G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Completezza
e dal fatto che l’ultimo termine è infinitesimo per la (3.2).
Supponiamo ora V normato. Tutto ciò che abbiamo dimostrato continua a valere se d è la metrica
indotta dalla norma. Ciò che dovremmo ancora dimostrare è che è possibile definire operazioni che rendono
�V spazio vettoriale e l’isometria I già costruita lineare e che � d è indotta da una norma in � V . Tuttavia
procediamo speditamente. Se �x, �y ∈ � V e λ ∈ K , poniamo
�x + �y = lim
n→∞ I(xn + yn) e λ�x = lim
n→∞ I(λxn) ove {xn} ∈ �x e {yn} ∈ �y .
Si verifica senza difficoltà che le definizioni non dipendono dai rappresentanti e dunque hanno senso e che
�V diventa effettivamente uno spazio vettoriale. La linearità di I è poi vera per costruzione. Infine, per
l’ultimo punto, basta controllare che � d verifica le due condizioni della Proposizione I.3.8, e ciò non offre
difficoltà alcuna se si usa la (3.2) ancora una volta.
Passiamo alle unicità espresse nell’enunciato. Anche qui procediamo speditamente. Partiamo dal caso
degli spazi metrici: fissati due completamenti ( � V , � d) e ( � V , � d) dello spazio metrico (V, d) , dobbiamo costruire
un omeomorfismo isometrico fra i due. Siano I : V → I(V ) ⊆ � V e J : V → J(V ) ⊆ � V due isometrie. Allora
sono isometrie anche le applicazioni biiettive I ◦J −1 : J(V ) → I(V ) e J ◦I −1 : I(V ) → J(V ) . Siccome ogni
isometria è, banalmente, una funzione uniformemente continua, possiamo applicare la Proposizione A.1.27
alle applicazioni I ◦ J −1 e a J ◦ I −1 e prolungarle a due funzioni continue F : � V → � V e G : � V → � V
rispettivamente. Ovviamente la condizione di isometria si conserva sui prolungamenti. A questo punto
si controlla che G ◦ F = id�V e F ◦ G = id �V , le applicazioni identiche dei due spazi, per cui F è un
omeomorfismo isometrico e G è l’omeomorfismo inverso. Se poi V è uno spazio vettoriale normato, questa
costruzione conduce chiaramente ad applicazioni lineari, data la linearità delle isometrie I e J di partenza.
Come ultima cosa, dobbiamo controllare che ogni completamento di uno spazio prehilbertiano è uno
spazio di Hilbert e l’unico controllo mancante è la regola del parallelogrammo (Proposizione I.3.9). Ma ciò
viene immediatamente utilizzando la continuità della norma.
Data l’essenziale unicità del completamento, si dice spesso, appunto, il completamento, con
l’articolo determinativo. Di volta in volta, tuttavia, occorre costruire un completamento, il più
concreto possibile, e si ha davvero il completamento quando questo è già noto. Diamo alcuni
esempi che vogliono chiarire la situazione.
3.3. Esempio. Sia V = C 1 [0, 1] , lo spazio delle funzioni di classe C 1 nell’intervallo [0, 1] ,
munito della norma del massimo. Allora non c’è completezza, come mostra la seconda parte
dell’Esempio I.3.17: V è un sottospazio non chiuso di C 0 [0, 1] e quindi non può essere completo
rispetto alla norma del massimo. Siccome invece C 0 [0, 1] è completo rispetto a tale norma e
C 1 [0, 1] è un sottoinsieme denso (grazie all’esercizio proposto tra breve) abbiamo che C 0 [0, 1] è
il completamento dello spazio normato da cui siamo partiti.
3.4. Esempio. Sia ora V = {v ∈ C 1 [0, 1] : v(0) = 0} , ancora munito della norma del massimo.
Questo spazio non è completo a maggior ragione, essendo sottospazio di quello dell’esempio precedente.
Tuttavia esso non è denso in C 0 [0, 1] . Un completamento si ottiene allora prendendone la
chiusura in C 0 [0, 1] . Questa è {v ∈ C 0 [0, 1] : v(0) = 0} grazie all’esercizio successivo.
3.5. Esercizio. Si dimostri che
C ∞ [0, 1] è denso in C 0 [0, 1] rispetto alla norma del massimo. (3.3)
Fissata u ∈ C 0 [0, 1] , si consiglia di applicare la (I.5.29) al prolungamento v di u definito da
v(x) = u(x) se x ∈ [0, 1] , v(x) = u(0) se x < 0 e v(x) = u(1) se x > 1 . Si dimostri inoltre che
il sottospazio di C ∞ [0, 1] costituito dalle funzioni u nulle in un intorno di 0 è denso, rispetto
alla norma del massimo, nel sottospazio di C 0 [0, 1] costituito dalle funzioni nulle in 0 . Fissata
u ∈ C 0 [0, 1] , si consiglia di procedere come sopra con la variante seguente: nella costruzione di v
si sostituisce u con uζε , ove ζε : [0, 1] → R è data dalla formula ζε(x) = min{1, (x − 2ε) + /ε} .
3.6. Esercizio. Vale un risultato più forte della (3.3), dovuto a Weierstrass: lo spazio delle
restrizioni a [0, 1] dei polinomi è denso in C 0 [0, 1] rispetto alla norma del massimo. Si dimostri
Analisi Funzionale
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