G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Appendice
Allora, se zi = (xi, yi) ∈ Ω per i = 1, 2 , basta introdurre i punti ausiliari z ′ i = (xi, −1/2) per
vedere che dΩ(z1, z2) ≤ (3/2) + 1 + (3/2) = 4 (e ovviamente si potrebbe migliorare la stima).
iv) Per costruire un aperto che non verifica la (3.9) e nel quale la distanza geodedica non sia
limitata si parta da una curva a spirale S che si avvolge intorno all’origine e che abbia lunghezza
infinita: si può prendere come S la curva parametrizzata da X(t) = (t+1) −1 (cos t, sin t) per t > 0 .
Allora la lunghezza dell’arco immagine di [s, t] ha l’ordine di grandezza ln t − ln s = ln(t/s) . Si
prenda come Ω un aperto che si avvolge intorno all’origine lungo S , via via assottigliandosi, in
modo che le sue “spire” siano separate l’una dall’altra. Allora, se x, y ∈ S , abbiamo dΩ(x, y) ∼
ln(t/s) ove t, s sono le controimmagini tramite X dei due punti. Prendiamo in particolare s > 0 e
t = s2 oppure t = 2s . La prima scelta mostra che dΩ non si mantiene limitata. Con la seconda si
ha dΩ(x, y) ∼ ln 2 mentre |x−y| ≤ |x|+|y| ≤ 2/(t+1) , così che si può fare in modo che |x−y| tenda
a 0 e che contemporaneamente dΩ(x, y) resti lontano da 0 , da cui l’incompatibilità delle (3.9).
Analogamente, sia S ⊂ R2 il grafico, di lunghezza infinita, di una funzione ϕ “serpeggiante”
(si pensi a ϕ(t) = sin(1/t) o anche a ϕ(t) = t sin(1/t) con t ∈ (0, 1) : nel secondo caso il limite
destro ϕ(0 + ) è finito (vale 0 ), ma il grafico di ϕ continua ad avere lunghezza infinita). Allora
si può prendere come Ω un aperto che ricopre S , via via assottigliandosi, in modo che le sue
“anse” siano separate una dall’altra. In questo caso l’analoga della funzione X precedente è data
da X(t) = (t, ϕ(t)) e vale un ragionamento analogo: con scelte del tipo x = X(t) e y = X(s) si
ottengono come sopra sia la non limitatezza di dΩ sia l’incompatibilità delle (3.9). Naturalmente,
come abbiamo anticipato, le costruzioni precise sono molto complesse. Tuttavia potrebbero essere
fatte. Segnaliamo che, sviluppando queste idee in modo rigoroso, si riescono a costruire aperti
Ω con le propietà richieste e per i quali esistono sottoinsiemi limitati di C1 (Ω) che non sono
relativamente compatti in C0 (Ω) , come avviene nel caso del “pettine” dell’Esempio 3.18.
3.25. Si ha
�vn� p p = c p n
�
Dn
x p 1
2 dx =
p + 1
c p n
2n(2n + 1)
e �∇vn� p p = c p n
�
Dn
dx =
c p n
2n(2n + 1) .
Allora la scelta cn = n 2/p fornisce limn→∞�vn� p p = 1/(4(p + 1)) e limn→∞�∇vn� p p = 1/4 per cui
{vn} è limitata in W 1,p (Ω) e non infinitesima in L p (Ω) . D’altra parte vn → 0 q.o., per cui la
funzione nulla è l’unico candidato limite forte in L p (Ω) di ogni sottosuccessione. Deduciamo che
non esistono sottosuccessioni convergenti fortemente in L p (Ω) .
4.10. Supponiamo vn ⇀ v in V = C 0 (Ω) e fissiamo x0 ∈ Ω : dobbiamo dimostrare che vn(x0) →
v(x0) . Sia f : V → K definita da f(z) = z(x0) . Allora f ∈ V ∗ e la tesi diventa 〈f, vn〉 → 〈f, v〉 ,
che è parte dell’ipotesi.
4.11. Ricordiamo l’Esercizio III.3.11 e la formula 〈f, x〉 = � N
i=1 〈fi, x i 〉 nella quale x =
(x 1 , . . . , x N ) ∈ V , f ∈ V ∗ e fi ∈ V ∗
i : essa stabilisce un isomorfismo fra V ∗ e il prodotto
dei duali V ∗
i . Allora xn ⇀ x in V se e solo se � N
i=1 〈fi, xi n〉 → �N i=1 〈fi, xi 〉 per ogni scelta di
fi ∈ Vi , i = 1, . . . , N . Ma ciò significa 〈fi, x i n〉 → 〈fi, x i 〉 per ogni fi ∈ V ∗
i e per ogni i , cioè che
x i n ⇀ x i in Vi per ogni i .
4.12. Fissiamo f ∈ V ∗ e ε > 0 : dobbiamo dimostrare che esiste m tale che |〈f, xn − x〉| ≤ ε
per ogni n ≥ m . Sia M ≥ �xn� per ogni n e si scelga g ∈ S ∗ tale che �g − f�∗ ≤ ε . Allora
|〈f, xn − x〉| ≤ |〈f − g, xn − x〉| + |〈g, xn − x〉| ≤ Cε + |〈g, xn − x〉| per ogni n , ove abbiamo posto
C = M + �x� . Ma l’ultimo termine è infinitesimo e C è noto a priori.
4.15. Considerando le differenze ci riconduciamo al caso un = u = 0 . Posto q = p ′ , grazie al
Teorema di Riesz, dalla convergenza debole vn ⇀ v in Lp (Ω) e dalle disuguaglianze vn ≥ 0 per
ogni n deduciamo �
Ω vz dµ ≥ 0 per ogni z ∈ Lq (Ω) non negativa. Dobbiamo dimostrare che ha
misura nulla l’insieme ω in cui v < 0 . Se p = 1 prendiamo z = χω , la funzione caratteristica
di ω , e otteniamo �
ω v ≥ 0 . Dunque µ(ω) = 0 . Se p ∈ (1, +∞) , prendiamo z = |v|p−1χω ,
osservando che z ∈ Lq (Ω) dato che |z| q = |v| pχω . Otteniamo �
ω v|v|p−1 ≥ 0 , da cui ancora
µ(ω) = 0 .
Analisi Funzionale
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