G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Il Teorema di Hahn-Banach
fine controlliamo che ψ è differenziabile secondo Gâteaux in u (di fatto lo è in ogni punto dello
spazio). Se v ∈ H1 0 (Ω) e t ∈ R abbiamo
ψ(u + tv) = 1
�
|∇(u + tv)|
2 Ω
2 �
�
dx + ϕ(u + tv) dx − g(u + tv) dx
Ω
Ω
= 1
�
|∇u|
2 Ω
2 � �
dx − gu dx + t (∇u · ∇v − gv) dx +
Ω
Ω
t2
�
|∇v|
2 Ω
2 �
dx + ϕ(u + tv) dx
Ω
e dobbiamo derivare nel punto t = 0 . Chiaramente l’unico termine degno di nota è l’ultimo
integrale. Vediamo se è lecito derivare sotto segno in t = 0 . La funzione (x, t) ↦→ ϕ(u(x) + tv(x)) ,
(x, t) ∈ Ω × R , è di classe C 1 rispetto a t per q.o. x ∈ Ω e misurabile rispetto a x per ogni t ∈ R
e la sua derivata parziale rispetto a t vale h(u(x) + tv(x)) v(x) . Siccome risulta
|h(u + tv) v| ≤ L|u + tv| |v| ≤ L(|u| + |v|) |v| ≤ L(|u| 2 + 2|v| 2 ) per |t| ≤ 1 e q.o. in Ω
e l’ultimo membro appartiene a L1 (Ω) , concludiamo che possiamo derivare sotto il segno di integrale
in t = 0 . Quindi la derivata in t = 0 della funzione t ↦→ ψ(u + tv) effettivamente esiste e risulta
〈ψ ′ �
�
�
(u), v〉 = ∇u · ∇v dx + h(u) v dx − gv dx per ogni v ∈ H1 0 (Ω)
Ω
Ω
dove abbiamo già usato il simbolo di dualità dato che il secondo membro della formula dipende da
v in modo lineare e continuo rispetto alla topologia di H1 0 (Ω) . Allora, essendo u punto di minimo
di ψ , deduciamo ψ ′ (u) = 0 per la Proposizione 12.16. Ma ciò significa proprio la (12.14). Dunque
il problema (12.14) ha una e una sola soluzione.
Notiamo che, per quanto riguarda l’esistenza, alternativamente avremmo potuto considerare
l’estensione di ϕ a L2 (Ω) ottenuta ponendo ψ(v) = +∞ se v �∈ H1 0 (Ω) . Con tale scelta ψ sarebbe
stata solo s.c.i. anziché continua. Inoltre avremmo perso la differenziabilità secondo Gâteaux e
avremmo dovuto ricorrere alla condizione (12.5) proprio in termini di sottodifferenziale. Allora
saltano all’occhio l’analogia con l’Esempio 12.21 e il collegamento alla Proposizione 12.22 con p = 2 :
infatti la (12.12) diventa ora ξ = h(v) dato che ∂ϕ(r) = {h(r)} per ogni r ∈ R . Tuttavia, essendo
in generale falso che il sottodifferenziale di una somma è la somma dei sottodifferenziali, non ne
avremmo tratto vantaggi immediati. Vediamo invece come si possano attenuare le ipotesi su h .
Per quanto riguarda l’unicità, le (12.15) sono state utilizzate solo parzialmente. Precisamente,
perché il discorso fatto sia corretto, bastano le seguenti: h(ui) ∈ L2 (Ω) e h è non decrescente. Ma
si può dire ben di più. Se sostituiamo il problema (12.14) con il seguente
u ∈ H 1 0 (Ω), ξ ∈ L 2 (Ω), ξ ∈ ∂ϕ(u) q.o. in Ω
�
Ω
�
∇u · ∇v dx +
Ω
�
ξ v dx =
Ω
Ω
gv dx per ogni v ∈ H1 0 (Ω) (12.17)
ove ϕ : R → (−∞, +∞] è una funzione convessa propria s.c.i., lo stesso discorso, adattato
rimpiazzando h(ui) con ξi , ancora funziona dato che (ξ1 − ξ2)(u1 − u2) ≥ 0 q.o. in Ω . Infatti,
se ri ∈ R e si ∈ ∂ϕ(ri) per i = 1, 2 , allora (s1 − s2)(r1 − r2) ≥ 0 , come si vede scrivendo
ϕ(r1) + s1(r2 − r1) ≤ ϕ(r2) e l’analoga con gli indici scambiati e sommando poi membro a membro
(si veda anche il risultato generale sulla monotonia dei sottodifferenziali che diamo tra breve).
Veniamo all’esistenza con h più generale. Ferma restando l’ipotesi di monotonia, vediamo se è
possibile eliminare quella di continuità. A questo proposito costruiamo un esempio di non esistenza
con Ω = (0, 3) . Prendiamo come ϕ la funzione parte positiva, cioè ϕ(r) = r + = max{r, 0} per
r ∈ R , e come h la sua derivata, dunque definita per ora solo in R \ {0} . Si porrà il problema di
scegliere il valore h(0) . Immaginiamo di averne scelto uno e fissiamo u ∈ C 2 (Ω) positiva in (0, 1)
e nulla in 0 e in [1, 3] e α, β ∈ [0, 1] distinti. Definiamo ξ ∈ L 2 (Ω) ponendo ξ = 1 in (0, 1) ,
ξ = α in (1, 2) e ξ = β in (2, 3) . Allora, banalmente, il problema in (12.13) è soddisfatto se g
Analisi Funzionale
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