G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Il Teorema di Hahn-Banach
è fissato, come nel caso già trattato otteniamo che D(∂g) = D(∂f) e che ∂g(x) = {Rx − z} per
x ∈ D(f) . In particolare x ∈ H è punto di minimo per g se e solo se x ∈ R −1 (H) e Rx = z .
Dunque, se cerchiamo il punto di minimo per la funzione g , come nell’esempio citato risolviamo
l’equazione Rx = z , cioè ((x, y)) = 〈z, y〉 per ogni y ∈ V ove (( · , · )) è il prodotto scalare di V ,
vale a dire ((x, y)) = (z, y) per ogni y ∈ V , ora con l’ipotesi aggiuntiva z ∈ H , trovando la
soluzione x in R −1 (H) .
Un esempio non banale di funzione convessa propria s.c.i. è descritto nel risultato che segue,
nel quale si calcola anche il sottodifferenziale. Si osservi preliminarmente che la composizione ϕ ◦ v
di una funzione ϕ : R → (−∞, +∞] s.c.i. con una funzione v misurabile su uno spazio di misura
è essa stessa misurabile. Come spesso si usa, scriviamo ϕ(v) anziché ϕ ◦ v .
12.22. Proposizione. Siano ϕ : R → (−∞, +∞] una funzione convessa propria s.c.i.,
(Ω, M, µ) uno spazio di misura finito e p ∈ (1, +∞) . Definiamo f : L p (Ω) → (−∞, +∞] mediante
�
f(v) =
Ω
ϕ(v(x)) dµ se ϕ(v) ∈ L 1 (Ω) e f(v) = +∞ altrimenti. (12.11)
Allora f è convessa propria s.c.i. e il suo sottodifferenziale si ottiene come segue: se u ∈ Lp (Ω) e
ξ ∈ Lp′ (Ω) risulta
ξ ∈ ∂f(u) se e solo se ξ(x) ∈ ∂ϕ(u(x)) q.o. in Ω (12.12)
con l’identificazione (Lp (Ω)) ∗ = Lp′ (Ω) tramite l’isomorfismo di Riesz.
Dimostrazione. Osserviamo che effettivamente f non assume mai il valore −∞ . Infatti si scelga un
polinomio P di grado ≤ 1 tale che P (t) ≤ ϕ(t) per ogni t ∈ R . L’esistenza di tale polinomio, senz’altro
garantita dal Lemma 11.8 che deriva dal Teorema di Hahn-Banach, può essere in questo caso dimostrata
in modo semplice e diretto come segue. Se D(ϕ) ha un solo punto t0 prendiamo P (t) = ϕ(t0) . In
caso contrario D(ϕ) contiene un intervallo [a, b] non banale e, detto Q il polinomio di grado ≤ 1 che
coincide con ϕ in a e in b e osservato che ϕ è continua in [a, b] , si può prendere P (t) = Q(t) − c ove
c è il minimo di Q − ϕ in [a, b] . Trovato il polinomio P minorante, continuiamo il discorso. Siccome
P (v) ∈ L1 (Ω) per ogni v ∈ L1 (Ω) e Lp (Ω) ⊆ L1 (Ω) perché µ(Ω) < +∞ , abbiamo che f(v) > −∞ .
Inoltre f è convessa e propria, come subito si verifica. Infine f è s.c.i., come ora controlliamo. Siano
{un} una successione in Lp (Ω) convergente a u ∈ Lp (Ω) e λ = lim infn→∞ f(un) . Dobbiamo verificare
che f(u) ≤ λ . Chiaramente possiamo supporre λ finito. Mediante due estrazioni successive troviamo una
sottosuccessione {unk } che verifica limk→∞ f(unk ) = λ e che converge a u q.o. Considerando ϕ − P se
occorre, ci rinconduciamo al caso in cui ϕ è non negativa. Allora le funzioni ϕ(unk ) sono non negative e
risulta 0 ≤ ϕ(u) ≤ lim infk→∞ ϕ(unk ) q.o. Per il Lemma di Fatou, deduciamo che ϕ(u) ∈ L1 (Ω) e che
�
�
�
f(u) = ϕ(u) dµ ≤ lim inf
Ω
Ω k→∞ ϕ(unk )� dµ
�
≤ lim inf ϕ(unk ) dµ = lim f(unk ) = λ .
k→∞ Ω
k→∞
Veniamo alla (12.12). Supponiamo ξ ∈ ∂ϕ(u) q.o. Allora, per ogni v ∈ D(f) e per q.o. x ∈ Ω , risulta
ϕ(u(x)) ≤ ξ(x) � u(x) − v(x) � + ϕ(v(x))
e tutte le funzioni in gioco sono integrabili. Integrando si ottiene che ξ ∈ ∂f(u) .
Supponiamo, viceversa, ξ ∈ ∂f(u) , cioè
Analisi Funzionale
�
Ω
�
�
ξ (u − v) dµ + ϕ(v) dµ − ϕ(u) dµ ≥ 0 per ogni v ∈ D(f) .
Ω
Ω
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