G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Capitolo 7
7.31. Osservazione. Nell’esempio precedente ℓ è un numero finito, ovviamente. D’altra parte
ci si può chiedere se sia possibile ripetere tutto quanto nel caso in cui (0, ℓ) sia sostituito da
un intervallo illimitato, ad esempio Ω = R . In tal caso il Teorema di Rellich-Kondrachov non
è applicabile. Di conseguenza non è applicabile nemmeno il Teorema 7.26. Ora vediamo che, di
fatto, la situazione che si viene a creare contrasta con l’enunciato del Teorema 7.26 (necessariamente
per la mancata compattezza dell’inclusione di V in H dato che le altre ipotesi sono soddisfatte)
e a tale scopo basterà addirittura considerare un’equazione più semplice. Prendiamo
�
�
fv dx
Ω = R, V = H 1 (Ω), H = L 2 (Ω), a(u, v) =
u
Ω
′ v ′ dx e 〈f ∗ , v〉 =
ove f ∈ L 2 (Ω) . In tal caso la condizione u ∈ V comporta un certo annullamento di u all’infinito
(sul quale non indaghiamo oltre). L’analoga della (7.26) diventa −u ′′ = f e, se supponiamo f
anche continua, le sue soluzioni sono tutte e sole le soluzioni classiche. Dunque, se f ≥ 0 , tutte
le soluzioni sono concave. Ma l’unica funzione u ∈ H 1 (R) concava è la funzione nulla. Quindi, se
f è continua, non negativa e non identicamente nulla, il problema non ha soluzioni. D’altra parte
il problema aggiunto ha solo la soluzione nulla. Dunque la (5.4) è falsa in questo caso. Siccome
la (5.5) deve comunque valere, deduciamo che l’immagine R(L) è densa e non chiusa. In particolare
ogni f ∈ C ∞ c (R) non negativa e non identicamente nulla è limite di una successione {fn} di dati
che rendono il problema risolubile. Tocchiamo con mano questo fatto costruendo un esempio.
7.32. Esempio. Sia u : R → R di classe C ∞ tale che: u(x) = 0 se x ≤ 0 , u(x) = 1/2 − x se
x ≥ 1 e u ′′ (x) < 0 se x ∈ (0, 1) . Prendiamo f = −u ′′ , così che f è addirittura di classe C ∞ .
Inoltre, per costruzione, f è strettamente positiva in (0, 1) e nulla altrove. In particolare si ha
f ∈ C ∞ c (R) ma il problema con dato f non ha soluzioni in H 1 (R) . Costruiamo una successione
{fn} convergente a f in L 2 (R) di dati che, al contrario, rendono risolubile il problema. Fissiamo
ζ ∈ C ∞ (R) tale che ζ(x) = 1 se x ≤ 0 e ζ(x) = 0 se x ≥ 1 e poniamo
un(x) = u(x) ζ(x/n) e fn(x) = −u ′′ n(x) per x ∈ R .
Allora un ∈ C ∞ c (R) , da cui anche fn ∈ C ∞ c (R) . In particolare un ∈ H 1 (R) e fn ∈ L 2 (R) .
Inoltre −u ′′ n = fn per costruzione. Dunque, in corrispondenza al dato fn , il problema è risolubile
in quanto un ne è soluzione. Mostriamo che {fn} converge a f in L 2 (R) . Abbiamo
f(x) − fn(x) = −u ′′ (x) + u ′′ n(x) = u ′′ (x)(ζ(x/n) − 1) + 2
n u′ (x) ζ ′ (x/n) + 1
n 2 u(x) ζ′′ (x/n).
Applicando il Teorema di Lebesgue della convergenza dominata, deduciamo immediatamente
� 1
lim |f(x) − fn(x)|
n→∞
2 � 1
dx = lim |f(x) − fn(x)|
n→∞
2 dx = 0.
1/n
−∞
D’altra parte, essendo u(x) = 1/2 − x per x > 1 , abbiamo
� +∞
|f(x) − fn(x)|
1
2 � +∞�
2
dx =
1 n ζ′ x − 1/2
(x/n) +
n2 � +∞�
2
=
n ζ′ y − 1/(2n)
(y) + ζ
n
′′ �2 (y) n dy ≤ 1
� +∞�
n
0
0
ζ ′′ �2 (x/n) dx
2|ζ ′ (y)| + (y + 1)|ζ ′′ (y)|
Ω
� 2
dy = c
n
e concludiamo.
Va da sé che, al contrario, la successione {un} si comporta molto male. Infatti, per ogni
x ∈ R , si ha limn→∞ x/n = 0 da cui limn→∞ ζ(x/n) = ζ(0) = 1 , così che {un} converge a
u puntualmente. Allora, per come è fatta u , vediamo che {un} non converge in alcuna delle
topologie di spazio normato ragionevolmente connesse con il problema.
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Gianni Gilardi