G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Appendice
Sia ora t0 ∈ R tale che f ′′ (t0) �= 0 . Useremo il simbolo t0 anche per la corrispondente
funzione costante. Supponiamo f ′′ (t0) > 0 per fissare le idee, poniamo ε = f ′′ (t0)/4 e scegliamo
δ > 0 tale che f ′′ (t) ≥ 2ε per |t − t0| ≤ δ . Per tali t e con opportuna scelta di τ compreso fra
t0 e t abbiamo allora
f(t) = f(t0) + f ′ (t0)(t − t0) + f ′′ (τ)
(t − t0)
2
2 ≥ f(t0) + f ′ (t0)(t − t0) + ε(t − t0) 2 .
Consideriamo ora la successione {vn} definita da vn(x) = t0 + δ sin nx per x ∈ (0, 1) . Allora
vn ⇀ t0 in L p (0, 1) per l’Esercizio IV.4.17. D’altra parte f(vn(x)) ≥ f(t0)+f ′ (t0) sin nx+ε sin 2 nx
in quanto |vn−t0| ≤ δ e l’ultimo membro della disuguaglianza appena scritta converge a f(t0)+ε/2
per lo stesso esercizio. Siccome la convergenza debole in L p conserva le disuguaglianze al limite
(Esercizio IV.4.15), il primo membro, cioè F (vn) , non può convergere a F (t0) .
Notiamo che, se p > 1 , si potranno usare i risultati di compattezza sequenziale presentati successivamente
per dimostrare che {F (vn)} ha un sottosuccessione debolmente convergente. Ma per
lo stesso motivo il limite debole di tale sottosuccessione non può essere F (v) .
Capitolo V
2.3. Poniamo W = W k,p (Ω) e q = p ′ per comodità. Se uα ∈ Lq (Ω) per |α| ≤ k , il funzionale f
dato dalla formula è ben definito e lineare e per ogni v ∈ W verifica
|〈f, v〉| ≤ �
�uα�q�D α v�p ≤ M �
�D α v�p = M�v�k,p ove M = max
|α|≤k �uα�q
|α|≤k
|α|≤k
per cui è anche continuo. Viceversa, supponiamo f ∈ W ∗ . Detto N il numero delle derivate di
ordine ≤ k , derivate che ordiniamo in qualche modo, sia L : W → V = L p (Ω) N , definito dalla
formula Lv = {D α v} . Allora L è un isomorfismo isometrico di W su un sottospazio (chiuso)
V0 di V se nel prodotto si usa la norma ovvia e il funzionale f ◦ L −1 : V0 → K è lineare e
continuo. Per il Teorema di Hahn-Banach esso ha un prolungamento F lineare e continuo definito
su tutto V . Ma dalla rappresentazione generale del duale di un prodotto e dal Teorema di Riesz
deduciamo che esistono funzioni uα ∈ Lq (Ω) per |α| ≤ k tali che
〈F, {vα}〉 = �
�
Ω
uαvα dx per ogni {vα} ∈ V .
|α|≤k
Segue allora la rappresentazione desiderata
〈f, v〉 = 〈f ◦ L −1 , Lv〉 = 〈F, Lv〉 = 〈F, {D α v}〉 = �
|α|≤k
�
Ω
uαD α v dx per ogni v ∈ W .
La famiglia {uα} non è unica perché non è unico il prolungamento F di f ◦ L −1 .
3.5. L’unico punto che potrebbe offrire difficoltà è il fatto che la stretta convessità implichi la
condizione ii) . Supposta la stretta convessità, siano x , y e t come in ii) . Poniamo z =
tx + (1 − t)y e m = (x + y)/2 . Se t = 1/2 allora z = m , da cui �z� < 1 . Sia t ∈ (0, 1/2) . Allora
z = ϑm + (1 − ϑ)y per un certo ϑ ∈ (0, 1) . Siccome la funzione � · � è convessa (facile verifica)
abbiamo �z� ≤ ϑ�m� + (1 − ϑ)�y� < ϑ + (1 − ϑ) = 1 in quanto �m� < 1 dall’ipotesi e �y� = 1 .
Se t ∈ (1/2, 1) si ragiona analogamente con m e x .
3.6. Basta usare la regola del parallelogrammo: �x + y� 2 = 2�x� 2 + 2�y� 2 − �x − y� 2 . Ora se
�x� = �y� = 1 e x �= y , il secondo membro è < 4 da cui �x + y� < 2 .
3.7. Siano A e B come in i) . Poniamo x = χ A/µ(A) e y = χ B/µ(B) . Allora x, y ∈ L 1 (Ω) ,
�x�1 = �y�1 = 1 e �x + y�1 = 2 . Poniamo ora x = χ A e y = χ A∪B (e qui non serve che le due
Analisi Funzionale
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