G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Appendice
5.22. Basta osservare che la formula 1/r = (1/p) − (1/q) definisce r ∈ [1, +∞] e applicare
l’Esercizio 5.20 alle funzioni v ∈ L q (Ω) e 1 ∈ L r (Ω) .
5.26. Usare la (5.14).
5.31. Consideriamo dapprima il caso p = 1 . Data x = {xn} ∈ ℓq , supponiamo senz’altro x �= 0
e poniamo M = �x�q e yn = xn/M per n ∈ N . Allora la successione y = {yn} verifica
y ∈ ℓ q e |yn| ≤ 1 per ogni n . Segue che |yn| ≤ |yn| q da cui �y�1 ≤ � ∞
n=0 |yn| q = 1 . Ciò
significa x ∈ ℓ 1 e �x�1 ≤ �x�q . Questa disuguaglianza è poi banale se x = 0 . Nel caso generale,
grazie a quanto appena visto e alla disuguaglianza di interpolazione, se x ∈ ℓ q si ha x ∈ ℓ p e
≤ �x�ϑ q �x�1−ϑ q = �x�q ove ϑ ∈ (0, 1) è il valore corretto. Ciò implica la
continuità nell’origine dell’immersione, che è lineare, dunque la sua continuità.
�x�p ≤ �x�ϑ 1�x�1−ϑ q
5.34. Sia {xn} una successione di elementi di (c) convergente a y in ℓ ∞ . Denotiamo con xnk e
con yk i k -esimi elementi di xn e di y e poniamo λn = limk→∞ xnk . Dimostriamo che {λn} è una
successione di Cauchy. Sia ε > 0 ad arbitrio. Sia in corrispondenza n ∗ tale che �xn − xm�∞ ≤ ε
per ogni m, n ≥ n ∗ . Dico che |λn − λm| ≤ 3ε per tali m e n . Fissiamo infatti m, n ≥ n ∗ . Scelto
k tale che |λi − xik| ≤ ε per i = m e i = n , abbiamo
|λn − λm| ≤ |λn − xnk| + |xnk − xmk| + |xmk − λm| ≤ |λn − xnk| + �xn − xm�∞ + |xmk − λm| ≤ 3ε.
Dunque {λn} è una successione convergente. Detto λ il suo limite dimostriamo che {yk} converge
a λ . Osserviamo che, per ogni n e k , si ha
|yk − λ| ≤ |yk − xnk| + |xnk − λn| + |λn − λ| ≤ �y − xn�∞ + |xnk − λn| + |λn − λ|.
Dato ε > 0 ad arbitrio, fissiamo n tale che �y − xn�∞ ≤ ε e |λn − λ| ≤ ε e scegliamo k ∗ tale
che |xnk − xn| ≤ ε per ogni k ≥ k ∗ . Abbiamo allora |yk − λ| ≤ 3ε per ogni k ≥ k ∗ . Ciò dimostra
che y ∈ (c) . Dunque (c) è chiuso. La verifica che anche (c0) è chiuso è dello stesso tipo e più
semplice.
5.61. Verifichiamo che la funzione data appartiene a W p
div (Ω) . Se v ∈ C∞ c (Ω) si ha
�
Ω
�
u · ∇v dx dy =
e ciascuno dei due integrali è nullo. Vediamo il primo:
Ω
Ω
0
�
∂x(ϕ(y)v(x, y)) dx dy + ∂y(ψ(x)v(x, y)) dx dy
Ω
�
� 1 � 1
� 1
∂x(ϕ(y)v(x, y)) dx dy = dy ∂x(ϕ(y)v(x, y)) dx = [ϕ(y)v(x, y)] x=1
x=0 dy = 0
in quanto v(0, y) = v(1, y) = 0 per ogni y ∈ [0, 1] .
0
5.63. Verifichiamo che w ha u ′ come derivata debole. Per ogni v ∈ C ∞ c (R) si ha infatti
�
R
wv ′ � 0
dx = −
−∞
� 0
= −
−∞
� 0
= −
−∞
u ′ � t
(t)
−∞
v ′ � 0
(x) u ′ � +∞
(t) dt dx + v ′ � x
(x) u ′ (t) dt dx
x
v ′ � +∞
(x) dx dt + u ′ � +∞
(t) v ′ (x) dx dt
u ′ � +∞
(t)v(t) dt − u ′ �
(t)v(t) dt = −
0
0
0
t
R
0
0
u ′ v dt.
Deduciamo (u − w) ′ = u ′ − v ′ = 0 da cui u − w costante per la (5.52).
Analisi Funzionale
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