G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Appendice
Capitolo IV
1.8. Denotiamo con P w la proiezione dei due casi. i) Si ha P w = min{w, ψ} . ii) Si ha
P w = min{max{w, ϕ}, ψ} . Se ϕ e ψ non appartengono ad H i convessi corrispondenti possono
essere vuoti.
1.16. Per vedere che Hp è chiuso basta usare l’Osservazione I.5.24. Per vedere che la formula data
fornisce la proiezione basta osservare che u ∈ Hp e usare la (1.1).
1.18. Detto V0 il sottospazio considerato, la proiezione di w su V0 è la funzione u definita dalle
formule u = w (q.o.) in Ω \ ω e u = w − c in ω , ove c è la media di w in ω . Infatti u ∈ V0
perché �
ω (w − c) dµ = 0 e per ogni v ∈ V0 si ha (w − u, v) = �
ω cv dµ = 0 .
1.20. Per x ∈ H si ha �P x� 2 = (P x, P x) = (P 2 x, x) = (P x, x) ≤ �P x� �x� da cui �P x� ≤ �x� .
In particolare P è continuo. Verifichiamo che l’immagine R(P ) è chiusa. Se P xn → v , allora
P xn = P 2 xn → P x dato che P è continuo. Segue v = P x ∈ R(P ) . Sia ora x ∈ H : allora
P x ∈ R(P ) banalmente. Se poi y ∈ R(P ) , cioè y = P z con un certo z ∈ H , allora (x − P x, y) =
(x, P z) − (P x, P z) = (P x − P 2 x, z) = 0 . Dunque P x è la proiezione di x su R(P ) . Il resto
dell’esercizio è una facile verifica.
2.4. Per il Lemma 2.3 basta provare che S ⊥ = (span S) ⊥ . Da S ⊆ span S segue S ⊥ ⊇ (span S) ⊥ .
Siano ora u ∈ S ⊥ e v ∈ span S : dobbiamo provare che (u, v) = 0 . Sia dapprima v = �
i λivi
una combinazione lineare finita di elementi di S : allora (u, v) = �
i λi(u, vi) = 0 . Dunque
(u, v) = 0 per ogni v ∈ span S . Infine, se v ∈ span S , scelti vn ∈ span S tali che vn → v , si ha
(u, v) = lim(u, vn) = lim 0 = 0 .
3.17. La prima tesi è immediata: vn ∈ C 0 (Ω) , �vn�∞ = 1 e v ′ n ≡ 0 per ogni n . Per la seconda
basta osservare che {vn} converge puntualmente alla funzione nulla. Segue che {vn} non ha
sottosuccessioni convergenti in C 0 (Ω) .
3.22. Ci limitiamo alle (3.8). Si ha
�vn� p �
p =
�∇vn� p �
p =
Br(xn)
Br(xn)
�vn − vm� p �
p =
|ζ((x − xn)/r)| p dx = r d
�
B1(0)
|ζ(y)| p dy = r d M p
|r −1 ∇ζ((x − xn)/r)| p dx = r d−p
�
|∇ζ(y)|
B1(0)
p dy = r d−p M p
1
|vn(x)| p �
dx + |vm(x)|
Br(xm)
p dx = 2r d M p .
Br(xn)
3.23. Supponiamo F ⊂ C1 (Ω) limitato e sia M tale che �∇v�∞ ≤ M per ogni v ∈ F . Fissiamo
ε > 0 . Sia δ > 0 tale che µ(t) ≤ ε per ogni t ∈ (0, δ] . Allora, se x, y ∈ Ω , si ha dΩ(x, y) ≤ ε e
quindi anche |v(x) − v(y)| ≤ Mε per ogni v ∈ F .
3.24. i) La (3.7) si ottiene scegliendo µ(t) = Lt nella (3.9). Per alcuni dei punti successivi
dell’esercizio diamo solo le idee, dato che le costruzioni e le verifiche rigorose sarebbero complesse,
talora decisamente complesse.
ii) Un esempio di aperto che verifica la (3.9) e non la (3.7) è il seguente: per α ∈ (0, 1) si ponga
Ω = {x ∈ (−1, 1) 2 : x2 > |x1| α } . Siano ora x ∈ Ω con x1 > 0 e x2 > 0 e y = (−x1, x2) . Allora
dΩ(x, y) ≥ 2|x| ≥ 2x2 mentre |x−y| = 2x1 . Allora, se x2 ∼ xα 1 , si ha dΩ(x, y)/|x−y| ∼ x α−1
1 , che
non si mantiene limitato vicino all’origine dato che α < 1 . Ciò, sistemato un po’ più rigorosamente,
mostra che la (3.7) non vale. Al contrario vale la (3.9) con µ(t) = Mtα per M opportuno, come
si intuisce (ma la verifica rigorosa è laboriosa).
iii) Per controllare direttamente che la (3.9) è falsa nel caso dell’aperto dell’Esercizio 3.18 basta
considerare, per ogni n , il punto zn = (1/(n+1/2), 1/2) (che sta nel bel mezzo dell’ n -esimo dente
del pettine). Allora {|zn+1 − zn|} è infinitesima mentre {dΩ(zn+1, zn)} non lo è. Verifichiamo che
la funzione dΩ è limitata. Si osservi innanzi tutto che dΩ verifica la disuguaglianza triangolare.
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Gianni Gilardi