ANALISI FUNZIONALE SPAZI DI HILBERT (ESEMPI, ESERCIZI …math.unipa.it/averna/did/Analisi...

ANALISI FUNZIONALE

SPAZI DI HILBERT

(ESEMPI, ESERCIZI e

DIMOSTRAZIONIche sono indicati e non risolti nella dispensa)

Diego AVERNA?

con ringraziamenti alle Dott.sse

Loredana BONSIGNORE e Maria Stella CANDELA

che sono state mie studentesse durante l’A.A. 2006/07

? Dipartimento di Matematica e Informatica

Facolta di Scienze MM.FF.NN.

Via Archirafi, 34-90123 Palermo (Italy)

[email protected]

http://math.unipa.it/averna/

Prima Edizione 13/03/2007. Ultima Edizione 26/10/2016.Questo documento e stampabile se preso da

http://math.unipa.it/averna/did/Analisi Funzionale/index.html.Typeset by AMS-LATEX .

Indice

Capitolo 1. SPAZI DI HILBERT 51. Spazi pre-hilbertiani 52. Spazi lineari normati 83. Lo spazio di Hilbert l2 94. Lo spazio di Hilbert L2 10

Capitolo 2. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT 151. Sottospazi 152. Sottospazi ortogonali 203. Basi 224. Isomorfismi 27

Capitolo 3. OPERATORI LINEARI E LIMITATI 291. Applicazioni (Operatori) lineari e limitati 292. Operatori lineari 293. Forme bilineari 324. Operatori aggiunti 355. Operatori di proiezione 36

Bibliografia 39

3

CAPITOLO 1

SPAZI DI HILBERT

1. Spazi pre-hilbertiani

Esempio 1.1. Sullo spazio euclideo n-dimensionale, IRn = {a = (α1, . . . , αn) :αk ∈ IR} definiamo:

a+ b = (α1 + β1, . . . , αn + βn)

λa = (λα1, . . . , λαn)

〈a, b〉 = Σnk=1αkβk

Provare che gli assiomi p1), p2), p3), p4), p5) sono banalmente verificati e quindi〈·, ·〉 e un prodotto interno.

Dim. p1) 〈a1 + a2, b〉 = Σnk=1(α1,k +α2,k)βk = Σn

k=1α1,kβk + Σnk=1α2,kβk = 〈a1, b〉+

〈a2, b〉p2) 〈αa, b〉 = Σn

k=1(ααk)βk = Σnk=1α(αkβk) = αΣn

k=1αkβk = α 〈a, b〉p3) 〈b, a〉 = Σn

k=1βkαk = Σnk=1αkβk = (poiche αkβk ∈ IR) = Σn

k=1αkβk =

Σnk=1αkβk = 〈a, b〉

p4) 〈a, a〉 = Σnk=1α

2k ≥ 0

p5) (=⇒) : 〈a, a〉 = Σnk=1α

2k = 0 =⇒ αk = 0 ∀k = 1, . . . , n =⇒ a = (0, . . . , 0).

(⇐=) : Sia a = (0, . . . , 0) =⇒ 〈a, a〉 = 0. �

Esempio 1.2. Sia n ≥ 1. Consideriamo lo spazio unitario n-dimensionale Cn ={a = (α1, . . . , αn) : αk ∈ C, k = 1, . . . , n} e definiamo:

a+ b = (α1 + β1, . . . , αn + βn)

λa = (λα1, . . . , λαn)

〈a, b〉 = Σnk=1αkβk

Verificare che tutte le condizioni menzionate nella definizione di spazio pre-hilbe-rtiano sono soddisfatte.

5

6 1. SPAZI DI HILBERT

Dim. p1) 〈a1 + a2, b〉 = Σnk=1(α1,k +α2,k)βk = Σn

k=1α1,kβk + Σnk=1α2,kβk = 〈a1, b〉+

〈a2, b〉p2) 〈αa, b〉 = Σn

k=1(ααk)βk = Σnk=1α(αkβk) = αΣn

k=1αkβk = α 〈a, b〉p3) 〈b, a〉 = Σn

k=1βkαk = Σnk=1αkβk = Σn

k=1αkβk = Σnk=1αkβk = 〈a, b〉

p4) 〈a, a〉 = Σnk=1αkαk = Σn

k=1|αk|2 ≥ 0p5)(=⇒) : 〈a, a〉 = Σn

k=1αkαk = Σnk=1|αk|2 = 0 =⇒ |αk| = 0 ∀k = 1, . . . , n =⇒

αk = 0 ∀k = 1, . . . , n =⇒ a = (0, . . . , 0).(⇐=) : Se a = (0, . . . , 0) =⇒ 〈a, a〉 = 0. �

Esempio 1.3. [Successione finite] Sia L = {a = (αk)∞k=1 : αk ∈ C per k ∈ IN, αk =

0 per k > n(a)} e definiamo:

a+ b = (αk + βk)∞k=1

λa = (λαk)∞k=1

〈a, b〉 = Σ∞k=1αkβk

N.B. La serie si riduce ad una somma finita.Verificare che L e uno spazio pre-hilbertiano.

Dim. Si osserva subito che la serie 〈a, b〉 = Σ∞k=1αkβk puo essere ridotta ad unasomma finita (di quanti termini non di sa).

Infatti, se a, b ∈ L, allora chiaramente a = (αk)∞k=1 con αk ∈ C per k ∈ IN, αk =

0 per k > n(a) e b = (βk)∞k=1 con βk ∈ C per k ∈ IN, βk = 0 per k > n(b).

Quindi, posto n = min{n(a), n(b)} si deduce che: αkβk = 0 per k > n =⇒αkβk = 0 per k > n =⇒ 〈a, b〉 = Σn

k=1αkβk.Procedendo in modo analogo all’esempio 1.2 si ricava che 〈a, b〉 = Σ∞k=1αkβk e un

prodotto interno su L. �

Esempio 1.4. Siano a, b ∈ IR con a < b. Poniano I = [a, b]. Denotiamo con C(I)la classe di tutte le funzioni f : I → C continue. Definiamo (puntualmente su I)

(f + g)(x) = f(x) + g(x), ∀x ∈ I

(λf)(x) = λf(x), ∀x ∈ IInoltre poniamo:

〈f, g〉 =

∫ b

a

f(x)g(x)dx

Provare che C(I) e uno spazio munito di prodotto interno.

1. SPAZI PRE-HILBERTIANI 7

Dim. p1) 〈f1 + f2, g〉 =∫ ba(f1 + f2)(x)g(x)dx =

∫ ba(f1(x) + f2(x))g(x)dx =∫ b

af1(x)g(x)dx+

∫ baf2(x)g(x)dx = 〈f1, g〉+ 〈f2, g〉

p2) 〈αf, g〉 =∫ ba(αf)(x)g(x)dx =

∫ baαf(x)g(x)dx = α

∫ baf(x)g(x)dx = α 〈f, g〉

p3) 〈g, f〉 =∫ bag(x)f(x)dx =

∫ baf(x)g(x)dx =

∫ baf(x)g(x)dx = 〈f, g〉

p4) 〈f, f〉 =∫ baf(x)f(x)dx =

∫ ba|f(x)|2dx ≥ 0

p5)(=⇒) : 〈f, f〉 =∫ baf(x)f(x)dx =

∫ ba|f(x)|2dx = 0 =⇒ |f(x)| = 0 ∀x ∈ I =⇒

f(x) = 0 ∀x ∈ I =⇒ f = 0.(⇐=) : Se f = 0 =⇒ 〈f, f〉 = 0. �

Esercizio 1.1 Se {ek}nk=1 e una famiglia ortonormale di vettori, allora ‖f‖2 =∑nk=1 | 〈f, ek〉 |2 ⇐⇒ f =

∑nk=1 〈f, ek〉 ek.

Dim. (⇐=): Sia f =∑n

k=1 〈f, ek〉 ek. Allora:

‖f‖2 = 〈f, f〉 =

⟨n∑k=1

〈f, ek〉 ek,n∑h=1

〈f, eh〉 eh

⟩=

=n∑k=1

n∑h=1

〈f, ek〉〈f, eh〉〈ek, eh〉 .

Inoltre, sapendo che {ek}nk=1 e una famiglia ortonormale di vettori, dalla relazioneprecedente segue che

‖f‖2 =n∑k=1

| 〈f, ek〉 |2.

(=⇒): Si ponga g = f −∑n

k=1 〈f, ek〉 ek. Si e visto nella dimostrazione della disu-guaglianza di Bessel che g ⊥ eh per h = 1, . . . , n e che i vettori g, 〈f, e1〉 e1, . . . , 〈f, en〉 enformano una famiglia ortogonale.

Pertanto, per il Corollario 1.2 si ha che:

‖f‖2 = ‖g +n∑k=1

〈f, ek〉 ek‖2 = ‖g‖2 +n∑k=1

| 〈f, ek〉 |2

Ma, per ipotesi si ha che: ‖f‖2 =∑n

k=1 | 〈f, ek〉 |2, da cui segue che ‖g‖2 = 0 =⇒‖g‖ = 0 =⇒ g = 0.

Quindi:

0 = g = f −n∑k=1

〈f, ek〉 ek =⇒ f =n∑k=1

〈f, ek〉 ek.

�


2. Spazi lineari normati

Esercizio 2.1. Provare che una successione convegente determina univocamente ilsuo limite.

Dim. Supponiamo che limn→∞ fn = f e limn→∞ fn = g. Per ogni ε2> 0 esistono

n1 = n1(ε2) e n2 = n2(

ε2) tali che

‖f − fn‖ <ε

2∀n > n1

‖g − fn‖ <ε

2∀n > n2.

Per n > max{n1, n2}

‖f − g‖ = ‖f − fn + fn − g‖ ≤ ‖f − fn‖+ ‖fn − g‖ <ε

2+ε

2= ε > 0.

Allora: ‖f − g‖ = 0 =⇒ f = g. �

Esercizio 2.2. Ogni successione di Cauchy e limitata.

Dim. Sia (fn)∞n=1 una successione di Cauchy, allora fissato 1 > 0 si puo determi-nare un indice n = n(1) tale che ∀ n,m > n si ha:

‖fn − fm‖ < 1.

Fissato m∗ > n risulta che ∀ n > n e ‖fn‖ − ‖fm∗‖ ≤ ‖fn − fm∗‖ < 1 per ilTeorema 2.2, e per la relazione precedente. Da cui:

‖fn‖ < ‖fm∗‖+ 1 ∀ n > n.

Posto M = max{‖f1‖, . . . , ‖fn‖, ‖fm∗‖+ 1} risulta ‖fn‖ ≤M ∀ n ∈ IN. �

Teorema 2.5. Ogni successione convergente in L e di Cauchy.

Dim. Sia (fn)∞n=1 una successione convergente a f in L.Per ogni ε

2> 0 esiste un n = n( ε

2) tale che ‖fn − f‖ < ε

2∀ n > n.

Allora ∀ n,m > n:

‖fn − fm‖ = ‖fn − f + f − fm‖ ≤ ‖fn − f‖+ ‖f − fm‖ <ε

2+ε

2= ε.

Quindi la successione (fn)∞n=1 e una successione di Cauchy. �

3. LO SPAZIO DI HILBERT l2 9

Esempio 2.3. Sia L = Cn. Provare che L e completo nella norma indotta dalprodotto interno dato nell’esempio 1.2.

Dim. Sia ai = (α1,i, . . . , αn,i) ∈ Cn e sia (ai)∞i=1 una successione di Cauchy in L.

Allora per ogni ε > 0 esiste un i = i(ε) tale che per ogni j, i > i e ‖ai − aj‖ < ε.

‖ai − aj‖2 = 〈ai − aj, ai − aj〉 = Σnk=1(αk,i − αk,j)(αk,i − αk,j) =

= Σnk=1|αk,i − αk,j|2 < ε2

Da |αk,i − αk,j|2 <∑n

k=1 |αk,i − αk,j|2 < ε2 si ha che per ogni k = 1, . . . , n e perogni ∀ i, j > i e |αk,i − αk,j| < ε.

Quindi ∀ k = 1, . . . , n la successione (αk,i)∞i=1 e una successione di Cauchy in C,

(C e uno spazio metrico completo) allora converge ad un numero αk ∈ C. Ossiafissato ε√

nesiste i∗ = i∗( ε√

n) tale che

|αk − αk,i| <ε√n∀ i > i∗

Sia a = (α1, . . . , αn) ∈ Cn allora

‖a− ai‖2 =n∑k=1

|αk − αk,i|2 < nε2

n= ε2 ∀ i > i∗

e quindi ‖a− ai‖ < ε ∀ i > i∗ ossia limi→∞ ai = a, a ∈ Cn. �

3. Lo spazio di Hilbert l2

Esercizio 3.1. Sia U = {a = (αk)∞k=1 : αk ∈ C, |αk| < 1

k, k ≥ 1}.

Dimostrare che:

a) U ⊂ l2b) Ogni successione (an)∞n=1 ⊂ U contiene una sottosuccessione convergentec) Per n ≥ 1 sia en = (δn,k)

∞k=1; allora ogni sottosuccessione della successione

(en)∞n=1 non converge.

Dim. a)∑∞

k=1 |αk|2 <∑∞

k=11k2< +∞.

b) an = (αn,k)k, |αn,k| < 1k∀n ≥ 1, ∀k ≥ 1.

|αn,1| < 1 quindi e limitata, per un teorema di Analisi I (il caso complesso e lostesso) esiste una sottosuccessione (αhn,1)n convergente a α1.

Pigliamo la successione |αhn,2| < 12

quindi e limitata, per lo stesso teorema diAnalisi I, esiste una sottosuccessione che non e restrittivo continuare a chiamare(αhn,2)n convergente a α2.

Pigliamo la successione |αhn,3| < 13. . . . . . e cosi via.

La sottosuccessione che otteniamo alla fine e quella convergente richiesta: (αhn,k)n.


c) Osserviamo che comunque presi due elementi distinti, en ed em, della successio-

ne (en)∞n=1 risulta ‖en − em‖ = (∑∞

k=1 |δn,k − δm,k|2)12 =√

2 pertanto non e verificatala condizione di Cauchy. �

4. Lo spazio di Hilbert L2

Teorema 4.3. L2[a, b] e completo rispetto alla norma indotta dal prodotto interno.

Dim. Se f ∈ L2[a, b], per la disuguaglianza di Cauchy, si ha:

(1)

∫ b

a

|f(x)|dx = 〈|f |, 1〉 ≤ ‖f‖‖1‖ =√b− a‖f‖.

Supponiamo ora che (fn)∞n=1 sia una successione di Cauchy in L2[a, b]. Alloraesiste un indice n1 = n1(

12) tale che:

‖fm − fn‖ <1

2per m,n ≥ n1.

Per induzione costruiamo una successione crescente di numeri naturali n1 < n2 <. . . < nk < . . . tale che:

‖fm − fn‖ <1

2kper m,n ≥ nk.

Consideriamo la successione (fnk+1− fnk

)∞n=1 ⊂ L2[a, b]. Per il Teorema di Lebe-sgue sulla convergenza dominata 1 abbiamo:

(2)

∫ b

a

Σ∞k=1|fnk+1(x)− fnk

(x)|dx = Σ∞k=1

∫ b

a

|fnk+1(x)− fnk

(x)|dx ≤

≤√b− a Σ∞k=1‖fnk+1

− fnk‖ ≤√b− a Σ∞k=1

1

2k=√b− a.

Per il Teorema di Beppo Levi 2 la serie Σ∞k=1|fnk+1(x) − fnk

(x)| converge q.o. ecosı la serie:

1 Teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata: Se la successione (gk)∞k=1 ⊂ M [X]ha la proprieta che limk→∞ gk esiste ed e finito q.o. in X e se |gk| ≤ h per qualche funzione h nonnegativa di L1[X] e per ogni k ≥ 1 allora limk→∞ gk ⊂ L1[X] e

∫X

limk→∞ gkdµ = limk→∞∫Xgkdµ.

2 Teorema di Beppo Levi: Se la successione (gk)∞k=1 ⊂ L1[X] ha la proprieta che∑∞k=1

∫X|gk|dµ < ∞, allora

∑∞k=1 gk converge q.o. in X a una funzione integrabile e∫

X(∑∞

k=1 gk)dµ =∑∞

k=1

∫Xgkdµ.

4. LO SPAZIO DI HILBERT L2 11

fn1(x) +∞∑k=1

[fnk+1(x)− fnk

(x)] = limk→∞

fnk(x).

Di conseguenza la funzione f definita q.o. in [a, b] da f(x) = limk→∞ fnk(x) e

finita q.o. e appartiene a M [a, b].Inoltre, usando ancora il Teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata, abbia-

mo: ∫ b

a

|f(x)− fnh(x)|2dx ≤

∫ b

a

[∞∑k=h

|fnk+1(x)− fnk

(x)|]2dx =

= limm→∞

∫ b

a

[m∑k=h

|fnk+1(x)− fnk

(x)|]2dx = limm→∞

‖m∑k=h

|fnk+1(x)− fnk

(x)|‖2 ≤

≤ limm→∞

(m∑k=h

‖fnk+1(x)− fnk

(x)‖

)2

≤ limm→∞

(m∑k=h

1

2k

)2

=

(1

2h−1

)2

.

Concludiamo cosı che (f − fnh) ∈ L2[a, b] e ‖f − fnh

‖ ≤ 12h−1 .

Percio abbiamo f = (f − fnh) + fnh

∈ L2[a, b] e per n > nh otteniamo

‖f − fn‖ ≤ ‖f − fnh‖+ ‖fnh

− fn‖ ≤1

2h−1+

1

2h<

1

2h−2.

Questo prova che limn→∞ fn = f . �

Teorema 4.5 L2[a, b] e separabile.

Dim. Denotiamo con L′ l’insieme di tutte le combinazioni lineari finite,∑mk=−m α

′kek, delle funzioni

ek(x) =1√b− a

e2πikx−ab−a , x ∈ [a, b]

con coefficienti complessi razionali α′k.L’insieme L′ e numerabile (vedi la dimostrazione del Teorema 3.5).Proveremo ora che L′ e ovunque denso in L2[a, b].Sia f ∈ L2[a, b] e sia ε > 0. Per dimostrare che f = Re f + i Im f puo essere

approssiamata con elementi di L′ da ε e sufficiente provarlo separatamente per lafunzioni reali:

Re f =1

2(f + f) ∈ L2[a, b]

Im f =1

2i(f − f) ∈ L2[a, b].


Senza perdita di generalita possiamo quindi supporre che f sia a valori reali.Per n ≥ 1 definiamo su [a, b] la funzione:

fn(x) =

−n se f(x) < −nf(x) se −n ≤ f(x) ≤ n

n se f(x) > n.

Cosı fn ∈M [a, b] e ∫ b

a

|fn(x)|2dx ≤∫ b

a

|f(x)|2dx <∞

percio fn ∈ L2[a, b] ⊂ L1[a, b] (Corollario 4.1). Inoltre per il Teorema di Lebesguesulla convergenza dominata risulta:

limn→∞‖f − fn‖2 = lim

n→∞

∫ b

a

|f(x)− fn(x)|2dx = 0.

Scegliamo quindi un indice n tale che ‖f − fn‖ ≤ ε/4.Per il Teorema di Lusin 3 scegliamo una funzione continua h su [a, b] che coincide

con fn su [a, b] eccetto un insieme di misura di Lebesgue minore di

ε2

128n2.

Senza perdita di generalita possiamo assumemere che h e a valori reali e cheassume valori compresi nell’intevallo [−n, n].

Abbassando o alzando linearmente la funzione h in [b− ε2

128n2 , b] fino a farla coin-cidere con il valore h(a) otteniamo una funzione reale g su [a, b] tale che g(a) = g(b),assume i valori in [−n, n] e coincide con fn su [a, b] eccetto un insieme Y di misura

minore di ε2

64n4 .Troviamo:

‖fn − g‖2 =

∫ b

a

|fn(x)− g(x)|2dx ≤∫Y

(2n)2dx ≤ (2n)2ε2

64n2=ε2

16.

Scegliamo una combinazione lineare complessa:

m∑k=−m

αkek

3 Teorema di Lusin: Per ogni f ∈M(X) e per ogni ε > 0 esiste una funzione a valori complessih che e continua su X e coincide con f su X eccetto un sottoinsieme Y ∈ X di misura µ(Y ) < ε.

4. LO SPAZIO DI HILBERT L2 13

tale che |g(x)−∑m

k=−m αkek(x)| ≤ ε4√b−a , per ogni x ∈ [a, b], in virtu del Teorema

di approssimazione di Weierstrass 4.Finalmente scegliamo dei numeri razionali α′k (−m ≤ k ≤ m) in modo tale che:

|αk − α′k| ≤ε

4(2m+ 1), per −m ≤ k ≤ m.

Pertanto:

|g(x)−m∑

k=−m

α′kek(x)| ≤ |g(x)−m∑

k=−m

αkek(x)|+m∑

k=−m

|αk − α′k||ek(x)| ≤

≤ ε

4√b− a

+ε

4√b− a

=ε

2√b− a

, per ogni x ∈ [a, b];

‖f(x)−m∑

k=−m

α′kek‖ ≤ ‖f − fn‖+ ‖fn − g‖+ ‖g −m∑

k=−m

α′kek‖ ≤ε

4+ε

4+ε

2= ε.

�

4 Teorema di approssimazione di Weierstrass: Sia f a valori complessi e definita nel discodi raggio r e centro l’origine di C una funzione continua. Allora per ogni ε > 0 esiste un polinomiocomplesso p(x) = Σn

k=0Σnh=0αk,hx

kxh tale che |f(x)− p(x)| ≤ ε per ogni x ∈ C con |x| ≤ r.

CAPITOLO 2

GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT

1. Sottospazi

Esercizio 1.1. Sia H = l2, definiamo:

M1 = {a = (αk)∞k=1 ∈ l2 : α2k = 0, k = 1, 2, . . .}

M2 = {b = (βk)∞k=1 ∈ l2 : β2k−1 = δk cos

1

k, β2k = δk sin

1

k, k = 1, 2, . . .}

e sia c = (γk)∞k=1 dove γ2k−1 = 0, γ2k = sin 1

k, per k = 1, 2, . . ..

Provare le seguenti affermazioni:

a) M1 e M2 sono due sottospazi.b) M1

∨M2 = l2.

c) c ∈ l2.d) c 6∈M1 +M2.

Dim.

a) Sapendo che H = l2 =

{(ζk)

∞k=1 : ζk ∈ C,∀k,

∞∑k=1

|ζk|2 <∞

}, si prova, innan-

zitutto, che M1 = {a = (αk)∞k=1 ∈ l2 : α2k = 0, k = 1, 2, . . .} e un sottospazio.

Per prima cosa, bisogna fare vedere che M1 e una varieta lineare. Ma:

a′ + a′′ = (α′k)∞k=1 + (α′′k)

∞k=1 = (α′k + α′′k)

∞k=1 ∈M1,

∀a′ = (α′k)∞k=1 , a

′′ = (α′′k)∞k=1 ∈M1. Infatti:

α′2k + α′′2k = 0 per k = 1, 2, . . . ,

dal momento che α′2k = α′′2k = 0 per k = 1, 2, . . ..Inoltre:

λa = λ (αk)∞k=1 = (λαk)

∞k=1 ∈M1,

∀a = (αk)∞k=1 ∈M1 e ∀λ ∈ C. Infatti:

λα2k = 0 per k = 1, 2, . . . ,

15

16 2. GEOMETRIA DEGLI SPAZI DI HILBERT

dato che α2k = 0 per k = 1, 2, . . ..Quindi, M1 e una varieta lineare.

E facile provare, ora, che M1 e un sottospazio.Infatti, se a′′ = (α′′k)

∞k=1 ∈ l2 e un punto di accumulazione per M1, cioe a′′ = (α′′k)

∞k=1 ∈

M1, allora per ogni ε > 0 esiste un elemento a′ = (α′k)∞k=1 ∈M1 tale che ‖a′′ − a′‖ < ε.

Poiche |α′′2k| = |α′′2k − α′2k| ≤ ‖a′′ − a′‖ < ε, ne segue, data l’arbitrarieta di ε, che|α′′2k| = 0 per k = 1, 2, . . ., il che implica α′′2k = 0 per k = 1, 2, . . .. Pertanto,a′′ = (α′′k)

∞k=1 ∈ M1 e, quindi, M1 ⊂ M1. Sapendo, chiaramente, che M1 ⊂ M1, si ha

che M1 = M1, cioe M1 e una varieta lineare chiusa, ossia un sottospazio.

Analogamente, si dimostra che anche M2 = {b = (βk)∞k=1 ∈ l2 : β2k−1 = δk cos 1

k,

β2k = δk sin 1kk = 1, 2, . . .} e un sottospazio di H = l2.

Per prima cosa, bisogna fare vedere che M2 e una varieta lineare. Ma:

b′ + b′′ = (β′k)∞k=1 + (β′′k)

∞k=1 = (β′k + β′′k)

∞k=1 ∈M2,

∀b′ = (β′k)∞k=1 , b

′′ = (β′′k)∞k=1 ∈M2. Infatti:

β′2k−1 + β′′2k−1 = δ′

k cos1

k+ δ

′′

k cos1

k= (δ′k + δ′′k) cos

1

k

β′2k + β′′2k = δ′

k sin1

k+ δ

′′

k sin1

k= (δ′k + δ′′k) sin

1

kper k = 1, 2, . . ..Inoltre:

λb = λ (βk)∞k=1 = (λβk)

∞k=1 ∈M2,

∀b = (βk)∞k=1 ∈M2 e ∀λ ∈ C. Infatti:

λβ2k−1 = λ

(δk cos

1

k

)= (λδk) cos

1

k

λβ2k = λ

(δk sin

1

k

)= (λδk) sin

1

k

per k = 1, 2, . . ..Quindi, M2 e una varieta lineare.

Ora proviamo che M2 e un sottospazio.Osserviamo preliminarmente che se bε = (βε,k)

∞k=1 ∈M2, ∀ε > 0, per la definizione

di M2 si ha βε,2k−1 = δε,k cos 1k

e βε,2k = δε,k sin 1k, k = 1, 2, ..., allora si verifichera che:

‖bε‖2 =∞∑k=1

|βε,k|2 =∞∑k=1

|δε,k|2(cos21

k+ sin2 1

k) =

∞∑k=1

|δε,k|2 = ‖δε‖2 .

Dall’osservazione precedente segue che se bε ∈ l2 allora δε = (δε,k)∞k=1 ∈ l2.

1. SOTTOSPAZI 17

Proprio il fatto che l2 e completo, ci permette di dire che δε al tendete di ε a 0ammette limite:

(3) limε→0

δε = δ∗ = (δ∗k)∞k=1 ∈ l2

Definiamo c = (γk)∞k=1 ∈M2 come γε,2k−1 = δ∗k cos 1

ke βε,2k = δ∗k sin 1

k, k = 1, 2, ....

(4) ‖bε − c‖2 =∞∑k=1

|βε,k − γk|2 =∞∑k=1

|δε,k − δ∗k|2(cos21

k+ sin2 1

k) =

∞∑k=1

|δε,k − δ∗k|2 = ‖δε − δ∗‖2ε→0→ 0,

per la definizione di limite (3).Se b′′ = (β′′k)∞k=1 ∈ l2 e un punto di accumulazione per M2, cioe b′′ = (β′′k)∞k=1 ∈M2,

allora per ogni ε > 0 esiste un elemento bε = (βε,k)∞k=1 ∈M2 tale che

(5) ‖b′′ − bε‖ < ε.

A questo punto ci basta dimostrare che b′′ = c,

‖b′′ − c‖ = ‖b′′ − bε + bε − c‖ ≤ ‖b′′ − bε‖+ ‖bε − c‖,

questo e minore di 2ε, per la (5), (4).Quindi:

0 ≤ ‖b′′ − c‖ < ε,

e data l’arbitrarieta di ε, b′′ = c ∈M2, quindi, M2 ⊂M2.Sapendo, chiaramente, che M2 ⊂ M2, si ha che M2 = M2, cioe M2 e una varietalineare chiusa, ossia un sottospazio di H = l2.

b) Bisogna dimostrare, ora, che M1 ∨M2 = l2, dove

M1 ∨M2 = M1 +M2 = {a+ b : a = (αk)∞k=1 ∈M1, b = (βk)

∞k=1 ∈M2} =

=

{(αk + βk)

∞k=1 : α2k = 0, β2k−1 = δk cos

1

k, β2k = δk sin

1

k, k = 1, 2, . . .

}=

=

{(ηk)

∞k=1 : η2k−1 = α2k−1 + δk cos

1

k, η2k = δk sin

1

k, k = 1, 2, . . .

}.

Poiche M1 ed M2 sono sottospazi di H = l2, allora anche M1∨M2 e un sottospaziodi H = l2, cioe M1 ∨M2 ⊂ l2. In particolare, e il sottospazio generato da M1 ∪M2.

Per far vedere che M1 ∨M2 = l2, rimane da provare che l2 ⊂M1 ∨M2.In particolare proveremo che un qualunque elemento di l2 appartiene alla chiusura

di M1 +M2, cioe che ∀ c ∈ l2, fissato ad arbitrio ε > 0 esiste η = (ηk)∞k=1 ∈M1 +M2


tale che ‖c − η‖ < ε. Poiche e c = (ck)∞k=1 ∈ l2, si ha che per ogni ε > 0 esiste un

k∗ ∈ IN tale che la serie resto, rk, k-mo della serie∑∞

k=1 |ck|2, visto che limk→∞ rk = 0:

(6) rk∗ =∞∑

k=k∗

|ck|2 < ε2.

Consideriamo ora l’elemento η ∈M1 +M2 tale che

δk =

{ck

sin 1k

k < k∗

0 k ≥ k∗;

a2k−1 =

{c2k−1 − δk cos 1

kk < k∗

0 k ≥ k∗.

In particolare e:

η2k =

{δk sin 1

k= ck k < k∗

0 k ≥ k∗;

η2k−1 =

{α2k−1 + δk cos 1

k= c2k−1 k < k∗

0 k ≥ k∗.

Si ha quindi c− η = (ck)∞k=k∗ e dalla (6) segue che ‖c− η‖ < ε.

Di conseguenza, e possibile affermare che M1 ∨M2 = l2.

c) Si consideri la successione c = (γk)∞k=1, dove γ2k−1 = 0, γ2k = sin 1

k, per k =

1, 2, . . ..Per dimostrare che c ∈ l2, bisogna fare vedere che la serie

∞∑k=1

|γk|2 =∞∑k=1

|γ2k|2 =∞∑k=1

∣∣∣∣sin 1

k

∣∣∣∣2 <∞,cioe che la serie considerata e convergente.

Ma, osservando che ∣∣∣∣sin 1

k

∣∣∣∣2 ≤ 1

k2per ogni k ≥ 1,

per il criterio del confronto, si ottiene che la serie data e convergente essendo tale la

serie∞∑k=1

1

k2.

1. SOTTOSPAZI 19

Infatti, per il criterio della serie di Cauchy, la serie∞∑k=1

1

k2ha lo stesso carat-

tere della serie∞∑k=1

2k

(2k)2, cioe della serie geometrica

∞∑k=1

(1

2

)kdi ragione

1

2che e

convergente.Pertanto, c ∈ l2.

d) Si consideri, ancora, la successione c = (γk)∞k=1, con γ2k−1 = 0, γ2k = sin 1

k, per

k = 1, 2, . . . e si provi che c /∈M1 +M2, dove

M1 +M2 = {a+ b : a = (αk)∞k=1 ∈M1, b = (βk)

∞k=1 ∈M2} =

=

{(αk + βk)

∞k=1 : α2k = 0, β2k−1 = δk cos

1

k, β2k = δk sin

1

k, k = 1, 2, . . .

}=

=

{(ηk)

∞k=1 : η2k−1 = α2k−1 + δk cos

1

k, η2k = δk sin

1

k, k = 1, 2, . . .

}.

Si supponga per assurdo che c ∈M1 +M2. In tal caso, la successione consideratasi puo scrivere nel modo seguente:

c = (ηk)∞k=1

con

η2k−1 = α2k−1 + δk cos1

k= 0

η2k = δk sin1

k= sin

1

k,

per k = 1, 2, . . ., da cui si ricava che

δk = 1

α2k−1 = − cos1

kper k = 1, 2, . . ..

Di conseguenza, si ottiene che

c = a+ b,

dove

a = (αk)∞k=1 ∈M1 con α2k = 0 e α2k−1 = − cos

1

k,

b = (βk)∞k=1 ∈M2 con β2k = sin

1

ke β2k−1 = cos

1

k,

per k = 1, 2, . . ..Naturalmente, si deve verificare, affinche a = (αk)

∞k=1 ∈ M1 e b = (βk)

∞k=1 ∈ M2,

che a = (αk)∞k=1 ∈ H = l2 e b = (βk)

∞k=1 ∈ H = l2.


In particolare, perche a = (αk)∞k=1 ∈ H = l2, si deve avere che∞∑k=1

|αk|2 <∞.

Ma, si osserva che∞∑k=1

|αk|2 =∞∑k=1

|α2k−1|2 =∞∑k=1

(cos

1

k

)2

e una serie divergente, dal momento che il suo termine generale non tende a zero ede una serie a termini positivi. Infatti:

limk→∞

(cos

1

k

)2

= 1 6= 0.

Da quanto detto, si deduce che si e ottenuta una contraddizione.Pertanto, e possibile concludere che c /∈M1 +M2. �

2. Sottospazi ortogonali

Esercizio 2.1. Sia H = l2. Per ogni n ≥ 1 sia en = (δn,k)∞k=1 ∈ l2 e sia A =

(e2n−1 + e2n)∞n=1.

a) Identifica∨A e A⊥ in l2.

b) a = (αk)∞k=1 ∈ l2 allora P∨

A a = (βk)∞k=1, dove β2n−1 = β2n = 1

2(α2n−1 +α2n)

per n ≥ 1; PA⊥ a = (γk)∞k=1 con γ2n−1 = −γ2n = 1

2(α2n−1 − α2n) per n ≥ 1.

Dim.a) Sia H = l2. Per ogni n ≥ 1 sia en = (δn,k)

∞k=1 ∈ l2 e sia A = (e2n−1 + e2n)∞n=1

Allora:A⊥ = {c = (γk)

∞k=1 ∈ l2 : (γk)

∞k=1 ⊥ A} =

= {c = (γk)∞k=1 ∈ l2 : (γk)

∞k=1 ⊥ (e2n−1 + e2n) dove en = (δn,k)

∞k=1, n = 1, 2, . . .} =

={c = (γk)

∞k=1 ∈ l2 :

⟨(γk)

∞k=1 ,

((δ2n−1,k)

∞k=1 + (δ2n,k)

∞k=1

)⟩= 0, n = 1, 2, . . .

}=

=

{c = (γk)

∞k=1 ∈ l2 :

∞∑k=1

γk((δ2n−1,k) + (δ2n,k)) = 0, n = 1, 2, . . .

}=

=

{c = (γk)

∞k=1 ∈ l2 :

∞∑k=1

γk (δ2n−1,k) +∞∑k=1

γk (δ2n,k) = 0, n = 1, 2, . . .

}=

= {c = (γk)∞k=1 ∈ l2 : γ2n−1 + γ2n = 0, n = 1, 2, . . .} =

= {c = (γk)∞k=1 ∈ l2 : γ2n−1 = −γ2n, n = 1, 2, . . .} .∨

A = A⊥⊥ ={b = (βk)

∞k=1 ∈ l2 : (βk)

∞k=1 ⊥ A⊥

}=

2. SOTTOSPAZI ORTOGONALI 21

={b = (βk)

∞k=1 ∈ l2 : (βk)

∞k=1 ⊥ (γk)

∞k=1 , ∀ (γk)

∞k=1 ∈ A

⊥} =

= {b = (βk)∞k=1 ∈ l2 : 〈(βk)∞k=1 , (γk)

∞k=1〉 = 0, dove γ2n−1 = −γ2n, n = 1, 2, . . .} =

=

{b = (βk)

∞k=1 ∈ l2 :

∞∑k=1

βkγk = 0, dove γ2n−1 = −γ2n, n = 1, 2, . . .

}=

=

{b = (βk)

∞k=1 ∈ l2 :

∞∑k=1

(β2k−1γ2k−1 − β2kγ2k−1) = 0

}=

=

{b = (βk)

∞k=1 ∈ l2 :

∞∑k=1

(β2k−1 − β2k) γ2k−1 = 0

}=

= {b = (βk)∞k=1 ∈ l2 : β2k−1 − β2k = 0} =

= {b = (βk)∞k=1 ∈ l2 : β2k−1 = β2k} .

b) E possibile scrivere ogni successione a = (αk)∞k=1 ∈ l2 nel seguente modo:

a = (αk)∞k=1 = (βk)

∞k=1 + (γk)

∞k=1,

con (βk)∞k=1 ∈

∨A e (γk)

∞k=1 ∈ A⊥. Infatti:

β2n−1 + γ2n−1 =1

2(α2n−1 + α2n) +

1

2(α2n−1 − α2n) = α2n−1,

β2n + γ2n =1

2(α2n−1 + α2n)− 1

2(α2n−1 − α2n) = α2n.

Poiche la decomposizione di una qualunque successione nella somma di una succes-sione di A⊥ e di una successione di A⊥⊥ =

∨A e unica per il Teorema 2.9, e possibile

concludere che

P∨A a = (βk)

∞k=1, con β2n−1 = β2n =

1

2(α2n−1 + α2n) per n ≥ 1,

PA⊥ a = (γk)∞k=1, con γ2n−1 = −γ2n =

1

2(α2n−1 − α2n) per n ≥ 1.

�


3. Basi

Esempio 3.4. Sia L2[0, 1] e sia e0 = 1, fk(x) =√

2 cos 2πkx, gk(x) =√

2 sin 2πkxper k = 1, 2, . . .. Provare che la famiglia F = {e0}∪{fk}∞k=1∪{gk}∞k=1 e ortonormale.

Dim. Occorre verificare che nello spazio L2[0, 1] le funzioni e0 = 1, fk(x) =√2 cos 2πkx, gk(x) =

√2 sin 2πkx per k = 1, 2, . . . costituiscono una famiglia orto-

normale.Cominciamo con l’osservare che la famiglia di funzioni {e2kπi}∞k=−∞ e costituita

da funzioni ortonormali. Infatti ∀ h, k ∈ ZZ riesce⟨e2kπi, e2hπi

⟩= 0 ∀ k 6= h in quanto

e

(7)⟨e2kπi, e2hπi

⟩=

∫ 1

0

e2kπixe−2hπixdx =

∫ 1

0

e2(k−h)πixdx =

=1

2(k − h)π(e2(k−h)πi − 1) =

1

2(k − h)π(cos 2(k − h)π + i sin 2(k − h)π − 1) = 0

cio prova che dette funzioni sono ortogonali.

Proviamo ora che esse hanno norma 1 cioe che ‖e2kπi‖ =⟨e2kπi, e2kπi

⟩ 12 = 1; cio e

immediatamente verificato in quanto e:∫ 1

0

e2kπixe−2kπixdx =

∫ 1

0

dx = 1.

Essendo

e2kπix = cos 2kπx+ i sin 2kπx

segue che

e2kπix + e−2kπix = 2 cos 2kπx e e2kπix − e−2kπix = 2i sin 2kπx

pertanto si ha:

(8) fk(x) =e2kπix + e−2kπix√

2e gk(x) =

e2kπix − e−2kπix

i√

2

Dalla (8) segue che fk ⊥ fh, ∀ k 6= h ∈ {1, 2 . . .} in quanto

〈fk, fh〉 =

∫ 1

0

fkfhdx =

∫ 1

0

e2kπix + e−2kπix√2

e2hπix + e−2hπix√2

dx =

=1

2

∫ 1

0

(e2kπix + e−2kπix)(e−2hπix + e2hπix)dx =

3. BASI 23

=1

2

∫ 1

0

(e2(k−h)πix + e2(k+h)πix + e−2(k+h)πix + e2(−k+h)πix)dx = 0

e questo per quanto ottenuto nella (7).Analogamente si prova che gk ⊥ gh e che fk ⊥ gh, ∀ k, h ∈ IN, con k 6= h. Proviamoinfine che fk ⊥ gk; infatti si ha:

〈fk, gk〉 =

∫ 1

0

fkgkdx =1

i2

∫ 1

0

(e2kπix + e−2kπix)(e−2kπix − e2kπix)dx =

=1

i2

∫ 1

0

[(e−2kπix)2 − (e2kπix)2]dx = 0

Banalmente si verifica che le funzioni fk e gk sono ortogonali ad e0 = 1.Proviamo ora che ‖fk‖2 = 1 (In modo analogo si prova che ‖gk‖2 = 1).

‖fk‖2 =

∫ 1

0

fkfkdx = 2

∫ 1

0

cos2 2kπx dx =2

2kπ

(2kπx+ sin 2kπx cos 2kπx

2|10)

= 1

�

Corollario 3.1. Sia F = {fk}χk=1 e G = {gk}χk=1 come nel Teorema 3.1. Alloravalgono le seguenti affermazioni:

a) fk e una combinazione lineare di g1, . . . , gk per 1 ≤ k ≤ χb)∨{fk}χk=1 =

∨{gk}χk=1

c) La famiglia {ek = gk‖gk‖}χk=1 e una famiglia ortonormale verificante il Teore-

ma 3.1d) Se {hk}χk=1 e un’altra famiglia ortogonale di vettori non nulli verificante il

Teorema 3.1 allora hk = αkgk e αk 6= 0 per 1 ≤ k ≤ χ.

Dim. a) L’affermazione e banale per k = 1. Supponiamo che sia vera per k − 1.Risulta:

gk =k∑

h=1

αk,hfh = αk,kfk +k−1∑h=1

βk,hgh.

Poiche i vettori g1, . . . , gk non nulli e mutuamente ortogonali sono linearmenteindependenti, dovra essere αk,k 6= 0.

In conclusione:

fk =1

αk,k(gk −

k−1∑h=1

βk,hgh).


b) Per la a) e il Teorema 3.1 ogni combinazione lineare finita di vettori di F euna anche una combinazione lineare finita di vettori di G e viceversa. L’affermazionee conseguenza del Teorema 1.4.

c) ovvia.d) Poiche hk e una combinazione lineare di f1, . . . , fk e poiche ognuno di questi

vettori e una combinazione lineare di g1, . . . , gk segue:

hk =k∑

h=1

αk,hgh per 1 ≤ k ≤ χ.

D’altra parte, per lo stesso motivo, risulta:

gh =h∑j=1

βh,jhj per 1 ≤ h ≤ χ.

In conclusione:

αk,h =〈hk, gh〉‖gh‖2

= 0 per 1 ≤ h ≤ χ.

e

hk = αk,kgk. Da hk 6= 0 segue αk,k 6= 0.

�

Teorema 3.2. Uno spazio di Hilbert H e separabile ⇐⇒ possiede una base nume-rabile (finita o infinita).

Dim. (=⇒): Supponiamo che H sia separabile e sia (fn)∞n=1 una successione in Hovunque densa. Scegliamo una sottosuccessione F = (fnk

)χk=1, di vettori linearmenteindipendenti come segue.

Sia n1 il piu piccolo indice n tale che fn 6= 0.Se n1 < . . . < nk sono scelti in modo che fn1 , . . . , fnk

sono linearmente indipen-denti e fn e una combinazione lineare di fn1 , . . . , fnk

per 1 ≤ n ≤ nk allora sia nk+1 ilpiu piccolo indice n > nk tale che fn1 , . . . , fnk

, fn sono linearmente indipendenti (seun tale indice n esiste va bene, altrimenti il processo termina a k = χ).

Ovviamente ogni vettore fn e una combinazione lineare finita di vettori di F .Sia G = {ek}χk=1 una famiglia ortonormale ottenuta ortogonalizzando F . Allora

ogni vettore fn e una combinazione lineare finita di vettori di G.Supponiamo che esista f ∈ H tale che f ⊥ ek per ogni ek ∈ G. Allora f ⊥ fn

per n ≥ 1. Scegliamo una sottosuccessione (f ′n)∞n=1 che e ovunque densa e tale che:f = limn→∞ f

′n. Allora 〈f, f〉 = limn→∞ 〈f, f ′n〉 = 0 e quindi f = 0.

In questo modo G e una base.

3. BASI 25

(⇐=): Viceversa, supponiamo che G = {ek}χk=1 sia una base numerabile. Sia Mla varieta lineare di tutte le combinazioni lineari finite di vettori di G. Se f ⊥M perqualche f ∈ H, allora f ⊥ ek per ogni ek ∈ G e quindi f = 0. Per il Corollario 2.3segue che M e ovunque denso in H. Sia M ′ il sottoinsieme di M costituito da tuttele tutte le combinazioni lineari finite di vettori di G a coefficienti razionali complessi.L’insieme M ′ e numerabile. Proviamo che anche M ′ e ovunque denso in H.

Infatti per ogni f ∈ H e per ogni ε > 0 possiamo scegliere un elemento

g =n∑k=1

αkek ∈M tale che ‖f − g‖ < 1

2ε.

Per 1 ≤ k ≤ n scegliamo un razionale complesso α′k in modo che |αk − α′k| < ε2n

.Sia g′ =

∑nk=1 α

′kek. Risulta:

‖f − g′‖ ≤ ‖f − g‖+ ‖g − g′‖ ≤ 1

2ε+

n∑k=1

|αk − α′k| <1

2ε+ n

ε

2n= ε.

�

Teorema 3.3 Sia {ek}χk=1 una famiglia ortonormale di H. Le seguenti affermazionisono equivalenti:

a) {ek}χk=1 e una baseb) f ⊥ ek per ogni k ≥ 1 =⇒ f = 0c) H =

∨{ek}χk=1

d) f =∑χ

k=1 〈f, ek〉 ek per ogni f ∈ H (Serie di Fourier)

e) 〈f, g〉 =∑χ

k=1 〈f, ek〉〈g, ek〉 per ogni f, g ∈ H (Identita di Parseval)f) ‖f‖2 =

∑χk=1 | 〈f, ek〉 |2 per ogni f ∈ H (Identita di Parseval)

Dim. a) =⇒ b) per definizione di base.b) =⇒ c) Se

∨{ek}χk=1 6= H allora H deve contenere un vettore f non zero

ortogonale a∨{ek}χk=1 e questo contraddice b).

c) =⇒ d) Gli insiemi Mk = {αek : α ∈ C}, k ≥ 1, sono sottospazi mutuamenteortogonali. Per il Teorema 2.4 risulta H =

∨χk=1Mk =

∑χk=1Mk e ogni vettore

f ammette un’unica rappresentazione in una serie convergente (o somma finita),f =

∑χk=1 αk(f)ek per il Teorema 2.5.

Facendo il prodotto interno con ek di ambo i membri si ha: 〈f, ek〉 = αk(f).

d) =⇒ e) 〈f, g〉 = 〈∑χ

k=1 〈f, ek〉 ek, g〉 =∑χ

k=1 〈f, ek〉〈g, ek〉 per il Teorema 1.2.4c).

e) =⇒ f) 〈f, f〉 =∑χ

k=1 〈f, ek〉〈f, ek〉.f) =⇒ a) Se f ⊥ ek per k ≥ 1 allora ‖f‖2 =

∑χk=1 | 〈f, ek〉 |2 = 0, quindi f = 0. �


Esempio 3.5 Sia H = L2[0, 1] e consideriamo la base dell’esempio 3.4. Per ognifunzione reale f ∈ L2[0, 1] definiamo:

α0 =

∫ 1

0

f(x)dx, αk =

∫ 1

0

f(x) cos 2kπxdx, βk =

∫ 1

0

f(x) sin 2kπxdx,

per k = 1, 2, . . ..

Nelle notazioni dell’esempio 3.4 si ha:

α0 = 〈f, e0〉 , αk =1√2〈f, fk〉 , βk =

1√2〈f, gk〉 , k = 1, 2, . . . .

Per l’identita di Parseval otteniamo:∫ 1

0

f 2(x)dx = α20 + 2Σ∞k=1(α

2k + β2

k)

Dim. Definiamo su L2[0, 1], per ogni funzione reale f ad esso appartenente:

α0 =

∫ 1

0

f(x)dx, αk =

∫ 1

0

f(x) cos 2kπx dx, βk =

∫ 1

0

f(x) sin 2kπx dx.

Dalle notazioni dell’esempio 3.4 si ha:

α0 = 〈f, e0〉

αk =1√2〈f, fk〉 =

1√2

∫ 1

0

f(x) cos 2kπx dx

βk =1√2〈f, gk〉 =

1√2

∫ 1

0

f(x) sin 2kπx dx

Per l’identita di Parseval otteniamo:

(9) ‖f‖2 =

∫ 1

0

f 2(x)dx =∞∑k=1

| 〈f, τk〉 |2,

dove {τk} e una famiglia numerabile di vettori ortonormali.Osservato che la famiglia {e0}∪{fk}∞k=1∪{gk}∞k=1, come provato nell’esempio 3.4, e

una famiglia numerabile ortonormale e che la serie (9) e assolutamente convergente epertanto la sua somma non cambia comunque si riordinino i suoi elementi, otteniamopertanto (riordinando opportunamente gli elementi)∫ 1

0

f 2(x)dx = α20 + 2Σ∞k=1(α

2k + β2

k).

�

4. ISOMORFISMI 27

Teorema 3.4. Due qualunque basi di uno spazio di Hilbert H separabile hanno lostesso numero cardinale.

Dim. Per il Teorema 3.2, H contiene una base numerabile G = {ek}χk=1 (χ < ∞o χ =∞).

a) χ <∞. Per 1 ≤ k ≤ χ sia Mk = {αek : α ∈ C}. Allora H =∑χ

k=1Mk e ognisottoinsieme di H contiene al piu χ vettori linearmente indipendenti. Una qualunque

altra base G ′ = {e′k}χ′

k=1 deve quindi avere χ′ ≤ χ.Per lo stesso fatto χ ≤ χ′ e quindi χ = χ′.b) χ = ∞. Per a) ogni base G ′ deve essere infinita. Se G ′ non fosse numerabile

allora H non sarebbe separabile. Quindi G ′ deve essere numerabilmente infinito. �

4. Isomorfismi

Teorema 4.1. Se due spazi di Hilbert separabili, H e H ′, hanno la stessa (finita oinfinita) dimensione, allora esiste una applicazione biiettiva:

U : H → H ′, f 7→ Uf

tale che per ogni f, g ∈ H e ∀ λ ∈ C, si ha:

a) U(f + g) = Uf + Ugb) U(λf) = λUfc) 〈Uf, Ug〉 = 〈f, g〉 (N.B. =⇒ ‖Uf‖ = ‖f‖)

Dim. {ek}χk=1 e {e′k}χk=1 basi per H e H ′ rispettivamente (χ ≤ ∞). Per ogni

f ∈ H definiamo:

f ′ = Uf = Σχk=1 〈f, ek〉 e

′k

Questa definizione ha senso poiche per l’identita di Parseval

Σχk=1| 〈f, ek〉 |

2 = ‖f‖2 <∞e in virtu del Teorema 2.3 la serie Σχ

k=1 〈f, ek〉 e′k converge in H ′. Inoltre: Uek =e′k, ∀ k ≥ 1.

Si prova adesso che U verifica le proprieta a), b) e c) e che U e una biiezione.a) ∀f, g ∈ H, si ha:

U (f + g) =

χ∑k=1

〈f + g, ek〉 e′

k =

χ∑k=1

(〈f, ek〉+ 〈g, ek〉) e′

k =

=

χ∑k=1

〈f, ek〉 e′

k +

χ∑k=1

〈g, ek〉 e′

k = Uf + Ug.


b) ∀f ∈ H e ∀λ ∈ C, si ha:

U (λf) =

χ∑k=1

〈λf, ek〉 e′

k =

χ∑k=1

λ 〈f, ek〉 e′

k = λ

χ∑k=1

〈f, ek〉 e′

k = λUf.

c) ∀f, g ∈ H, si ha:

〈Uf, Ug〉 =

⟨χ∑k=1

〈f, ek〉 e′

k,

χ∑h=1

〈g, eh〉 e′

h

⟩=

χ∑k=1

χ∑h=1

〈f, ek〉〈g, eh〉⟨e′

k, e′

h

⟩=

= (sapendo che{e′

k

}χk=1

e una famiglia ortonormale di vettori) =

=

χ∑k=1

〈f, ek〉〈g, ek〉 = (per l’identita di Parseval) = 〈f, g〉 .

Si osserva, inoltre, che ∀f ∈ H:

‖Uf‖2 = 〈Uf, Uf〉 = 〈f, f〉 = ‖f‖2 .Per dimostrare ora che U e un’applicazione biiettiva bisogna fare vedere che U e

iniettiva e suriettiva.Innanzitutto, si prova che U e iniettiva verificando che ∀f, g ∈ H se f 6= g =⇒

Uf 6= Ug. Infatti:f 6= g =⇒ 0 6= ‖f − g‖ = ‖U (f − g)‖ =⇒ U (f − g) 6= 0 =⇒ Uf − Ug 6= 0 =⇒Uf 6= Ug.

Si mostra, infine, che U e suriettiva facendo vedere che ∀f ′ ∈ H ′∃f ∈ H tale che

Uf = f ′. Per fare cio basta considerare f =

χ∑k=1

〈f ′, e′k〉 ek. Infatti:

Uf =

χ∑h=1

〈f, eh〉 e′h =

χ∑h=1

⟨χ∑k=1

〈f ′, e′k〉 ek, eh

⟩e′h =

χ∑h=1

χ∑k=1

〈f ′, e′k〉〈ek, eh〉 e′h =

χ∑h=1

〈f ′, e′h〉 e′h = (per il Teorema 3.3. punto d)) = f ′. �

CAPITOLO 3

OPERATORI LINEARI E LIMITATI

1. Applicazioni (Operatori) lineari e limitati

Esempio 1.4. Sia h un vettore di H. Per ogni f ∈ H definiamo φf = 〈f, h〉 ∈ C.Allora provare che φ e un funzionale lineare e limitato su H e ‖φ‖ = ‖h‖.

Dim. φ e lineare:∀ f, g ∈ H =⇒ φ(f + g) = 〈f + g, h〉 = 〈f, h〉+ 〈g, h〉 = φ(f) + φ(g).∀ λ ∈ C,∀ f ∈ H =⇒ φ(λf) = 〈λf, h〉 = λ 〈f, h〉 = λφf.φ e limitato:‖φ‖ = supf∈H,‖f‖=1‖φf‖ = supf∈H,‖f‖=1‖〈f, h〉‖ = ‖h‖. �

2. Operatori lineari

Teorema 2.1. Siano A e B due operatori lineari in H con varieta lineari DA e DB

rispettivamente. Allora le applicazioni A+B, λA, e AB definite da:

(A+B)f = Af +Bf, ∀ f ∈ DA ∩DB

(λA)f = λ(Af), ∀ f ∈ DA

(AB)f = A(Bf), ∀ f ∈ DAB = {f ∈ DB : Bf ∈ DA}sono operatori lineari in H nelle varieta lineari corrispondenti.

Dim. (A + B)f = Af + Bf ∀ f ∈ DA ∩ DB e un operatore lineare. Infatti(∀ λ ∈ C,∀ f, g ∈ DA ∩DB):

(A+B)(f + g) = A(f + g) +B(f + g) = (Af + Ag) + (Bf +Bg) =

(Af +Bf) + (Ag +Bg) = (A+B)f + (A+B)g,

(A+B)(λf) = A(λf) +B(λf) = λ(Af) + λ(Bf) =

= λ(Af +Bf) = λ(A+B)f.

29

30 3. OPERATORI LINEARI E LIMITATI

(λA)f = λ(Af) ∀ f ∈ DA e un operatore lineare. Infatti (∀ µ ∈ C,∀ f, g ∈ DA):

(λA)(f + g) = λ(A(f + g)) = λ(Af + Ag) = λ(Af) + λ(Ag) = (λA)f + (λA)g,

(λA)(µf) = λ(A(µf)) = λ(µA(f)) = (λµ)Af = µ((λA)f).

(AB)f = A(Bf), ∀ f ∈ DAB = {f ∈ DB : Bf ∈ DA} e un operatore lineare.Infatti (∀ λ ∈ C,∀ f, g ∈ DAB):

(AB)(f + g) = A(B(f + g)) = A(Bf +Bg) = A(Bf) + A(Bg) = (AB)f + (AB)g,

(AB)(λf) = A(B(λf)) = A(λBf) = λA(Bf) = λ(AB)f.

�

Corollario 2.1. Con le operazioni definite nel Teorema 2.1 l’insieme di tutti glioperatori lineari su H e uno spazio lineare verificante le seguenti proprieta:

a) (AB)C = A(BC)b) A(B + C) = AB + AC, (A+B)C = AC +BCc) (αA)B = A(αB) = α(AB)d) IA = AI = Ae) 0A = A0 = 0

Dim. L’insieme di tutti gli operatori lineari su H dotato delle seguenti operazioni:

(A+B) f = Af +Bf, ∀f ∈ H(λA) f = λ (Af) , ∀f ∈ H

e uno spazio lineare. Infatti, dal Teorema 2.1 si deduce che A + B e λA (con A :H → H e B : H → H operatori lineari su H) sono a loro volta operatori lineari suH. Si vede, poi, facilmente che tale insieme verifica tutte le condizioni menzionatenella definizione di spazio lineare su K.

Inoltre, l’operazione di moltiplicazione cosı definita

(AB) f = A (Bf) , ∀f ∈ Hsoddisfa sull’insieme di tutti gli operatori lineari su H le proprieta a), b), c), d) ede) dell’enunciato. Infatti:

a) ∀f ∈ H, si ha:

(AB)Cf = A (B (Cf)) = A (BC) f.

Dunque,(AB)C = A (BC) .

b) ∀f ∈ H, si ha:

2. OPERATORI LINEARI 31

A (B + C) f = A ((B + C) f) = A (Bf + Cf) = (per la linearita diA) = A (Bf)+A (Cf) = (AB) f + (AC) f .

Essendo tale relazione valida qualunque sia f ∈ H, si ricava che:

A (B + C) = AB + AC.

Analogamente, si ha che ∀f ∈ H: (A+B)Cf = (A+B) (Cf) = A (Cf) +B (Cf) = (AC) f + (BC) f .

Di conseguenza:

(A+B)C = AC +BC.

c) ∀f ∈ H, si ha:

(αA)Bf = (αA) (Bf) = α (A (Bf)) = α ((AB) f) ,

il che implica che

(αA)B = α (AB) .

Analogamente:

A (αB) f = A ((αB) f) = A (α (Bf)) = αA (Bf) = α (AB) f,

da cui segue, essendo tale uguaglianza vera ∀f ∈ H, che

A (αB) = α (AB) .

Pertanto:

(αA)B = A (αB) = α (AB) .

d) ∀f ∈ H, si ha:

(IA) f = I (Af) = Af

e

(AI) f = A (If) = Af.

Quindi,

IA = AI = A.

e) ∀f ∈ H, si ha:

(0A) f = 0 (Af) = 0

e

(A0) f = A (0f) = A0 = 0.

Dunque:

0A = A0 = 0.

�

Teorema 2.5 Un operatore lineare, limitato e invertibile e una biiezione. L’inversoe unico.


Dim. Sia A : H → H un operatore lineare, limitato e invertibile. Essendo Ainvertibile per ipotesi, allora esiste A−1 : H → H operatore lineare e limitato tale cheAA−1 = A−1A = I.

Si dimostri che A e una biiezione.a) Per provare che A e iniettiva, bisogna fare vedere che se Af = Ag ⇒ f = g.Si ponga

Af = Ag = h.

Allora:f = If =

(A−1A

)f = A−1 (Af) = A−1h

eg = Ig =

(A−1A

)g = A−1 (Ag) = A−1h.

Da cio segue chef = g

e, quindi, e possibile asserire che A e un’applicazione iniettiva.b) A e anche surgettiva. Infatti, ∀f ∈ H ∃A−1f ∈ H tale che

A(A−1f

)=(AA−1

)f = If = f.

Si prova, ora, l’unicita dell’inverso.Siano A−11 e A−12 due operatori lineari e limitati su H tali che AA−11 = A−11 A = I

e AA−12 = A−12 A = I.Bisogna fare vedere che A−11 = A−12 , ossia che A−11 f = A−12 f , ∀f ∈ H.Poiche, ∀f ∈ H si ha che:

A−11 f = A−11 (If) = A−11

(AA−12 f

)=(A−11 A

) (A−12 f

)= I

(A−12 f

)= A−12 f,

si deduce che:A−11 = A−12 .

Pertanto, si puo affermare che l’inverso di un operatore lineare e limitato su H eunico. �

3. Forme bilineari

Teorema 3.5. a) Sia A : H → H un operatore lineare e limitato. Allora la funzioneϕ : H ×H → K definita da:

(10) ϕ(f, g) = 〈f, Ag〉e una forma bilineare limitata su H e ‖ϕ‖ = ‖A‖.b) Viceversa, sia ϕ : H ×H → K una forma bilineare limitata. Allora esiste un

unico operatore lineare e limitato A : H → H, tale che:

(11) ϕ(f, g) = 〈f, Ag〉 , ∀ (f, g) ∈ H ×H.

3. FORME BILINEARI 33

Dim. a) A : H −→ H e un operatore lineare e limitato allora abbiamo gia vistola funzione ϕ definita da (10) e una forma bilineare limitata e

(12) ‖ϕ‖ ≤ ‖A‖

b) Viceversa, sia ϕ : H ×H −→ C una forma bilineare limitata. Per prima cosaproveremo l’esistenza di un operatore A : H −→ H lineare e limitato verificante (11).Nel corso della dimostrazione proveremo anche che questo operatore A verifica ladisuguaglianza ‖A‖ ≤ ‖ϕ‖. Insieme con la disuguaglianza (12) della dimostrazionedella parte a) provera la desiderata uguaglianza ‖ϕ‖ = ‖A‖ se proveremo che A eunico.

A tal fine per ogni g ∈ H definiamo la funzione Φg(f) : H −→ C da:

(13) Φg(f) = ϕ(f, g).

Allora Φg e un funzionale lineare su H. Il funzionale lineare Φg e limitato; infatti:

|Φg(f)| = |ϕ(f, g)| ≤ ‖ϕ‖‖f‖‖g‖e quindi

‖Φg‖ ≤ ‖ϕ‖‖g‖.Per il teorema di rappresentazione di Riesz, esiste un unico vettore Ag ∈ H, tale

che:

(14) Φg(f) = 〈f, Ag〉 , ∀ f ∈ H.

Inoltre, per lo stesso teorema, abbiamo:

(15) ‖Ag‖ = ‖Φg‖ ≤ ‖ϕ‖‖g‖.

L’operatore A : H −→ H definito da (14) e lineare; infatti:

〈f, A(αg)〉 = Φαg(f) = ϕ(f, αg) = αϕ(f, g) = αΦg(f) = α 〈f, Ag〉 = 〈f, αAg〉

∀ f ∈ H, per cui:

〈f, A(αg)− αAg〉 = 0 , ∀ f ∈ He quindi: A(αg) = αAg.Analogamente da:


〈f, A(g + h)〉 = Φg+h(f) = ϕ(f, g + h) = ϕ(f, g) + ϕ(f, h) = Φg(f) + Φh(f) =

= 〈f, Ag〉+ 〈f, Ah〉 = 〈f, Ag + Ah〉 , ∀ f ∈ He quindi: A(g + h) = Ag + Ah.Cosı A e un operatore lineare su H.La disuguaglianza (15) prova che A e limitato e infatti ‖A‖ ≤ ‖ϕ‖.Da (13) e (14) segue:

ϕ(f, g) = Φg(f) = 〈f, Ag〉 , ∀ (f, g) ∈ H ×H.Finalmente supponiamo che B : H −→ H e un altro operatore lineare e limitato

avente la proprieta che ϕ(f, g) = 〈f,Bg〉 ∀ (f, g) ∈ H ×H.Allora per ogni fissato g ∈ H, abbiamo:

〈f, Ag −Bg〉 = 〈f, Ag〉 − 〈f,Bg〉 = 0 , ∀ f ∈ He quindi:

Ag = Bg , ∀ g ∈ H.�

Corollario 3.3. a) Sia A : H → H un operatore lineare e limitato. Allora lafunzione φ : H ×H → K definita da:

φ(f, g) = 〈Af, g〉e una forma bilineare limitata su H e ‖φ‖ = ‖A‖.b) Viceversa, sia φ : H ×H → K una forma bilineare limitata. Allora esiste un

unico operatore lineare e limitato A : H → H, tale che:

φ(f, g) = 〈Af, g〉 , ∀ (f, g) ∈ H ×H.

Dim. a) Definiamo ϕ : H × H → K da ϕ(f, g) = φ(g, f) = 〈f, Ag〉. Alloraper il Teorema 3.5 a) ϕ e una forma bilineare limitata su H e ‖ϕ‖ = ‖A‖. Poiche

ϕ(f, g) = φ(g, f), anche φ e una forma bilineare su H limitata e:

‖φ‖ = sup‖f‖=‖g‖=1

|φ(f, g)| = sup‖f‖=‖g‖=1

|ϕ(f, g)| = ‖ϕ‖ = ‖A‖.

b) Se ϕ e data allora ϕ(f, g) = φ(g, f) e una forma bilineare limitata e per ilTeorema 3.5 b) esiste un unico operatore A : H −→ H lineare e limitato, tale che:

ϕ(f, g) = 〈f, Ag〉 , ∀ (f, g) ∈ H ×H.

4. OPERATORI AGGIUNTI 35

Quindi abbiamo:

φ(f, g) = ϕ(g, f) = 〈Af, g〉 , ∀ (f, g) ∈ H ×H.�

Corollario 3.4. Se A : H → H e un operatore lineare e limitato, allora:

‖A‖ = sup‖f‖=‖g‖=1

| 〈f, Ag〉 | = sup‖f‖=‖g‖=1

| 〈Af, g〉 |.

Dim. Immediata. �

4. Operatori aggiunti

Teorema 4.2. Siano A,B : H → H due operatori lineari e limitati. Allora:

a) A∗∗ = Ab) (λA)∗ = λA∗

c) (AB)∗ = B∗A∗

d) (A+B)∗ = A∗ +B∗

e) Se A e invertibile, anche A∗ e invertibile e: (A∗)−1 = (A−1)∗.

Dim. a) Essendo A∗ tale che 〈Af, g〉 = 〈f, A∗g〉 ∀f, g ∈ H, segue che A∗∗ e tale

〈A∗f, g〉 = 〈f, A∗∗g〉 ed essendo 〈A∗f, g〉 = 〈g, A∗f〉 = 〈Ag, f〉 = 〈f, Ag〉 ∀f, g ∈H,segue che A∗∗ = A.

b) Poiche (λA)∗ e tale che 〈(λA)f, g〉 = 〈f, (λA)∗g〉 ∀f, g ∈ H, ma poiche si haanche 〈(λA)f, g〉 = 〈A(λf), g〉 = 〈λf,A∗g〉 =

⟨f, λ(A∗g)

⟩=⟨f, (λA∗)g

⟩∀f, g ∈ H,

segue che (λA)∗ = λA∗.c) (AB)∗ e tale che ∀f, g ∈ H

〈(AB)f, g〉 = 〈f, (AB)∗g〉 ,ma si ha anche che ∀f, g ∈ H

〈(AB)f, g〉 = 〈A(Bf), g〉 = 〈Bf,A∗g〉 = 〈f,B∗(A∗g)〉 = 〈f, (B∗A∗)g〉 .

Quindi, (AB)∗ = B∗A∗.d) 〈(A+B)f, g〉 = 〈Af +Bf, g〉 = 〈Af, g〉 + 〈Bf, g〉 = 〈f, A∗g〉 + 〈f,B∗g〉 =

〈f, (A∗ +B∗)g〉, ∀f, g ∈ H.Quindi, ricorrendo alla definizione di operatore aggiunto si ha (A+B)∗ = A∗+B∗.


e) Sappiamo che (A−1A)∗ = A∗(A−1)∗ per la c). Da cio, poiche (A−1A)∗ = I edessendo 〈(A−1A)f, g〉 = 〈A−1(Af), g〉 = 〈(Af), (A−1)∗g〉 = 〈f, A∗(A−1)∗g〉, ∀f, g ∈H, e quindi A∗(A−1)∗ = I, si ha che (A−1)∗ = (A∗)−1.

�

Teorema 4.5. Sia A : H → H un operatore lineare e limitato. Le seguentiaffermazioni sono equivalenti:

a) A e autoaggiuntob) La forma bilineare ϕ definita da ϕ(f, g) = 〈Af, g〉 e simmetricac) La forma quadratica ϕ definita da ϕ(f) = 〈Af, f〉 e reale.

Dim. Dire che A e autoaggiunto significa affermare A∗ = A.a) ⇒ b): ϕ(f, g) = 〈Af, g〉 = 〈f, A∗g〉 = 〈f, Ag〉 = 〈Ag, f〉 = ϕ(g, f), ∀f, g ∈ H.

b) ⇒ c): ϕ(f) = 〈Af, f〉 = ϕ(f, f) = ϕ(f, f), ∀f ∈ H.c) ⇒ a): ∀f ∈ H, 〈Af, f〉 reale implica che 〈f, Af〉 = 〈Af, f〉 = 〈f, A∗f〉. Poiche

(dal Teorema 4.1) ogni operatore lineare e limitato ammette un (unico) operatoreaggiunto A∗, segue che A = A∗. �

5. Operatori di proiezione

Teorema 5.6. Siano P e Q due proiezioni sopra i sottospazi M e N rispettivamen-te. Le seguenti affermazioni sono equivalenti:

a) M ⊂ Nb) QP = Pc) PQ = Pd) Q− P e una proiezionee) 〈(Q− P )f, f〉 ≥ 0, ∀ f ∈ Hf) ‖Pf‖ ≤ ‖Qf‖, ∀ f ∈ H.

Dim. a)⇒ b): Per ipotesi, siano P e Q due proiezioni sopra i sottospazi M ed N ,rispettivamente.

Allora,

M = {g : Pg = g} = {g : ‖Pg‖ = ‖g‖} = {Pf : f ∈ H} ,

N = {h : Qh = h} = {h : ‖Qh‖ = ‖h‖} = {Qf : f ∈ H} .Sapendo che M ⊂ N , bisogna provare che QP = P , ossia che (QP ) f = Pf ,

∀f ∈ H.Osservando che

Pf ∈M, ∀f ∈ H,

5. OPERATORI DI PROIEZIONE 37

eM ⊂ N (per ipotesi),

si ha:Pf ∈ N, ∀f ∈ H,

il che implica, per come e definito N ,

Q (Pf) = Pf, ∀f ∈ H.Pertanto, e possibile dedurre che

QP = P.

b)⇒ c): Sapendo, per ipotesi, che QP = P e che P e una proiezione, allora ancheQP e una proiezione.

Pertanto, per il Teorema 5.4 si ha che

QP = PQ,

da cui segue facilmente chePQ = P.

c)⇒ d): Sapendo, per ipotesi, che PQ = P , bisogna provare che Q − P e unaproiezione, ossia che (per il Teorema 5.2) Q− P = (Q− P )∗ = (Q− P )2.

Si osserva, innanzitutto, che dal momento che PQ = P e P e, per ipotesi, unaproiezione, allora anche PQ e una proiezione, e, in particolare, per il Teorema 5.4PQ = QP .

Quindi,P = PQ = QP.

Sapendo, inoltre, che P = P ∗ = P 2 (essendo P una proiezione) e Q = Q∗ = Q2

(essendo anche Q una proiezione), si ha:

(Q− P )∗ = Q∗ − P ∗ = Q− Pe

(Q− P )2 = Q2 −QP − PQ+ P 2 = Q− P − P + P = Q− P.Di conseguenza, si ricava che

Q− P = (Q− P )∗ = (Q− P )2

e, dunque, Q− P e una proiezione.d)⇒ e): Sapendo, per ipotesi, che Q − P e una proiezione, ossia che Q − P =

(Q− P )∗ = (Q− P )2, bisogna dimostrare che 〈(Q− P ) f, f〉 ≥ 0, ∀f ∈ H.Ma, ∀f ∈ H:

〈(Q− P ) f, f〉 =⟨(Q− P )2 f, f

⟩= 〈(Q− P ) ((Q− P ) f) , f〉 =

= 〈(Q− P ) f, (Q− P )∗ f〉 = 〈(Q− P ) f, (Q− P ) f〉 ≥ 0.

Pertanto:〈(Q− P ) f, f〉 ≥ 0, ∀f ∈ H.


e)⇒ f): Sapendo, per ipotesi che 〈(Q− P ) f, f〉 ≥ 0, ∀f ∈ H, bisogna dimostrareche ‖Pf‖ ≤ ‖Qf‖, ∀f ∈ H.

Ma, ∀f ∈ H:0 ≤ 〈(Q− P ) f, f〉 = 〈Qf − Pf, f〉 = 〈Qf, f〉 − 〈Pf, f〉 = (sapendo che P e Q

sono proiezioni) = 〈Q2f, f〉− 〈P 2f, f〉 = 〈Qf,Q∗f〉− 〈Pf, P ∗f〉 = (dal momento cheP e Q sono proiezioni) = 〈Qf,Qf〉 − 〈Pf, Pf〉 = ‖Qf‖2 − ‖Pf‖2.

Da cio segue che‖Pf‖2 ≤ ‖Qf‖2

e, quindi,‖Pf‖ ≤ ‖Qf‖ ∀f ∈ H.

f)⇒ a): Per provare che M ⊂ N occorre provare che ogni elemento di M eelemento di N .

Supponiamo per assurdo che esista un elemento g di M che non sia appartenentead N .

Per il Teorema 2.9 del capitolo 2 si ha che

‖g‖2 = ‖Qg‖2 + ‖Q⊥g‖2

(ovviamente ‖Q⊥g‖ 6= 0) e quindi ‖g‖2 > ‖Qg‖2 cioe

‖g‖ > ‖Qg‖Ora sappiamo che (vedi Teorema 5.1)

‖g‖ = ‖Pg‖,da cui segue che

‖Pg‖ > ‖Qg‖e cio e assurdo essendo per ipotesi ‖Pg‖ ≤ ‖Qg‖ ∀f ∈ H. �

Bibliografia

[1] D.AVERNA, Analisi Funzionale - Spazi di Hilbert. Dispensa (2010)

39

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