G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica
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Capitolo 4<br />
1.35. Esempio. Storicamente la (1.21) prende il nome <strong>di</strong> <strong>di</strong>sequazione variazionale astratta. Le<br />
<strong>di</strong>sequazioni variazionali “concrete” si ottengono specializzando le scelte dello spazio <strong>di</strong> Hilbert, del<br />
convesso e della forma bilineare. Un esempio tipico è il cosiddetto “problema dell’ostacolo”, sul<br />
quale <strong>di</strong>ciamo due parole. Con riferimento all’Osservazione 1.26, pren<strong>di</strong>amo H = H1 0 (Ω) , ove Ω è<br />
un aperto limitato e regolare <strong>di</strong> Rd . Come forma a pren<strong>di</strong>amo la più semplice delle (1.14):<br />
�<br />
a(u, v) =<br />
Ω<br />
∇u · ∇v dx per u, v ∈ H .<br />
Allora, grazie alla <strong>di</strong>suguaglianza <strong>di</strong> Poincaré, la forma a è coerciva. Pren<strong>di</strong>amo poi f = 0 in (1.21)<br />
per semplicità. Come convesso pren<strong>di</strong>amo il seguente<br />
C = {v ∈ H : v(x) ≥ ψ(x) q.o.}<br />
ove ψ : Ω → R è una funzione fissata (l’ostacolo). L’insieme C è comunque convesso e chiuso, ma,<br />
se ψ è generica, accade tranquillamente che C sia vuoto. Se invece ψ ∈ C 2 (Ω) e ψ|∂Ω ≤ −γ ove<br />
γ è una costante positiva, allora C non è vuoto. Supponendo che ψ verifichi queste con<strong>di</strong>zioni,<br />
si può <strong>di</strong>mostrare che la soluzione u del problema (1.21) data dal Teorema <strong>di</strong> Lions-Stampacchia<br />
verifica, in particolare, quanto segue: i) u ∈ C 1 (Ω) ; ii) detto ω l’insieme in cui u > ψ , che è un<br />
aperto, u è <strong>di</strong> classe C ∞ in ω e si ha −∆u = 0 in ω (si noti che l’equazione (1.12) <strong>di</strong>venterebbe<br />
−∆u = 0 con la scelta fatta <strong>di</strong> a e <strong>di</strong> f se avessimo preso C = H ); −∆ψ ≥ 0 in Ω \ ω . Nel<br />
caso particolare in cui Ω è un intervallo <strong>di</strong> R , l’operatore <strong>di</strong> Laplace è la derivata seconda e la<br />
con<strong>di</strong>zione −∆u = 0 in ω <strong>di</strong>venta: u è un polinomio <strong>di</strong> grado ≤ 1 in ogni componente connessa<br />
<strong>di</strong> ω . In tali con<strong>di</strong>zioni la soluzione u rappresenta la configurazione che assume un filo elastico<br />
fissato agli estremi (deve verificare u = 0 agli estremi) e costretto a restare sopra l’ostacolo ψ .<br />
2. Decomposizioni e serie <strong>di</strong> Fourier<br />
Il Teorema 1.10 delle proiezioni ha conseguenze notevolissime, oltre al Teorema <strong>di</strong> Riesz che abbiamo<br />
già visto. In questo paragrafo ve<strong>di</strong>amo come esso consenta <strong>di</strong> costruire decomposizioni <strong>di</strong> uno spazio<br />
<strong>di</strong> Hilbert in suoi sottospazi ortogonali e <strong>di</strong> dedurre una teoria astratta delle serie <strong>di</strong> Fourier.<br />
2.1. Definizione. Siano H uno spazio prehilbertiano. Due sottoinsiemi X, Y <strong>di</strong> H si <strong>di</strong>cono<br />
ortogonali quando (x, y) = 0 per ogni x ∈ X e y ∈ Y . Se S è un sottoinsieme <strong>di</strong> H , l’insieme<br />
è detto l’ortogonale <strong>di</strong> S .<br />
S ⊥ = {x ∈ H : (x, y) = 0 per ogni y ∈ S } (2.1)<br />
2.2. Osservazione. Facciamo notare l’articolo determinativo nell’ultima frase: S ⊥ non è un<br />
qualunque sottoinsieme ortogonale a S , ma il più grande dei sottoinsiemi <strong>di</strong> questo tipo. Si<br />
verifica imme<strong>di</strong>atamente che<br />
S ⊥ = (span S) ⊥ = (span S) ⊥<br />
e che S ⊥ è sempre un sottospazio chiuso <strong>di</strong> H . Notiamo infine che l’intersezione S ∩S ⊥ o è vuota<br />
oppure è ridotta all’origine, dato che ogni suo (eventuale) elemento x deve verificare (x, x) = 0 .<br />
2.3. Lemma. Siano H uno spazio <strong>di</strong> Hilbert e V0 un suo sottospazio chiuso. Allora l’ortogonale<br />
(V ⊥<br />
0 )⊥ <strong>di</strong> V ⊥<br />
0 coincide con V0 .<br />
Dimostrazione. Sia u ∈ V0 . Allora per ogni v ∈ V ⊥<br />
0 si ha (u, v) = 0 . Ciò mostra che u ∈ (V ⊥<br />
0 ) ⊥ . Vale<br />
dunque l’inclusione V0 ⊆ (V ⊥<br />
0 ) ⊥ . Sia ora u ∈ (V ⊥<br />
0 ) ⊥ e sia u0 la sua proiezione su V0 . Allora u0 ∈ (V ⊥<br />
0 ) ⊥<br />
per quanto abbiamo appena <strong>di</strong>mostrato. Segue u − u0 ∈ (V ⊥<br />
0 ) ⊥ . D’altra parte si ha u − u0 ∈ V ⊥<br />
0 .<br />
Deduciamo che u − u0 = 0 e quin<strong>di</strong> che u = u0 ∈ V0 .<br />
2.4. Esercizio. Dimostrare che, se S è un sottoinsieme non vuoto, allora (S ⊥ ) ⊥ = span S .<br />
74<br />
Gianni <strong>Gilar<strong>di</strong></strong>