Appunti di analisi funzionale [a.a. 1995 1996][prof. biagio ricceri][santi caltabiano][università...

APPUNTI DI ANALISI FUNZIONALE 1

17-11-95

SPAZI VETTORIALI, SOTTOSPAZI VETTORIALI, VARIETÀ AFFINI [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K (R o C), vogliamo allora ricordare brevemente qualche

nozione sugli spazi vettoriali. Indichiamo con E l’elemento nullo di E (considerato come gruppo

abeliano). Definiamo traslato di un insieme, l’insieme che è definito dalla somma dei punti

dell’insieme con un fissato punto dello spazio cioè dato un sottoinsieme A non vuoto di E (cioè

AE e A=) e xoAE allora l’insieme x0+A:={x0+y : yA} è un traslato dell’insieme A.

Definiamo somma algebrica di due sottoinsiemi di uno spazio vettoriale, l’insieme definito dalla

somma dei vettori appartenenti ai due insiemi, cioè dati due sottoinsiemi A e B non vuoti di E allora

l’insieme A+B=:{x+y : xA e yB} è la somma algebrica dei sottoinsiemi A e B. Definiamo

prodotto di uno scalare per un sottoinsieme di uno spazio vettoriale l’insieme definito dal

prodotto dei vettori dell’insieme per un fissato scalare di K cioè fissato un K e dato A

sottoinsieme non vuoto di E allora l’insieme

A:={x : xA} è il prodotto dello scalare per A. Sia FE allora F si dice sottospazio vettoriale di E se eredita la struttura di E, ossia se è uno spazio vettoriale rispetto alle operazioni

definite in E cioè se l’insieme F soddisfa alle due seguenti proprietà:

x,yF x+yF

K e xF xF

Banalmente dalle definzione si evince che E e {E} sono sottospazi vettoriali di E e vengono detti

ripettivamente sottospazio proprio e sottospazio banale. Sia GE diciamo allora che G è una varietà affine se è il traslato di un qualunque s.sp.vett. di E ossia se x0E e FE sottospazio

vettoriale di E t.c. G=x0+F. Si osserva dalla definzione che banalmente i punti sono varietà affini,

poiché fissato x0E allora lo possiamo riguardare come {x0}=x0+{E}.

PROPRIETÀ [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K

FE

Allora F è un sottospazio vettoriale di E x,yF e ,K x+yF


Dim ()

Siano x,yE e ,K e poiché per Hp F è un sottospazio vettoriale segue allora dalla che i

vettori x,yF segue allora dalla che x+yF.

Dim ()

Dobbiamo provare che F è un sottospazio vettoriale di E e quindi dobbiamo provare che F soddisfa

la e la . Per ipotesi abbiamo che:

x,yF ,K x+yF ()

Dalla () per ==1 segue che x,yF x+yF cioè è soddisfatta la . Dalla () per =0 segue che K e xF xF cioè è soddisfatta la



FE s.sp. vett.

Valgono allora le seguenti due proprietà:

() F+F=F

() F=F con K\{0}

() F+F=F con ,K\{0} Dimostrazione () (esercizio)

Proviamo che F+FF:

sia zF+F x,yF t.c. z=x+y e quindi essendo F un s.sp.vett. segue che z=x+yF.

Proviamo che FF+F:

sia xF e quindi essendo F un s.sp.vett. segue che:

x=12 x+

12 xF+F c.v.d.

Dimostrazione () (esercizio) Proviamo che FF:

sia zF xF t.c. z=x e quindi essendo F un s.sp.vett. segue che z=xF.

Proviamo che FF:

sia xF e quindi essendo F un s.sp.vett. segue che:

x=xF c.v.d.

Dimostrazione () (esercizio) F+F=per ()=F+F=per ())=F c.v.d.




FE s.sp. vett., x0F

Ts: x0+F=F

Dim (esercizio)

Proviamo che x0+FF:

x0+FF+F=Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=F

Proviamo che Fx0+F:

F=x0-x0+F x0-F+Fper Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.x0+F

c.v.d.

ESEMPI [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Evidentemente in R2 dei sottospazi sono quelli banali cioé R2 stesso e {(0,0), e come verificato

qui di seguito tutte e sole le rette passanti per l’origine. Fissato quindi mR, consideriamo l’ins.

A:={(x,mx) : xR} che è l’ins. definito dai punti della retta y=mx passante per l’origine.

Proviamo che A soddisfa alle proprietà e .

Verifichiamo :

siano (x1,mx1),(x2,mx2)A e osserviamo che x1+x2R si ha allora che

(x1,mx1)+(x2,mx2)=(x1+x2,m(x1+x2))A

Verifichiamo :

sia R e (x,mx)A e osserviamo che xR si ha allora che il vettore

(x,mx)=(x,m(x))A.

E quindi A è un sottospazio vettoriale di R2. In maniera analoga si prova che le varietà affini di

R2 sono i punti (cioè G=x0+{(0,0)} con x0R2) e tutte le rette.


Sia E uno spazio vettoriale su K

FE sottospazio vettoriale

Ts: EF

Dim Per Hp F è sottospazio vettoriale di E che K e xF il vettore xF e quindi basta

scegliere =0 infatti E=0xF c.v.d.




GE sottospazio vettoriale di E

Ts: G è una varietà affine

Dim La tesi è ovvia poiché possiamo scrivere G=E+G G varietà affine



{Fi}iI famiglia di sottospazi di E Ts: F:=

i I Fi è un sottospazio vettoriale di E.

Dim Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. dobbiamo provare che:

,K e x,yF x+yF

Siano quindi ,K e x,yF. Poiché x,yF x,yFi iI e poiché gli Fi è un sottospazio

vettoriale x+yFi iI x+yF c.v.d.



GE varietà affine

Allora G è sottospazio vettoriale EG

Dim ()

Poiché G è sottospazio vettoriale allora segue dalla proprietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che EG.

Dim ()

Poiché G è una varietà affine e quindi:

x0E e FE sottospazio vettoriale di E t.c. G=x0+F

per Hp EG yF t.c. E=x0+y x0=-y e osservando che yF e che F è un sottospazio

vettoriale si ha che x0=-yF segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

G=x0+F=F G sottospazio vettoriale

c.v.d.

COMBINAZIONE LINEARE DI VETTORI [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K, x1,...,xnE e 1,...,nK (dove chiaramente nN

finito). Diciamo allora combinazione lineare (brevemente c.l.) dei vettori x1,...,xnE il vettore:


1x1+...+2xn=i

n

1ixi

dove 1,...,n sono i coefficienti della combinazione lineare. Facendo uso del principio di

induzione e della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. risulta ovvio che un sottospazio

vettoriale contiene ogni combinazione lineare dei suoi vettori.

INVILUPPO LINEARE [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K e AE non vuoto, diciamo allora inviluppo lineare dell’insieme A e lo indichiamo con span(A) (e si legge span di A) l’intersezione di tutti i sottospazi

di E contenenti A cioè:

span(A):={F : F sottospazio di E e AF}

e quindi dalla proprietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. osserviamo chiaramente

che span(A) è il più piccolo sottospazio vettoriale di E contenente A. Ovviamente Aspan(A).

Vogliamo adesso provare il seguente importante teorema che caratterizza l’inviluppo lineare

di un insieme poiché ci dice che l’inviluppo lineare di un insieme è definito da tutte le possibili

combinazioni lineari dei vettori dell’insieme.

TEOREMA [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale

AE, A

Ts: span(A)={1x1+...+nxn : nN ; x1,...,xnA; 1,...,nK} Dim Poniamo G:={1x1+...+nxn : nN ; x1,...,xnA; 1,...,nK} e proviamo che G=span(A)

procedendo per doppia inclusione.

Proviamo che Gspan(A):

sia zG che x1,...,xnA e 1,...,nK t.c. z=1x1+...+nxn e quindi poichè Aspan(A) che

x1+...+xnspan(A) e poichè span(A) è un sottospazio vettoriale di E z=1x1+...+nxnspan(A)

Gspan(A).

Proviamo che span(A)G:

per dimostrare che span(A)G dobbiamo dimostrare che G è uno sottospazio vettoriale di E che

contiene l’insieme A. Dimostriamo che G è un sottospazio vettoriale e quindi facciamo uso della

proprietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e proviamo che una combinazione

lineare di due arbitrari vettori di G sta ancora in G:


siano ,K e x,yG si ha allora che:

x1,...,xnA e 1,...,nK t.c. x=i

n

1ixi

y1,...,ymA e 1,...,mK t.c. y=i

m

1iyi

e quindi x+y=i

n

1ixi+

i

m

1iyi=1x1+...+nxn+1y1+...+mymG essendo una

combinazione lineare di vettori di A. Chiaramente AG poiché se xA allora nella definizioni dei vettori che appartengono a G basta

considerare n=1 e =1 e si ha chiaramente che xG. E quindi G è un sottospazio che contiene A,

allora essendo per definizione span(A) il più piccolo sottospazio che contiene A segue che

necessariamente deve essere che span(A)G.


Dividiamo gli insiemi di R2 in quelli contenuti in una retta per O=(0,0) e in quelli non contenuti in

una retta per O.

Se AR2 è contenuto in una retta per O allora evidentemente il suo inviluppo lineare è la retta

passante per O.

Se AR2 non è contenuto in una retta per O allora evidentemente il suo inviluppo lineare è R2.

Consideriamo ora gli insiemi di R3.

Se AR3 non è contenuto in alcun piano per O=(0,0,0) ( e di conseguenza A non è contenuto in

nessuna retta per O ) allora evidentemente il suo inviluppo lineare è R3.

Se AR3 è contenuto in un piano per O e A non è contenuto in alcuna retta per O allora il suo

inviluppo lineare è il piano.

Se AR3 è contenuto in una retta per O allora il suo inviluppo lineare è la retta.

INVILUPPO AFFINE [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K e A un sottoinsieme qualunque non vuoto di E diciamo

allora inviluppo affine dell’insieme A e lo indichiamo con aff(A), l’insieme dato dall’intersezione

di tutte le varietà affini che contengono A cioè: aff(A):=

i I Gi

dove {Gi}iI è la famiglia delle varietà affini (cioè iI xiE e FiE sottospazio vettoriale t.c.

Gi=xi+Fi ) t.c. AGi iI. Ovviamente Aaff(A).


Vogliamo adesso provare il seguente importante teorema che caratterizza l’inviluppo affine

di un insieme poiché ci dice che l’inviluppo affine di un insieme è definito da tutte le combinazioni

lineari dei vettori dell’insieme che hanno la somma dei coefficienti della combinazione lineare

uguale a 1.



AE, A

Ts: aff(A)=1x1+...+nxn : nN, x1,...,xnA, 1,...,nK t.c.

i

n

1i=1

Dim

Fissiamo un qualunque x0A allora l’insieme span(A-x0) è un sottospazio vettoriale di E per

definizione di inviluppo lineare. E quindi x0+span(A-x0) è una varietà affine e chiaramente

Ax0+span(A-x0) infatti preso un qualunque vettore xA e tenendo presente che A-x0span(A-x0)

si ha che x=x0+x-x0x0+A-x0x0+span(A-x0). Chiaramente aff(A)x0+span(A-x0) infatti

x0+span(A-x0) è una varietà affine che contiene A e quindi per definizione contiene aff(A).

Poniamo G=1x1+...+nxn : nN, x1,...,xnA, 1,...,nK t.c.

i

n

1i=1

e proviamo con la

doppia inclusione che x0+span(A-x0)=G. Proviamo che x0+span(A-x0)G:

sia xx0+span(A-x0) e quindi x è del tipo x=x0+i

n

1i(xi-x0)=x0+

i

n

1ixi-x0

i

n

1i= =

1-

i

n

1i

x0+

i

n

1ixi e poichè

1-

i

n

1i

+

i

n

1i=1 xG.

Proviamo che Gx0+span(A-x0):

sia xG e quindi x è del tipo x=i

n

1ixi con

i

n

1i=1. Osserviamo che x0=1x0=

i

n

1ix0 segue che

x=i

n

1ixi=x0-x0+

i

n

1ixi=x0-

i

n

1ix0+

i

n

1ixi=x0+

i

n

1i(xi-x0) xx0+span(A-x0).

E quindi G=x0+span(A-x0) e poiché aff(A)x0+span(A-x0) si ha che:

aff(A)G (1)

Per dimostrare l’inclusione inversa cioé:

Gaff(A) (2)


facciamo vedere che G è contenuto in tutte le varietà affine che contengono A poiché seguirà da ciò

che Gaff(A) essendo per definizione aff(A) l’intersezione di tutte le varietà affini che contengono

A. Sia V una varietà affine t.c. AV e dimostriamo che GV. Sia quindi xG che x è del tipo

x=i

n

1ixi con gli xiA e

i

n

1i=1. Osserviamo che V essendo una varietà affine è per definizione

il traslato di uno spazio vettoriale cioè FE sottospazio vettoriale e y0E t.c. V=y0+F e poichè AV Ay0+F e poiché ogni xiA che ogni xiy0+F che i vettori xi-y0F che essendo F un s.sp.vett. contiene ogni combinazione lineare dei vettori xi-y0 e quindi tenendo presente che

i

n

1i=1 si ha:

x=i

n

1ixi=y0-y0+

i

n

1ixi=y0-y0

i

n

1i+

i

n

1ixi=y0+

i

n

1i(xi-y0)y0+F=V

Segue allora dalla (1) e dalla (2) che G=aff(A) che proprio quello che volevamo dimostrare.

Si evince dalla dimostrazione del teorema precedente la seguente altra importante

caratterizzazione dell’inviluppo affine di un insieme, che in particolare ci dice che l’inviluppo affine

è una varietà affine.



AE, A

x0A

Ts: aff(A)=x0+span(A-x0)

CONVESSITÀ [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K e AE diciamo allora che A è convesso se è vuoto, mentre

se non è vuoto deve accadere che:

x,yA x+(1-)yA [0,1]

cioè A è convesso se comunque presi due suoi punti x,yA allora il segmento che li congiunge che

è [x,y]:={x+(1-)yA : [0,1]} è contenuto in A. Chiaramente vista l’arbitrarietà di x,yA è

ovvio che [x,y]=[y,x].

La seguente semplice proprietà ci dice che i punti sono convessi.




x0E

Ts: Il singoltetto {x0} è convesso

Dim (esercizio)

x0+(1-)x0=x0+x0-x0=x0{x0} [0,1] c.v.d.

PROPRIETÀ (la somma algebrica di convessi è un convesso ) [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


A e B due sottoinsiemi non vuoti di E convessi

Ts: l’insieme A+B è convesso

Dim (esercizio) Prendiamo ad arbitrio due vettori z1,z2A+B:={x+y : xA e yB} e quindi:

ono x1A e y1B t.c. z1=x1+y1

ono x2A e y2B t.c. z2=x2+y2

Osserviamo inoltre che:

essendo x1,x2A e per la convessità di A si ha che x1+(1-)x2A [0,1]

essendo y1,y2B e per la convessità di B si ha che y1+(1-)y2A [0,1]

segue allora che [0,1] si ha:

z1+(1-)z2=(x1+y1)+(1-)(x2+y2)=[x1+(1-)x2]+[y1+(1-)y2]A+B

PROPRIETÀ (il traslato di un convesso è un convesso) [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AE,A, convesso

x0E

Ts: x0+A è convesso

Dim (esercizio) La dimostrazione di tale proprietà segue direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ponendo B:={x0}


c.v.d.

PROPRIETÀ (uno scalare per un convesso è un convesso ) [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AE,A, convesso

K

Ts: A un convesso

Dim (esercizio) Siano x,yA x,yA e per la convessità di A segue che x+(1-)yA [0,1]

(x)+(1-)(y)=[x+(1-)y]A [0,1].

z1+(1-)z2=(x0+x)+(1-)(x0+y)=x0+x+x0-x0+(1-)y=x0+[x+(1-)y]x0+A.

PROPRIETÀ (l’intersezione di convessi è un convesso) [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


{C1}iI famiglia di convessi di E

Ts: i I Ci è un convesso.

Dim

Siano x,yi I Ci x,yCi iI e poiché per Hp i Ci sono convessi segue allora che x+(1-

)yCi [0,1] iI x+(1-)yi I Ci [0,1] c.v.d.

INVILUPPO CONVESSO [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K e A un sottoinsieme qualunque di E diciamo allora

inviluppo convesso dell’insieme A e lo indichiamo con conv(A), l’insieme dato dall’intersezione di

tutti i convessi che contengono A cioè: conv(A):={C : AC e C convesso } La proprietà precedente Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ci dice che l’inviluppo


convesso conv(A) è un convesso ed essendo per definizione conv(A) l’intersezione di tutti i

convessi che contengono A allora Aconv(A) e quindi conv(A) è il più piccolo sottoinsieme di E convesso che contiene A. E quindi in particolare se A è convesso allora necessariamente deve

essere che conv(A)=A.


Sia E spazio vettoriale su K

AE, A convesso

Ts: conv(A)=A

Dim (esercizio) Vale sempre Aconv(A), proviamo quindi l’inclusione inversa. Per Hp A è un convesso e

banalmente AA e quindi poiché per definizone conv(A) è il più piccolo convesso contenente A

allora deve necessariamente essere che conv(A)A c.v.d.

COMBINAZIONE CONVESSA [1711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale, x1,...,xnN, e 1,...,n[0,1] con i

n

1i=1 allora il vettore

1x1+...+nxn si dice combinazione convessa dei vettori x1,...,xn.



AE insieme convesso

Ts: A contiene ogni combinazione convessa dei suoi vettori.

Dim

Dobbiamo provare che x1,...,xnA e 1,...,n[0,1] con i

n

1i=1

i

n

1ixiA.

Dimostriamo per induzione.

Per n=2:

siano x1,x2A e 1,2[0,1] con 1+2=1 2=1-1 e quindi tenendo conto di questo del fatto

che A è convesso si ha che 1x1+2x2=1x1+(1-1)x2.

Supponiamo vera l’espressione per n=k e dimostriamo che è vera per k+1:

consideriamo x1,...,xk+1A e 1,...,k+1[0,1] con i

k

1

1i=1 e supponiamo k+10 poiché se

k+1=0 allora l’asserto seguirebbe direttamente dall’Hp induttiva. E ovviamente possiamo supporre


anche che k+11 poiché se k+1=1 allora dovendo essere i

k

1

1i=1 allora necessariamente si

avrebbe che 1=2=...=k=0 e quindi i

k

1

1xii=1x1+...+kxk+k+1xk+1=0x1+...+0xk+1xk+1=xk+1A.

E quindi se k+10 e k+11 si ha allora che: 1x1+...+k+1xk+1= dividiamo e moltiplichiamo i primi k termini per la quantità (1-k+1) =

k+1xk+1+(1-k+1) 1 1

11

x xk k

k

...=k+1xk+1+(1-k+1)

i

k

1

i

k

1 1

xi

e quindi:

1x1+...+k+1xk+1=k+1xk+1+(1-k+1)i

k

1

i

k

1 1

xi ()

Teniamo presente che 1+...+k+1=1 1+...+k=1-k+1 e quindi:

i

k

1

i

k

1 1

=1

1 1 k i

k

1i=

11 1 k

(1-k+1)=1

segue allora dall’ipotesi induttiva che il vettore i

k

1

i

k

1 1

xiA

E quindi nella () ci siamo ricondotti al caso di due vettori già esaminato (cioè il caso n=2 )

1x1+...+k+1xk+1A c.v.d.

Vogliamo adesso provare il seguente importante teorema che caratterizza l’inviluppo

convesso di un insieme poiché ci dice che l’inviluppo convesso di un insieme è definito da tutte le

combinazioni convesse dei vettori dell’insieme.



AE, A

Ts: conv(A)= i

n

1ixi : nN, x1,...,xnA; 1,...,n[0,1] t.c.

i

n

1i=1

Dim

Chiamiamo C= i

n

1ixi : nN, x1,...,xnA; 1,...,n[0,1] t.c.

i

n

1i=1

che è l’insieme di

tutte le combinazioni convesse dei vettori di A. Chiaramente AC (poiché xA basta considerare n=1 e 1=1 e si ha xC). Vogliamo dimostrare

con la doppia inclusione che conv(A)=C.

Proviamo che conv(A)C:

proviamo che C è convesso, seguirà chiaramente da questo che conv(A)C poiché per definizione


conv(A) è il più piccolo convesso che contiene A. Siano z1,z2C e proviamo che z1+(1-)z2C

[0,1].

Poiché z1C è del tipo z1=i

n

1ixi con x1,...,xnA, 1,...,n[0,1] con

i

n

1i=1

poiché z2C è del tipo z2=i

n

1iyi con y1,...,ymA, 1,..., m[0,1] con

i

n

1i=1

Si ha allora che [0,1]:

z1+(1-)z2=i

n

1ixi+

i

m

1(1-)iyi ()

Osserviamo che:

i

n

1i+

i

m

1(1-)i=

i

n

1i+(1-)

i

m

1i=1+(1-)1=1

e quindi la () è una combinazione convessa di vettori di A z1+(1-)z2C che C è

convesso conv(A)C.

Proviamo che Cconv(A):

conv(A) è un convesso segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che X

contiene tutte le combinazioni convesse dei suoi vettori e quindi essendo Acon(A) allora in

particolare conv(A) contiene le combinazioni convesse dei vettori di A e questo significa proprio

che Cconv(A) c.v.d.

20-11-95

INSIEME EQUILIBRATO [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K, AE e A allora A si dice equilibrato se vale

l’inclusione

1K AA

cioé K con 1 e xA xA



AE, A equilibrato

Ts: EA

Dim (esercizio)


Per Hp A è equilibrato xA xA e K con 1 e quindi fissato un qualunque xA

allora in particolare per =0K si ha E=0KxA c.v.d.

Si osserva adesso che la famiglia di tutti gli insiemi equilibrati è chiusa rispetto alla

intersezione ed all’unione.



sia {Ai}iI una famiglia d’insiemi equilibrati di E

si ha allora che valgono: A:=

i I Ai è equilibrato

B:=i I Ai è equilibrato

Dimotrazione (esercizio)

Dobbiamo provare che:

K con 1 e xA xA

Fissato quindi K con 1 e xA allora poiché xA xAi iI e poiché per Hp gli Ai

sono equilibrati xAi iI xA c.v.d.

Dimotrazione (esercizio) Dobbiamo provare che:

K con 1 e xB xB

Fissato quindi K con 1 e xA allora poiché xB kI t.c. xAk iI e poiché per Hp

gli Ai sono equilibrati xAkB iI xA c.v.d.



AE, A equilibrato

K

Ts: A è equilibrato

Dim (esercizio) Dobbiamo provare che:

zA e K con ||1 zA

Sia quindi K con ||1 e zA xA t.c. z=x segue allora che:

z=(x)=(x)A c.v.d.


INSIEME SIMMETRICO [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K, AE e A allora A si dice simmetrico se coincide col

suo simmetrico cioè A=-A. Chiaramente se A è simmetrico -A è simmetrico.



AE, A simmetrico e convesso

Ts: EA

Dim (esercizio) Sia xA e poiché A è simmetrico -xA e poiché A è convesso che il segmento [-x,x]A cioè

x+(1-)(-x)A [0,1] e quindi in particolare per =12 si ha che:

12 x-

12 x=EA c.v.d.

Segue direttamentre dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la seguente

semplice proprietà.


Sia E un K spazio vettoriale

AE e A

Ts: A equilibrato -A equilibrato



AE e A

Ts: A equilibrato A simmetrico

Dim

Dobbiamo provare che A=-A. Per Hp A è equilibrato AA K con ||1 e quindi per =-1

otteniamo:

-AA (1)

Essendo A equilibrato allora per la proprietà precedente anche il suo simmetrico (cioè -A) è

equilibrato (-A)-A K con ||1 e quindi per =-1 si ha: A-A (2) Segue quindi da (1) e da (2) che A=-A c.v.d.



Sia E uno spazio vettoriale sul corpo R

AE, A, simmetrico e convesso

Ts: A è equilibrato

Dim

In queste ipotesi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che EA. E quindi

osservando che A è convesso si ha allora che xA il segmento [E,x]=[x,E]A cioè:

xA xA e [0,1] ()

Dobbiamo provare che

1R AA e quindi dobbiamo provare che preso un qualunque x0A

allora x0A R con 1 cioè -11.

Consideriamo quindi i seguenti tre casi.

Caso 01:

posto x=x0 e = segue allora dalla () che x0A

Caso -10:

poichè -10 0-1 allora posto x=x0 e =- nella () che si ha che -x0A e poiché A è

simmetrico x0A c.v.d.

INSIEME ASSOLUTAMENTE CONVESSO [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale sul corpo K e A un sottoinsieme non vuoto di E allora A si dice

assolutamente convesso se è convesso ed equilibrato.



AE, A

A è assolutamente convesso x,yA ,K con +1 x+yA

Dim () necessità

Consideriamo x,yA,,K t.c. +1 e supponiamo 0 e 0.

Scriviamoci il vettore x+y come:

x+y=

x y (+) ()

Osserviamo che

e

sono due complessi di modulo unitario e quindi essendo A equilibrato si


ha che i vettori:

x,

yA

Poiché chiaramente

,

[0,1] e

+

=

=1 segue allora

che nella () il vettore tra parentesi quadre è una combinazione convessa che appartiene ad A

(poiché A è convesso e quindi contiene tutte le combinazioni convesse dei suoi vettori) cioè posto

z=

x y si ha zA.

Teniamo presente che +1 e che A è assolutamente convesso ed in particolare (per

definizione) equilibrato e quindi z(+)A cioé x+yA.

Dim () sufficienza Dobbiamo dimostrare che A è assolutamente convesso cioè che A è convesso ed equilibrato.

Proviamo che A è convesso:

siano x,yA e [0,1]. Poniamo allora =1- e osserviamo +1-=+1-=1 e quindi per

l’Hp si ha che x+(1-)yA [0,1] A è convesso.

Proviamo che A è equilibrato: dobbiamo provare che

1K AA e quindi dobbiamo provare che preso un qualunque x0A e

K con 1 allora il vettore x0A, ma questo segue direttamente dall’Hp poiché basta

prendere :=, =0 e x=x0 e si ha subito x0A c.v.d.




Ts: F è assolutamente convesso

Dim (esercizio) Fissati ad arbitrio x,yF e ,K tali che ||+||1 allora per il risultato precedente dobbiamo

provare che x+yF, ma ciò segue banalmente dal fatto che F è un sottospazio vettoriale

c.v.d.

COMBINAZIONE ASSOLUTAMENTE CONVESSA [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Sia E uno spazio vettoriale, x1,...,xnN, e 1,...,nK con i

n

1i1 allora il vettore

1x1+...+nxn si dice combinazione assolutamente convessa di x1,...,xn.



AE, A assolutamente convesso

Ts: A contiene ogni combinazione assolutamente convessa dei suoi elementi

Dim

Dobbiamo provare che x1,...,xnA e 1,...,nK con i

n

1i1

i

n

1ixiA .

Procediamo per induzione .

Per n=2:

poiché A è assolutamente convesso segue allora direttamente da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che il vettore 1x1+2x2A.

Supponiamo che l’asserto sia vero per n=k e proviamo che è vero per k+1:

siano x1,...,xk+1A e 1,...,k+1K con i

k

1

1i1 e possiamo supporre k+10. Banalmente

possiamo scrivere il vettore 1x1+...+k+1xk+1 come:

1x1+...+k+1xk+1= ii

k

1

1 k

ii

kk

kk

ii

k

ii

k

i ii

k

ii

kxx

1

1

11

11

1

1

11

1

()

Osserviamo che k

k

1

1

è un numero complesso di modulo unitario e quindi essendo A in particolare

equilibrato si ha k

kkx

1

11

A. Osserviamo inoltre che 1

1

ii

k

++ k

ii

k

1

=1 segue allora

dall’ipotesi induttiva che il vettore i i

i

k

ii

k

x

1

1

A. E quindi nella () il vettore tra parentesi quadre è

una combinazione convessa di due vettori di A cioè siamo ricaduti nel caso n=2 e quindi:


k

ii

kk

kk

ii

k

ii

k

i ii

k

ii

kxx

1

1

11

11

1

1

11

1

A

infine osservando che i

k

1

1i1 si ha essendo A equilibrato che:

1x1+...+k+1xk+1= ii

k

1

1 k

ii

kk

kk

ii

k

ii

k

i ii

k

ii

kxx

1

1

11

11

1

1

11

1

A c.v.d.



{Ci}iI famiglia di sotto insiemi di E assolutamente convessi

Ts: i I Ci è assolutamente convesso

Dim

Siano x,yi I Ci e ,K t.c. +1. Poiché per Hp i Ci sono assolutamente convessi

segue allora che x+yCi iI x+yi I Ci c.v.d.

INVILUPPO ASSOLUTAMENTE CONVESSO DI UN INSIEME [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K e AE, allora l’inviluppo assolutamente convesso dell’insieme

A è l’intersezione di tutti gli insiemi assolutamente convessi contenenti A e si indica con

abconv(A). E quindi segue chiaramente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

abconv(A) è il più piccolo insieme assolutamente convesso contenente A.




AE, A assolutamente convesso

Ts: abconv(A)=A

Dim (esercizio)

Vale sempre Aabconv(A), proviamo quindi l’inclusione inversa. Per Hp A è assolutamente

convesso e banalmente AA e quindi poiché per definizione abconv(A) è il più piccolo insieme

assolutamente convesso contenente A allora deve necessariamente essere che conv(A)A

c.v.d.

Vogliamo adesso provare il seguente importante teorema che caratterizza l’inviluppo

assolutamente convesso di un insieme, che ci dice che l’inviluppo assolutamente convesso di un

insieme è definito da tutte le combinazioni assolutamente convesse dei vettori dell’insieme.


Sia E uno spazio vettoriale su K AE, A

Ts: abconv(A)= i

n

1ixi : nN, x1,...,xnA,1,...,nK,

i

n

1i1

Dim

Poniamo C:= i

n

1ixi : nN, x1,...,xnA,1,...,nK,

i

n

1i1

e proviamo che vale

l’uguaglianza abconv(A)=C. Proviamo che abconv(A)C:

Chiaramente AC. Proviamo che C è assolutamente convesso e quindi dobbiamo provare che:

fissati z1,z2C e ,K con +1 z1+z2C.

Poiché z1C che x1,...,xnA, 1,...,nK,i

n

1i1 t.c. z1=

i

n

1ixi

Poiché z2C che y1,...,ynA, 1,..., nK,i

n

1i1 t.c. z2=

i

n

1iyi

si ha allora che:

z1+z2=i

n

1ixi+

i

n

1iyi =

i

n

1ixi+

i

n

1iyi

e quindi osservando che evidentemente i

n

1i+

i

n

1i+1 si ha che

z1+z2C.


E quindi C è un insieme assolutamente convesso che contiene A allora deve necessariamente essere

che abconv(A)C poiché abconv(A) è per definizione il più piccolo insieme assolutamente

convesso contenente A.

Proviamo che Cabconv(A):

poiché abconv(A) è assolutamente convesso allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. contiene ogni combinazione convessa dei sui vettori e quindi essendo Aabconv(A)

allora in particolare abconv(A) contiene ogni combinazione convessa dei vettori di A e questo

significa proprio che Cabconv(V) c.v.d.


In E=R2 consideriamo abconv((1,1),(-1,1)) che è un quadrato poiché

l’inviluppo assolutamente convesso dell’insieme A={(1,1),(-1,1)}

(cioè abconv((1,1),(-1,1))) deve contenere l’origine E=(0,0), i

simmetrici dei punti (1,1),(-1,1), i segmenti che li congiungono (lati e

diagonali) e tutti i segmenti che congiungono i punti così ottenuti.

Analogamente si vede che abconv((1,1),(-1,-1))=segmento che congiunge i due punti. In E=R2

consideriamo abconv((1,1),(-1,1)) che è un quadrato poiché l’inviluppo assolutamente convesso

dell’insieme A={(1,1),(-1,1)} ( cioè abconv((1,1),(-1,1))) deve contenere l’origine E=(0,0), i

simmetrici dei punti (1,1),(-1,1), i segmenti che li congiungono (lati e diagonali) e tutti i segmenti

che congiungono i punti così ottenuti. Analogamente si vede che abconv((1,1),(-1,-1))=segmento

che congiunge i due punti.

INSIEME LINEARMENTE INDIPENDENTE [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, AE e A allora l’insieme A si dice linearmente

indipendente se comunque preso un numero finito di vettori distinti di A questi sono linearmente

indipendenti cioè:

x1,...,xnA con xixj se ij e 1,...,nK t.c. 1xi+...+nxn=E i=0 i=1,...,n

Ovviamente EA.



AE linearmente indipendente

Ts: se BA allora B è linearmente indipendente


Dim (ovvia)



AE linearmente indipendente

siano x1,...,xnA con xixj se ij, y1,...,ymA con yiyj se ij, 1,...,n, 1,...,mK\{0K} tali che

i

n

1ixi=

j

m

1jyj

Ts: m=n e una permutazione iji di {1,..,n} t.c. xi= ijy e i= ij

i=1,...,n

Dim Poniamo I={1,...,n}, J={1,...,m} e consideriamo I*={iI : jiJ t.c. xi= ij

y }.

Consideriamo inoltre l’applicazione f:I*J con f:iji e sia J* il suo codominio cioé J*=f(I*).

Vogliamo provare quindi che f è una permutazione di {1,...,n} (cioé una biezione da I in I) che

soddisfa alle proprietà promesse dalla tesi. Poniamo per convezione

i zi=E.

Osserviamo che i

n

1ixi=

j

m

1iyi e quindi:

E=i

n

1ixi-

j

m

1jyj=

i I

*(i- ij

)xi+i I I

\ *ixi-

i J J

\ *iyi

che è una combinazione lineare di vettori di A nulla e quindi essendo gli elementi della

combinazione lineare a due a due distinti, ed essendo A è linearmente indipendente allora

coefficienti di tale combinazione lineare devono essere nulli cioé:

i- ij =0K iI* (si ricorda che iI* !jiJ*), i=0K iI\I*, i=0K iJ\J*

e quindi necessariamente (essendo per Hp 1,...,n, 1,...,m non nulli) deve essere che I\I*= e

J\J*= I=I* e J=J* e quindi f:IJ e poiché J=J*:=f(I) f surgettiva. Verifichiamo infine che l’applicazione f:IJ è iniettiva cioè se ik allora jijk. Se ik essendo x1,...,xn a due a due distinti (e

poiché I=I*) xixk ma xi= ijy e xk= kj

y ij

y kj

y ed essendo y1,...,ym a due a due distinti

jijk. Ed ovviamente essendo f una biezione tra I e J allora card(I)=cad(J) cioé n=m c.v.d.

Facendo uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. possiamo dimostrare la

seguente semplice caratt. degli insiemi linearmente indipendenti che ci dice che un’insieme è

linearmente indipendente se e solo se ogni combinazione lineare dei vettori dell’insieme ammette

rappresentazione unica (ovviamente a meno dell’ordine degli addendi).




AE, A

sono allora equivalente:

(1) A è linearmente indipendente

(2) xspan(A) ammette rappresentazione univoca

Dim (1)(2) (esercizio)

Sia xspan(A) ed osserviamo che nel caso x=E la tesi è ovvia, consideriamo quindi il caso xE..

Supponiamo che esistano due rappresentazioni del vettore x, cioé:

x1,...,xnA con xixk ik e 1,...,nK t.c. x=i

n

1ixi (1)

y1,...,ymA con yiyk ik e 1,...,nK t.c. x=j

m

1jyj (2)

e dimostriamo quindi che le due rappresentazioni di x coincidono. Evidentemente essendo xE

allora i i non possono essere tutti nulli ed evidentemente non è restrittivo suppore che tali i siano

tutti non nulli, infatti se così non fosse allora basterebbe cosiderare: 1:=i1 con i1:=min{i : 1in e i0} 2:=i2

con i2:=min{i : i1<in e i0}

::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: r:=ir con ir:=min{i : ir-1<in e i0} con (ovviamente) rn

ed ovviamente (poiché per i i nulli si ha ixi=0xi=E):

x=i

n

1ixi=

k

r

1kxik

E quindi per quanto sopra osservato possiamo supporre che i 1,...,nK\{0}, ed analogamente

possiamo supporre che 1,...,mK\{0}.

Per (1) e (2) si ha che i

n

1ixi=

j

m

1jyj segue allora da Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. che: m=n e iji permutazione di {1,..,n} t.c. xi= ij

y e i= ij i=1,...,n

e questo evidentemente ci dice proprio che le due rappresentazioni coincidono.

Dim (2)(1) (esercizio) Siano x1,...,xnA con xixk ik e 1,...,nK t.c. 1x1++nxn=E dobbiamo provare allora che

1=...=n=0. Se per assurdo fosse 10 allora evidentemente si avrebbe che:

x1=

2

1x2 +

3

1x3 ++

n

1xn


ma ovviamente si può scrivere anche x1=1x1 e quindi x1 ammetterebbe due rappresentazioni distinte

e siamo ad un assurdo e quindi necessariamente deve essere che 1=0. Analogamente si prova che

2=3=...=n=0 c.v.d.

COROLLARIO [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AE, A


(1) A è linearmente indipendente

(2) xA non si può esprimere come combinazione lineare di altri vettori di A


Teniamo presente che per Hp A è linearmente indipendente e che quindi per il teorema precedente

ogni combinazione lineare di vettori di A si può scrivere in modo unico (ovviamente a meno

dell’ordine degli addendi). Fissato ad arbitrio xAspan(A) osserviamo che banalmente si può

scrivere x=1x e quindi necessariamente per unicità di scrittura x non si può esprimere come c.l. di

altri vettori di c.v.d.

Dim (2)(1)

Siano x1,...,xnA con xixk ik e 1,...,nK t.c. 1x1++nxn=E dobbiamo provare allora che

1=...=n=0. Se per assurdo fosse 10 allora evidentemente si avrebbe che:

x1=

2

1x2 +

3

1x3 ++

n

1xn

e siamo ad un assurdo per l’Hp e quindi necessariamente deve essere che 1=0. Analogamente si

prova che 2=3=...=n=0 c.v.d.

Richiamiamo adesso alcune nozioni già date nel corso di Algebra.

RELAZIONE D’ORDINE ED INSIEMI PARZIALMENTE ORDINATI [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un qualunque insieme. Diciamo allora che in X è definita una relazione d’ordine (parziale)

e si indica con il simbolo (di minore o uguale ) se tale relazione gode delle seguenti tre proprietà:

(1) Proprietà riflessiva:

xx

(2) Proprietà antisimmetrica:


se persi x,yX con xy e yx x=y

(3) Proprietà transitiva:

se presi x,y,z X con xy e yz xz

In tal caso l’ins. X si dice parzialmente ordinato (brevemente p.o.) e si indica con la coppia (X,).

Diciamo che gli elementi x,yX sono confrontabili se xy o yx. Siano x,yX due elementi

confrontabili allora con la scrittura xy intendiamo yx.

CATENA [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) e X allora un sottoinsieme AX si dice catena o totalmente ordinato se tutti i suoi

elementi sono confrontabili (cioè (A,) è totalmente ordinato).

MAGGIORANTE E MINORANTE DI UN INSIEME [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) e AX non vuoto. Se yX t.c. xy xA diciamo che l’elemento y di X è un

maggiorante dell’insieme A. Se yX t.c. yx xA diciamo che l’elemento y di X è un

minorante dell’insieme A.

INSIEMI LIMITATI SUPERIORMENTE, INSIEMI LIMITATI INFERIORMENTE ED INSIEMI LIMITATI

[2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) e AX non vuoto. Diciamo che A è limitato superiormente se ammette maggiorante.

Analogamente diciamo che A è limitato inferiormente se ammette minorante. Diciamo che A è

limitato se è limitato inferiormente e superiormente.

MASSIMO E MINIMO DI UN INSIEME [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) e AX non vuoto. Se m''A t.c. xm'' xA allora l’elemento m'' si dice massimo per

l’insieme A e si denota usualmente con maxA:=m''. Ovviamente se tale elemento m'' esiste è unico.

Se m'A t.c. m'x xA allora l’elemento m' si dice minimo per l’insieme A e si denota

usualmente con minA:=m'. Ovviamente se tale elemento m' esiste è unico.


ESTREMO SUPERIORE ED INFERIORE DI UN INSIEME [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) parzialmente ordinato, AX non vuoto e supponiamo che e x''X tale che:

(1) x'' maggiorante per A

(2) yx'' yX maggiorante per A

diciamo allora che tale x é l’estremo superiore di A e si denota con supA:=x''. Ovviamente posto

K'':={yX : xy xA} (cioè K'' è l’insieme dei maggioranti di A) allora supA:=minK'' cioè

supA è il più piccolo dei maggioranti di A. Ovviamente se tale elemento x'' esiste è unico

Analogamente supposto che x'X tale che:

(1) x' minorante per A

(2) x'y yX minorante per A

diciamo allora che tale x' é l’estremo inferiore di A e si denota con infA:=x'. Ovviamente posto

K':={yX : yx xA} (cioè K' è l’insieme dei minorante di A) allora infA:=maxK' cioè infA è il

più piccolo dei minoranti di A. Ovviamente se tale elemento m' esiste è unico


Sia (X,) un insieme p.o.

AX, A

allora A ammette massimo A ammette estremo superiore e supAA

Dim (esercizio)

Per Hp A ammette massimo m''A t.c. xm'' xA m'' maggiorante di A A ammette

estremo superiore ed ovviamente supA=m''A c.v.d.

Dim (esercizio)

Per Hp supAA e quindi essendo in particolare supA un maggiorante di A segue che xsupA

xA maxA=supA c.v.d.

Analogamente si dimostra la seguente proprietà.


Sia (X,) un insieme p.o.

AX, A

allora A ammette minimo A ammette estremo inferiore e infAA


ELEMENTO MASSIMALE ED ELEMENTO MINIMALE [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) (cioè X è parzialmente ordinato). Se x*X tale che preso xX e x*x x*=x, diciamo

allora che tale elemento x* è un massimale rispetto al dato ordine (parziale o totale). Analogamente

se x*X tale che preso xX e xx* x*=x, diciamo allora che tale elemento x* è un minimale

rispetto al dato ordine. Si faccia bene attenzione al fatto che dire che x* è elemento massimale per

X non significa necessariamente che x* è il massimo dell’insieme poiché se così fosse allora

dovrebbe accadere che:

xX xx*

cioé si avrebbe che x* confrontabile con ogni elemento di X e questo evidentemente non è

necessariamente vero se x* è un elemento massimale. Chiaramente se x*X è il max dell’insieme

X allora x* chiaramente è un elemento massimale. Analoghe osservazioni valgono per un

l’elemento minimale.


Sia X un ins. non vuoto e consideriamo l’ins. delle parti di X che si indica solitamente con P(X)

oppure con 2X. Introduciamo allora in P(X) la seguente relazione:

dati A,BP(X) allora AB AB

si verifica banalmente che questa è una relazione d’ordine parziale cioè che soddisfa alle tre

proprietà riflessiva, antisimmetrica e transitiva, e viene detta relazione di inclusione. Evidentemente in P(X) con la relazione di ordine parziale sopra definita, una catene è una famiglia

{A}iI di sottoinsieme di X tali che A1A2...Ak... e banalmente tale catena ammette maggiorante

che come subito si intuisce è dato dal unione dei membri della famiglia. Si verifica banalmente che

anche la relazione d’inclusione inversa cioé:

A,BP(X) allora AB AB (ovvero BA)

è una relazione d’ordine parziale in P(X).

ASSIOMA DELLA SCELTA [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato un insieme X una funzione :P(X)X t.c. (A)A AP(X)


Naturalmente in un insieme parzialmente ordinato non è detto che esistano elementi

minimali e massimali, né per un suo sottoinsieme elementi minoranti e maggioranti, estremo

inferiore e superiore, minimo e massimo. Tuttavia il seguente lemma dovuto a Zorn equivalente

all’assioma della scelta (cioé se assumiamo il lemma di Zorn come assioma fondamentale allora

l’assioma della scelta si può dimostrare mediante tale lemma) ci garantisce una condizione

sufficiente per l’esistenza di elementi massimali (risp. minimali).

LEMMA DI ZORN [2011/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) cioè un insieme parzialmente ordinato. Se ogni catena in X ammette almeno un

maggiorante (risp. minorante) in X allora X possiede almeno un elemento massimale (risp.

minimale)

La seguente proprietà ci assicura che data una famiglia di insiemi chiusa rispetto

all’intersezione finita allora in corrispondenza di una sua sottofamiglia numerabile se ne può

costruire un’altra non crescente rispetto alla relazione di inclusione e i cui termini sono contenuti

nei corrispondenti della sottofamiglia di partenza. Ad esempio come abbiamo già osservato le

rispettive famiglie degli insiemi convessi, equilibrati ed assolutamente convessi sono chiuse rispetto

all’intersezione e quindi banalmente in particolare sono chiuse rispetto all’intersezione finita e

pertanto a tale famiglie possiamo applicare la proprietà suddetta dimostrata qui di seguita.


Sia X

F famiglia di insiemi di X chiusa rispetto all’intersezione finita

{An}nN sottofamiglia (numerabile) di F

Ts: {Bn}nN sottofamiglia di F t.c. BnAn nN e Bn+1Bn nN

Dim (esercizio)

Fissato nN poniamo:

Bn:=i=1

n Ai

Verifichiamo quindi che la successione {Bn}nN che così nasce soddisfa alle condizioni promesse

nella tesi. Ovviamente i membri della {Bn}nN appartengono ad F cioé BnF nN, poiché per

costruzione i Bn sono intersezione di un numero finito di membri di F (che è per Hp chiusa rispetto

all’intersezione finita). Banalmente BnAn ed è altrettanto ovvio osservare che tale famiglie

{Bn}nN è non crescente rispetto alla relazione di inclusione, infatti:


Bn+1:=i=1

n+1 Ai=

i=1

n Ai:=Bn c.v.d.


Sia X

F famiglia di insiemi di X chiusa rispetto all’unione finita

{An}nN sottofamiglia (numerabile) di F Ts: {Bn}nN sott.fam. di F t.c. AnBn nN, BnBn+1 nN e

nN An=

nN Bn

Dim (esercizio)

Fissato nN poniamo:

Bn:=i=1

n Ai

Verifichiamo quindi che la successione {Bn}nN che così nasce soddisfa alle condizioni promesse

nella tesi. Ovviamente i membri della {Bn}nN appartengono ad F cioé BnF nN, poiché per

costruzione i Bn sono unione di un numero finito di membri di F (che è per Hp chiusa rispetto

all’unione finita). Banalmente AnBn ed è altrettanto ovvio osservare che tale famiglie {Bn}nN è

non decrescente rispetto alla relazione di inclusione, infatti:

Bn:=i=1

n Ai

i=1

n+1 Ai:=Bn+1

Verifichiamo quindi procedendo per doppia inclusione che l’unione dei membri di {An}nN è

uguale all’unione dei membri di {Bn}nN. Proviamo che

nN An

nN Bn:

ovvio poiché AnBn nN. Proviamo che

nN Bn

nN An:

sia xnN Bn n*N t.c. xBn*:=

i=1

n* Ai

nN An c.v.d.

22-11-95 BASE DI HAMEL [2211/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, AE (finito o non finito) e A, diciamo allora che A è una base di Hamel per E se è linearmente indipendente e se span(A)=E.

Dato uno sp. vett. E, allora considerato l‘insieme delle parti di tale spazio cioè P(E),

sappiamo che possiamo considerare in esso la relazione di inclusione che come abbiamo già


osservato è una relazione di ordinamento parziale. Vogliamo allora dimostrare il seguente teorema

che caratterizzare completamente una base di Hamel in un qualunque spazio vettoriale, ed in

particolare esprime la massimalità di una base di Hamel nella famiglia degli insiemi l.i. (cioè se

AE è una base di Hamel e BE l.i. tale che AB allora necessariamente deve essere che A=B).



AE, A

allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:

(1) A è una base di Hamel per E

(2) A è un insieme l.i. massimale rispetto alla famiglia degli insiemi l.i.

Dim (1) (2) Ovviamente essendo A base di Hamel A linearmente indipendente. Dimostriamo che A è

massimale nella famiglia degli insiemi linearmente indipendenti. Sia quindi BE linearmente

indipendente tale che AB e facciamo vedere che A=B. Supponiamo per assurdo che AB

x0B\A e quindi poiché span(A)=E allora il vettore x0 lo possiamo esprimere come:

x0=i

n

1ixi dove x1,...,xnAB con xixj se ij, 1,...,nK

Osserviamo che essendo per Hp B l.i. allora ogni combinazione lineare dei suoi vettori ammette una

rappresentazione unica e quindi in particolare essendo x0B allora lo possiamo esprimere

unicamente come x0=1x0 e quindi:

x0=i

n

1ixi=1x0

e pertanto necessariamente j=1,...,n t.c. i=0 se ij , j=1 e xj=x0 e quindi x0=xjA assurdo

poiché x0B\A. Resta così provata la tesi.

Dim (2) (1) Bisogna provare solo che span(A)=E. Procediamo per assurdo, ovvero supponiamo che sia

span(A)E che x0E\span(A), ovviamente ciò significa che x0A AAx0. Vogliamo

fare vedere che Ax0 è l.i., cioé:

x1,...,xn,x0Ax0 t.c. xixj se ij, x0+1x1+...+nxn=E i=0 i=1,...,n e =0

se per assurdo fosse 0 allora x0 sarebbe combinazione lineare dei vettori x1,...,xnA e quindi

sarebbe un elemento del sottospazio span(A) e ciò non è possibile e pertanto otteniamo che:

1x1+...+nxn=E


segue allora da questa e dalla lineare indipendenza dei vettori x1,...,xn che 1=2=...=n=0. E quindi

Ax0 è un insieme l.i. che contiene propriamente A e ciò è assurdo poiché per Hp A è massimale

c.v.d.

Diamo ora la dimostrazione di un teorema che garantisce l’esistenza di una base di Hamel

per un qualunque spazio vettoriale.



DE un insieme l.i.

Ts: esiste almeno una base di Hamel che contiene D

Dim

Consideriamo la famiglia:

E:=AE : A è l.i. e DA

che è ovviamente non vuota poiché almeno DE. Consideriamo quindi su tale famiglia E

l’ordinamento parziale definito dalla relazione di inclusione, cioè:

A1,A2E, A1A2 A1A2.

Ci proponiamo di dimostrare che tale famiglia E ammette elemento massimale e a tale scopo

facciamo uso del lemma di Zorn e dimostriamo quindi che ogni catena ammette maggiorante. Sia

quindi CE una catena arbitraria in E, e verifichiamo che essa ammette maggiorante.

Consideriamo: ~A:= C

CC

e verifichiamo che ~A è il maggiorante cercato della catena C e quindi dobbiamo verificare che ~AE e che C ~A CC. Affinché ~AE deve essere D ~A e A linearmente indipendente. Fissato

un qualunque CC allora per definizione si ha che

DC ~A . Ovviamente ~A è l.i. infatti siano:

x1,...,xn~A t.c. xixj se ij, 1x1+...+nxn=E

allora dal momento che ogni xi~A si ha che i=1,...,n CiC t.c. xiCi e poiché tutti i Ci sono

confrontabili ne esisterà uno che contiene ogni xi ed essendo tale insieme un membro di C sarà l.i.

per cui si conclude proprio che i=0 i=1,...,n. Banalmente per come è definito ~A si ha C ~A

CC. E quindi ~A è un maggiorante della catena C e pertanto dal lemma di Zorn segue che E

ammette elemento massimale cioè:

A*E t.c. se BE e AB allora A=B


Ovviamente essendo A*E allora DA* e A* linearmente indipendente. Banalmente A* è anche

massimale nella famiglia degli insiemi l.i., infatti preso BE l.i. t.c. A*B allora essendo DA*

DB BE e pertanto essendo A* elemento massimale di E allora A*=B. E quindi segue Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A* è una base di Hamel per E c.v.d.

Dimostriamo adesso che due basi di Hamel dello stesso spazio vettoriale hanno la medesima

cardinalità cioè sono equipotenti

PROPOSIZIONE [2211/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


siano A,BE due basi di Hamel per E

Ts: card(A)=card(B)

Dim

Distinguiamo i due casi rispettivamente il caso in cui A e B sono finiti (cioè hanno cardinalità

finita) ed il caso in cui A e B sono finiti. Consideriamo quindi il caso in caso in cui A e B sono finiti

cioé m,nN finiti t.c. card(A)=n<+ e card(B)=m<+. In tale situazione A e B sono del tipo

A:=x1,...,xne B:=y1,...,ym ed essendo A base di Hamel ogni yj è combinazione lineare dei vettori

di A, ovvero:

j=1,...,m 1j,...,njK t.c. yj=i

n

1ijxi (1)

Consideriamo il sistema lineare omogeneo nelle incognite 1,...,m:

11 1 12 2 1

21 1 22 2 2

1 1 2 2

00

0

............

..........................................

................................................

m m

m m

n n nm m

se per assurdo fosse n<m allora tale sistema ammetterebbe una soluzione non nulla che chiamiamo

(1,...,m). Moltiplicando ambo i membri della (1) per j e sommando sull’indice j otteniamo:

j

m

1jyj=

j

m

1j

i

n

1ijxi=

i

n

1 j

m

1jijxi=

i

n

1

j

m

1jij

xi (2)

e quindi essendo (1,...,m) soluzione del sistema omogeneo allora:

j

m

1jij=0 (3)

segue pertanto dal primo membro della (2) e dalla (3) che:


j

m

1jyj=E

ma dal momento che B è l.i., affinché tale scrittura sia vera dovrebbe essere nulla la

m-upla (1,...,m) e si perviene ad un assurdo quindi deve essere nm. Ovviamente scambiando il

ruolo di A e di B si ottiene nm e quindi n=m.

Mettiamoci adesso nel caso in cui A e B non sono finiti. Fissato ad arbitrio un vettore xA,

osserviamo che essendo B una base di Hamel di E allora possiamo esprimere xA come

combinazione lineare finita di vettori di B cioè:

y1x,...,ynxB e 1x,...,nxK t.c. x=i

n

1ixyix

Consideriamo l’insieme finito:

F(x):=y1x,...,ynx Ovviamente

x A F(x)B, vogliamo allora verificare che è una base di Hamel di E.

Per Hp A è una base di Hamel di E che ogni elemento zE è combinazione lineare di elementi di

A cioè:

x1,...,xnA e 1,...,nK t.c. z=i

n

1ixi

e poiché ogni xi è c.l. di elementi di F(xi), segue allora che zE è c.l. di elementi di x A F(x) e

chiaramente tale insieme è l.i. in quanto è un sottoinsieme di B che è l.i. e quindi x A F(x)B è

una base di Hamel e per la sua massimalità deve essere x A F(x)=B. Un risultato più generale

dell’algebra ci garantisce che card

i I Xi

card(I) dove {Xi}iI è una famiglia di insiemi finiti ed

I è un insieme infinito di indici segue allora che card

x A F(x)

card(A) e quindi

card(B)card(A). Naturalmente scambiando il ruolo di A e di B si ottiene card(A)card(B) ed il

teorema risulta dimostrato.

24-11-95

Abbiamo visto nella lezione precedente che in uno spazio vettoriale tutte le basi di Hamel

hanno la stessa cardinalità e quindi ha senso dare la seguente definizione.

DIMENSIONE ALGEBRICA DI UNO SPAZIO VETTORIALE [2411/Errore.


L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, si definisce dimensione algebrica di E la cardinalità di una sua

qualsivoglia base di Hamel. Vi è una notevole differenza tra gli spazi di dimensione finita e quelli di

dimensione infinita, poiché le proprietà di cui godono sono diverse, ad esempio uno spazio di

dimensione n si può identificare con Kn mentre uno di dimensione infinita no.

SPAZIO VETTORIALE QUOZIENTE [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, FE sottospazio vettoriale. Introduciamo su E una relazione così

definita:

x,yE xy x-yF.

Verifichiamo che tale relazione è di equivalenza:

(Riflessività) xx, infatti x-x=EF

(Simmetria) xy yx, infatti se x-yF poiché F è sottospazio vettoriale anche

y-xF e quindi yx.

(Transitività) xy, yz xz, infatti se x-yF ed y-zF anche x-y+y-z=x-zF

ovvero xz.

Ovviamente il fatto che la relazione sia di equivalenza ci garantisce che induce una partizione di

classi di elementi equivalenti, nasce quindi uno sp. quoziente così definito:

E/F=[x], [y],... (si legge E modulo F oppure E quozientato F)

dove appunto [x]=zE : zx={zE : z-xF}. Se in E/F si considerano le operazioni così definite

(viste nel corso di algebra):

[x]+[y]=[x+y] [x],[y]E/F

[x]=[x] K

allora rispetto a tali operazioni E/F è uno spazio vettoriale. Detta adesso [w] la classe nulla di E/F

(cioè [x]+[w]=[x] [x]E/F) vogliamo verificare che [w]=F. Procediamo per doppia inclusione.

Verifichiamo che [w]F:

[x]+[w]=[x+w] e poiché [w] è la classe nulla [x]=[x+w] (x+w)x

x+w-x=wF [w]F

Verifichiamo che F[w]:

consideriamo un arbitrario xF e y,zE t.c. yz y-zF ed essendo F un sottospazio vettoriale

allora x+y-zF (x+y)z e quindi:


[x+y]=[z] (1)

Analogamente poiché y-zF (x+y)-(x+z)F (y+x)(x+z) e quindi:

[x+y]=[x+z] (2)

segue allora dalla (1) e dalla (2) che [z]=[x+z]=[x]+[z] x[w] F[w]

OPERATORI LINEARI [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Si ricorda che data una applicazione (o trasformazione) a questa si riserva il nome di operatore se è

definita tra spazi vettoriali e in particolare prende il nome di funzionale se è a valori in K. Siano E

ed F due spazi vettoriali su K, sia T:EF un operatore, diciamo allora che T è un operatore (o

funzionale se F=K) lineare se:

T(x+y)=T(x)+T(y) ,K e x,yE

Si verifica facilmente che la composizione di operatori lineari è un operatore lineare, oppure che la somma di operatori lineari è un operatori lineare, oppure che il prodotto di uno scalare per un operatore lineare è un operatore lineare.

NUCLEO RADIALE DI UN OPERATORE LINEARE [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano E ed F due spazi vettoriali su K, sia T:EF un operatore lineare. Diciamo allora nucleo radiale dell’operatore lineare T l’insieme: Ker(T):=T-1(F)={xE : T(x)=F}

cioè l’ins. dei vettori di E che si trasformano tramite T in F. Ovviamente Ker(T) non è mai vuoto

poichè per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. almeno EKer(T). Si osserva che

banalmente che Ker(T) è un sottospazio vettoriale di E, infatti fissati x,yKer(T) e ,K si ha

che:

T(x+y)=per la linearità=T(x)+T(y)=F+F=F

ovvero x+yKer(T).


Siano E ed F K-spazi vettoriali

T:EF lineare

Ts: T(E)=F

Dim (esercizio)


Poiché Ker(T) è un sottospazio vettoriale di E allora necessariamente deve essere che EKer(T)

T(E)=F c.v.d.

Dimostriamo adesso alcune proprietà degli operatori lineari.


Siano E,F due spazi vettoriali su K

T:EF operatore lineare

Allora T è iniettivo Ker(T)={E}.

Dim (ovvia) Poiché per Hp T è iniettivo T(x)=E x=E Ker(T)={E} c.v.d.

Dim

Supponiamo per assurdo che T non sia iniettivo cioè che x,yE con xy t.c. T(x)=T(y) e poiché T

è lineare segue che T(x-y)=F x-yKer(T)={E} x-y=E x=y assurdo poiché avevamo

scelto xy c.v.d.

La seguente proposizione ci dice che l’immagine inversa di un punto tramite un applicazione

lineare è una varietà affine.



T:EF un operatore lineare

y0T(E)

Ts.: T-1(y0)=x0+Ker(T) (dove x0 è un punto arbitrario di T-1(y0)) Dim

Dimostriamo che T-1(y0)x0+Ker(T):

sia xT-1(y0) T(x)=y0 ,possiamo esprimere x come x=x0+(x-x0) osservando allora che T(x-

x0)=T(x)-T(x0)=y0-y0=F x-x0Ker(T) segue allora che il vettore

x=x0+(x-x0)x0+Ker(T) T-1(y0)x0+Ker(T)

Dimostriamo che x0+Ker(T)T-1(y0):

Sia xx0+Ker(T) x è del tipo x=x0+z con zKer(T) e quindi osservando che

T(x)=T(x0+z)=T(x0)+T(z)=y0+F=y0 xT-1(y0) x0+Ker(T)T-1(y0) c.v.d.

Si tenga presente che generalmente la restrizione di un’applicazione lineare ad un insieme

qualunque non è una applicazione lineare ma se l’insieme è un sottospazio allora la linearità si


conserva. Tale risultato si desume agevolmente dalla seguente prop. che ci dice che il trasformato di

un sottospazio vettoriale tramite un operatore lineare è un sottospazio.




GE sottospazio vettoriale

Ts: T(G) è un sottospazio di F

Dim (ovvia) Dobbiamo dimostrare che:

z,wT(G) e ,K z+wT(G)

Siano quindi z,wT(G) e ,K. Poiché z,wT(G) x,yG t.c. T(x)=z e T(y)=w e quindi

tenendo presente che T è lineare per Hp si ha:

z+w=T(x)+T(y)=T(x+y)

ed essendo G un sottospazio che x+yG z+w=T(x+y)T(G) c.v.d.



T:EK funzionale lineare

Ts: T è surgettivo oppure è identicamente nullo

Dim (esercizio)

Si tenga presente che K si può rigurdare come uno sp. vett. su se stesso ed evidentemente gli unici

sott.sp. che ammette sono quello banale cioé {0} e se stesso. E quindi poiché per la proprietà

precedente T manda sott.sp. in sott.sp. allora può accadere che T(E)={0} (cioé T(x)=0 xE)

oppure T(E)=K (cioé T surgettivo).



T:EF un operatore lineare iniettivo

Ts: T-1:T(E)E è un operatore lineare

Dim (ovvia)

Siano .K e y1,y2T(E) x1,x2E t.c. y1=T(x1) e y2=T(x2) ed ovviamente per l’inettività

x1=T-1(y1) e x2=T-1(y2). Segue allora che:


T-1(y1+y2)=T-1(T(x1)+T(x2))=per la linearità =T-1(T(x1+x2))=per l’iniettività=

x1+x2=T-1(y1)+T-1(y2) c.v.d.




Ts: gr(T):={(x,T(x)) : xE} è un sottospazio vettoriale del prodotto EF

Dim (ovvia) Dobbiamo provare che:

z1+z2gr(T) z1,z2gr(T) e ,K

Siano ,K e z1,z2gr(T) x1,x2E t.c. z1=(x1,T(x1)) e z2=(x2,T(x2)). Per Hp E è uno spazio

vettoriale x1+x2E T(x1+x2)T(E) si ha allora che:

z1+z2=(x1,T(x1))+(x2,T(x2))=(x1+x2,T(x1)+T(x2))=per la linearità dell’operatore

T=(x1+x2,T(x1+x2))gr(T) c.v.d.




AE convesso

Ts: T(A) è convesso


z1,z2T(A) z1+(1-)z2T(A) [0,1]

Siano quindi z1,z2T(A) x,yA t.c. z1=T(x) e z2=T(y). Tenendo presente che per la convessità

di A il vettore x+(1-)yA, si ha allora che:

z1+(1-)z2=T(x)+(1-)T(y)=per la linearità di T=T(x+(1-)y)T(A) c.v.d.




AE equilibrato

Ts: T(A) è equilibrato


Dim (esercizio)


zT(A) e K con ||1 zT(A)

Sia zT(A) e K con ||1. Poiché zA è del tipo z=T(x) per un opportuno xA. Teniamo

presente che per Hp A è equilibrato e quindi xA, si ha allora che:

z=T(x)=per la linearità di T=T(x)A c.v.d.




AE assolutamente convesso

Ts: T(A) è assolutamente convesso




AE, A

Ts: T(span(A))=span(T(A)) Dim (esercizio)

Proviamo che T(span(A))span(T(A)): Sia yT(span(A)) xspan(A) t.c. y=T(x) e poiché xspan(A) x1,...,xnA e 1,...,nK

t.c. x=i

n

1ixi e quindi osserviamo che:

y=T(x)=T

i

n

1ixi

=per la linearità=

i

n

1iT(xi)

cioé siamo riusciti a scrivere y come c.l. di vettori di T(A) e pertanto yspan(T(A)).

Proviamo che span(T(A))T(span(A)):

sia yspan(T(A)) y1,...,ynT(A) e 1,...,nK t.c. y=i

n

1iyi e poiché y1,...,ynT(A)

x1,...,xnA t.c. y1=T(x1), y2=T(x2), ..., yn=T(xn) e quindi:

y=i

n

1iyi=

i

n

1iT(xi)=per la linearità=T

i

n

1ixi

cioé siamo riusciti a scrivere y come immagine di un vettore di span(A) e pertanto yT(span(A))

c.v.d.





AE, A linearmente indipendente

Ts: T(A) è linearmente indipendente

Dim

Proviamo che T(A) è linearmente indipendente, siano quindi:

y1,...,ynT(A) a due a due distinti e 1,...,nK t.c. 1y1++nyn=F

dobbiamo provare allora che i coefficienti 1,...,n=0K. Poiché yiT(A) i=1,...,n i=1,...,n

xiA t.c. yi=T(xi). Osserviamo allora che:

F=1y1++nyn=1T(x1)++nT(xn)=T(1x1++nxn)

e quindi 1x1++nxnKer(T) e poiché per Hp T è iniettiva Ker(T)={E} e quindi

1x1++nxn=E ed essendo x1,...,xnA con A l.i. (e banalmente a due a due distinti) deve allora

necessariamente essere che 1,...,n=0K c.v.d.




AE una base di Hamel per E

Ts: T(A) è base di Hamel per T(E)F Dim

Dobbiamo provare che T(A) è linearmente indipendente e che span(T(A))=T(E). Per Hp A base di

Hamel A l.i. segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che T(A) è l.i.. E

sempre per il fatto che A è una base di Hamel si ha che span(A)=E e quindi:

span(T(A))=per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=T(span(A))=T(E)

c.v.d.

Facciamo vedere adesso che l’immagine inversa di un’applicazione lineare soddisfa a

proprietà analoghe.




BF convesso

Ts: T-1(B) è convesso


Dim (esercizio)


x1,x2T-1(B) x1+(1-)x2T-1(B) [0,1]

ovvero che:

x1,x2T-1(B) T(x1+(1-)x2)B [0,1]

Sia quindi [0,1] e x1,x2T-1(B) T(x1)B e T(x2)B. Tenendo presente che per la convessità

di B il vettore T(x1)+(1-)T(x2)B, si ha allora che:

T(x1+(1-)x2)=per la linearità di T=T(x1)+(1-)T(x2)B c.v.d.




BF equilibrato

Ts: T-1(B) è equilibrato


xT-1(B) e K con ||1 xT-1(B)

ovvero che:

xT-1(B) e K con ||1 T(x)B

Sia quindi K con ||1 e xT-1(B) T(x)B. Teniamo presente che per Hp B è equilibrato e

quindi il vettore T(x)B, si ha allora che:

T(x)=per la linearità di T=T(x)B c.v.d.




BF assolutamente convesso

Ts: T-1(B) è assolutamente convesso




BT(E), B

Ts: span(T-1(B))T-1(span(B))


Dim (esercizio)

Sia xspan(T-1(B)) x1,...,xnT-1(B) e 1,...,nK t.c. x=i

n

1ixi e quindi:

T(x)=T

i

n

1ixi

=per la linearità=

i

n

1iT(xi)

cioé siamo riusciti a scrivere T(x) come c.l. di vettori di B, ovvero come un vettore di span(B) e

pertanto T(x)span(B) xT-1(span(B)) c.v.d.




BT(E), B e linearmente indipendente

Ts: T-1(B) è linearmente indipendente Dim (esercizio) Posto G:=T-1:T(E)E allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. G è un

operatore lineare e quindi segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

G(B)=T-1(B) è lineare c.v.d.




BT(E) una base di Hamel per T(E)

Ts: T-1(B) è base di Hamel per E Dim (esercizio)

Posto G:=T-1:T(E)E allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. G è un

operatore lineare ovviamente iniettivo e quindi segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che G(B)=T-1(B) è una base di Hamel per G(T(E))=T-1(T(E))=E

c.v.d.


Siano E,F spazi vettoriali su K



f:AF un’applicazione

Ts: !T:EF lineare t.c. T(x)=f(x) xA (cioè T|Af) Dim

Dal momento che A è base di Hamel, ogni vettore di E si può scrivere univocamente ne seguente

modo:

x=i

n

1ixi con x1,...,xnA e 1,...,nK

definiamo quindi T:EF nel seguente modo:

T(x)=T

i

n

1ixi

:=

i

n

1if(xi) xE

Proviamo che T è lineare e quindi bisogna provare che:

,K e x,yE T(x+y)=T(x)+T(y).

Siano x,yE e quindi li possiamo scrivere come:

x=i

n

1ixi con x1,...,xnA e 1,...,nK

y=i

m

1iyi con y1,...,ymA e 1,...,mK

T(x+y)=T

i

n

1ixi+

i

m

1iyi

=

i

n

1if(xi)+

i

m

1if(yi)=T(x)+T(y)

Proviamo che T|Af:

xA come già visto x=i

n

1ixi con 1,...,n e x1,...,xnA, ma per l’unicità di scrittura deve essere

n=1, 1=1, x1=x e quindi proprio T(x)=f(x). Proviamo che T è unica:

supponiamo S:EF lineare e t.c. ristretta ad A sia coincidente con f, si ha quindi:

S(x)=S

i

n

1ixi

=

i

n

1iS(xi)=

i

n

1if(xi)=T(x) xE c.v.d.


Siano E,F spazi vettoriali su K


S,T:EF operatori lineari t.c. S(x)=T(x) xA

Ts: S(x)=T(x) xE

ISOMORFISMO LINEARE [2411/Errore. L'argomento parametro è


sconosciuto.]

Siano E,F due spazi vettoriali su K, T:EF operatore, diciamo allora che T è un isomorfismo

lineare se è lineare e bigettivo. In tal caso gli spazi vettoriali E ed F si dicono linearmente isomorfi. Banalmente si verifica che la composizione di isomorfismi lineari è ancora un

isomorfismo lineare e che l’inversa di un isomorfismo lineare è un isomorfismo lineare.



Allora sono equivalenti le seguenti condizioni:

(1) E ed F sono linearmente isomorfi

(2) dim(E)=dim(F)

Dim (1)(2)

Dobbimo dimostrare quindi che due rispettive basi di Hamel degli spazi vettoriali E ed F hanno la

medesima cardinalità e cioè che tra le due basi esiste una biezione. Per Hp T:EF operatore

lineare e biunivoco allora detta A una base di Hamel per E allora essendo per Hp T iniettiva e

surgettiva segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che T(A) è una base di

Hamel per F. Ed osservano che banalmente la restrizione T|A:AT(A) è pure una biezione

card(A)=card(T(A)) dim(E)=dim(F) c.v.d.

Dim (2)(1) Per Hp E ed F hanno uguale dimensione cioè esiste una biezione fra due rispettive basi di Hamel.

Siano A e B due basi di Hamel rispettivamente per E ed F ed f:AB biunivoca, per la Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. esiste un operatore T:EF lineare che ristretto ad A

coincide con f, vogliamo provare allora che tale T è quello promesso dalla tesi cioé vogliamo

provare che T è biunivoco.

Proviamo che T è suriettivo:

osserviamo che B=f(A)=T(A)T(E) e poiché B è una base di Hamel per F allora essendo T(E) uno

spazio vettoriale, contiene ogni combinazione lineare dei vettori della base T(A) di F cioè

F=span(T(A))T(E) F=T(E).

Proviamo che T è iniettivo:

per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. possiamo provare equivalentemente che

Ker(T)=E. Sia quindi xKer(T), essendo A una base di Hamel per E allora:

x1,...,xnA con xixk se ik e 1,...,nK t.c. x=i

n

1ixi ()

E quindi osservando che xKer(T) si ha:


F=T(x)=per ()=T

i

n

1ixi

=per la linearità=

i

n

1iT(xi)=

i

n

1if(xi)

allora essendo per la iniettività della f gli f(xi) a due a due distinti ed appartenenti inoltre alla base di

Hamel B=f(A) segue allora dalla lineare indipendenza di questa che 1,...,n=0 e pertanto per la ()

otteniamo che x=E c.v.d.

SOMMA DIRETTA DI SOTTOSPAZI [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E un K-spazio vettoriale ed F e G due sottospazi vettoriali di E diciamo allora che la somma

F+G dei sottospazi è somma diretta e scriviamo FG se ogni vettore della somma F+G si può

scrivere in modo unico come somma di un elemento di F e di un elemento di G. Ovviamente

diciamo che E è somma diretta di F e G se E=FG.

Diamo la seguente caratterizzazione della somma diretta che ci dice che condizione

necessaria e sufficiente affinché la somma algebrica di due sottospazi sia diretta è che l’intersezione

dei due sottospazi sia lo spazio banale.



F,GE sottospazi vettoriale

allora F+G è somma diretta (cioè FG) FG={E}

Dim (necessità)

Teniamo presente che per Hp F+G è somma diretta e quindi ogni vettore di F+G si può scrivere in

modo unico come somma di un vettore di F e di un vettore di G. Supponiamo per assurdo che

FG{E} zFG con zE e chiaramente zF+G.

Osserviamo che:

z=z+E considerando zF

z=E+z considerando zG c.v.d.

Dim () (sufficienza) Sia zF+G e supponiamo che abbiamo due rappresentazioni cioè:

x1,x2F e y1,y2G t.c. z=x1+y1=y2+x2

dobbiamo dimostrare allora che queste due rappresentazioni del vettore z coincidono. Poiché

x1+y1=y2+x2 x1-x2=y2-y1. Chiaramente x1-x2F e y2-y1G e quindi essendo x1-x2=y2-y1 si ha

assurdo per l’unicità di rappresentazione di z.


allora che x1-x2=y2-y1FG={E} x1-x2=y2-y1=E x1-x2=E e y2-y1=E x1=x2 e y1=y2

c.v.d.

SOTTOSPAZI VETTORIALI COMPLEMENTARI [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, siano F,GE due sottospazi di E, diciamo allora che F e G sono complementari se:

(1) E=F+G

(2) FG=E

Osserviamo che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. dire che F e G sono complementari equivale a dire che E è somma

diretta di F e G cioè E=FG.

Ad esempio in R2 fissato un sistema cartesiano allora gli insiemi X ed Y costituiti rispettivamente

dai punti dell’asse x e dell’asse y cioè:

X:={(x,0} : xR}

Y:={(0,y) : yR}

sono complementari poiché (x,y)R2 si può scrivere univocamente come:

(x,y)=(x,0)+(0,y)

e chiaramenteXY={(0,0)}



FE un sottospazio vettoriale

Ts: un sottospazio vettoriale di E che è complementare ad F Dim Escudiamo il caso banale in cui FE poiché in questo caso il complementare è {E}, ed escludiamo

anche il caso banale in cui F={E} poiché in questo caso il complementare è E. Consideriamo

quindi il caso non banale cioè il caso in cui FE. Sia A una base di Hamel per E e si consideri

B:=A\F. Ovviamente B infatti se per assurdo B= A\F= AF ed essendo F un

sottospazio vettoriale allora F contiene ogni combinazione lineare dei vettori di A cioé

E=span(A)F E=F assurdo. Poniamo adesso G:=span(B). Ovviamente G è sottospazio di E,

proviamo che è complementare ad F. Se xE allora lo possiamo esprimere come:


x=i

n

1ixi dove x1,...,xnA e 1,...,nK

Banalmente si verifica che A=(A\F)(AF)=B(AF) e quindi:

x=x A Fi ixi+

x Bi ixi F+G

siamo riusciti a scrivere in maniera unica come somma di un elemento x A Fi ixiF e un

elemento x Bi ixiG e quindi E=F+G.

Che FG=E è ovvio, poiché per definizione G è l’inviluppo lineare di vettori di E che non

stanno in F c.v.d.



F,GE due sottospazi vettoriali complementari

Ts: G è linearmente isomorfo ad E/F

Dim Sia T:EE/F definita dalla legge T(x)=[x], tale applicazione è banalmente lineare, proviamo che

ristretta al sottospazio G cioè T|G:GE/F è biunivoca.

Proviamo che T|G è surgettiva:

dobbiamo provare che [x]E/F zG t.c. T(z)=[x]. Sia [x]E/F allora essendo F e G

complementari possiamo esprimere il rappresentante x della classe come x=y+z con yF e zG. E

e quindi osservando che F è un sottospazio vettoriale allora -yF segue che z-x=-yF ovvero z[x]

T(z)=[x].

Proviamo che T|G è iniettiva:

vogliamo provare che Ker(T|G)=E. Si ricordi che l’elemento nullo di E/F è F. Sia xG t.c.

T|G(x)=F [x]=F xF e quindi xFG e poiché per Hp FG={E} allora deve

necessariamente essere che il vettore x=E . c.v.d.

Una conseguenza diretta della precedente proposizione è la seguente proposizione che ci

dice che due sottospazi complementari ad un medesimo sottospazio hanno la stessa dimensione.


Sia E uno spazio vettoriale su K;

FE sottospazio di E


G,H sottospazi complementari ad F

Ts: dim(G)=dim(H)

Dim (per esercizio) Essendo G complementare ad F allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. G è

linearmente isomorfo ad E/F e quindi segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

dim(G)=dim(E/F) (1)

Analogamente essendo H complementare ad F allora:

dim(H)=dim(E/F) (2)

E quindi da (1) e da (2) segue che dim(G)=dim(H) c.v.d.

Tenendo presente i risultati Errore. L'argomento parametro è sconosciuto., Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. possiamo finalmente dare la seguente definizione.

CODIMENSIONE DI UNO SPAZIO VETTORIALE [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, FE un sottospazio vettoriale, definiamo codimensione di F la

dimensione di un qualsiasi sottospazio vettoriale di E complementare ad F.



F,GE sottospazi vettoriali

Ts: F+G è un sottospazio vettoriale

Dim (esercizio) Dobbiamo provare che

u,wF+G e ,K u+wF+G

Siano quindi u,wF+G e ,K. Poiché u,wF+G allora:

x1,x2F e y1,y2G t.c. u=x1+y1 e w=x2+y2

segue allora che:

u+w=(x1+y1)+(x2+y2)=[x1+x2]+[y1+y2]F+G c.v.d.

Vogliamo caratterizzare i sottospazi vettoriali di codimensione uno.




FE un sottospazio vettoriale di E


(1) F ha codimensione 1

(2) T:EK funzionale lineare non nullo il cui nucleo è tutto F

(3) F è un sottospazio proprio massimale Dim (1)(2) Per Hp F ha codimensione 1 cioè ha un complementare di dimensione 1 che è quindi del tipo {x0 :

K} (è una retta passante per x0 e E) perché la sua base è formata da un solo elemento x0 che

chiaramente appartiene ad E\F, in quanto deve essere F{x0 : K}={E}. E quindi teniamo

presente che in particolare essendo x0E\F E\F FE. Si ha pertanto che:

E=F+K x0

e quindi ogni xE si può scrivere univocamente come somma di un opportuno vettore di F e di

{x0 : K} cioé:

yxF e xK t.c. x=yx+xx0

Sia quindi T:EK definito nel seguente modo:

T(x)=x xE

che è banalmente un funzionale lineare ed ovviamente è non nullo, infatti se per assurdo T(x)=0

xE cioé x=0 xE allora x=yx+0x0=yxF xE F=E assurdo. Verifichiamo quindi con la

doppia inclusione che Ker(T)=F.

Verifichiamo che FKer(T):

sia xF, poiché x può essere scritto come x=yx+xx0 con yxF e xK e quindi dovendo essere

x=yxF allora deve necessariamente essere x=0 cioè T(x)=0 xKer(T).

Verifichiamo che Ker(T)F:

sia xKer(T) T(x)=0 x=0 x=yxF

Dim (2)(3)

Dobbiamo provare che F è un sottospazio proprio massimale di E. Facciamo vedere come prima

cosa che F è un sotto spazio proprio. Per Hp abbiamo che:

T:EK funzionale lineare non identicamente nullo t.c. Ker(T)=F

Poiché T non è identicamente nullo allora esistono dei punti di E in cui T è diverso da 0 cioé

Ker(T)E e pertanto essendo Ker(T)=F si ha che FE. Facciamo vedere adesso che F è un

sottospazio proprio massimale, cioè dobbiamo provare che:

se GE sottospazio t.c. FG F=G

Supponiamo per assurdo che esista un sottospazio vettoriale proprio di E contenente propriamente F

cioè supponiamo che GE t.c. s.sp.vett. t.c. FG, allora essendo Ker(T)=F x0G\Ker(T)

T(x0)0. Poiché GE xE\G, si osserva allora banalmente che T calcolato sul vettore:


x-T xT x

( )( )0

x0

vale zero e quindi tale vettore appartiene ad F e poiché FG allora tale vettore appartiene anche a

G. Banalmente il vettore x lo possiamo scrivere come:

x=x-T xT x

( )( )0

x0+T xT x

( )( )0

x0

e quindi osservando che T xT x

( )( )0

K, siamo allora riusciti a scrivere il vettore x come somma di un

vettore x-T xT x

( )( )0

x0G e di un vettore T xT x

( )( )0

x0G cioé x è somma di due vettori del sottospazio

vettoriale G e pertanto xG e siamo ad un assurdo poiché x apparteneva a E\G c.v.d.

Dim (3)(1) Per Hp F è un sottospazio proprio di E x0E\F, consideriamo allora il sottospazio vettoriale

G={x0 : K} che ha evidentemente dimensione uno ed ovviamente FG={E}. E quindi per

provare che F ha codimensione 1 vogliamo provare che E=F+G. Teniamo presente che per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. F+G è un sottospazio vettoriale. Chiaramente

F+G contiene propriamente F, ma F+G non può essere contenuto propriamente in E poiché se così

fosse per la massimalità di F dovrebbe coincidere con F e quindi deve necessariamente essere

F+G=E c.v.d.

Sappiamo che una varietà affine è il traslato di un s.sp.vett., allora la seguente prop. ci

mostra che il s.sp. che individua la varietà affine è univocamente determinato.



AE una varietà affine

FE sottospazio vettoriale e x0E tali che A=x0+F

Ts: se GE sottospazio e y0E t.c. A=y0+G allora F=G

Dim

Poiché A=x0+F e A=y0+G x0+F=y0+G allora essendo EF x0+Ey0+G

x0-y0G -(x0-y0)=y0-x0G si ha quindi (essendo G s.sp.vett):

F=(y0-x0)+G=G c.v.d.

E pertanto per il precedente risultato, ha senso dare la seguente nozione.


DIMENSIONE E CODIMENSIONE DI UNA VARIETÀ AFFINE [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno sp.vett. su K, AE una varietà affine, definiamo dimensione della varietà affine A la

dimensione del sott.sp. di cui A è il traslato. Definiamo codimensione della varietà affine A la

codimensione del sott.sp. di cui A è il traslato.

IPERPIANO [2411/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, sia T:EK un funzionale lineare non nullo, sia rK, definiamo

iperpiano l’insieme T-1(r):={xE : T(x)=r}. Ovviamente T-1(r) non può essere vuoto poiché T è

non nullo e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è surgettivo e quindi

sicuramente esiste x0E t.c. T(x0)=r x0T-1(r) T-1(r). Segue direttamente dalla Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che ogni iperpiano è una varietà affine.


Sia E un K-spazio vettoriale

IE iperpiano

Ts: I è una varietà affine di codimensione 1

Dim (esercizio)

Dobbiamo dimostrare che la dimensione del sottospazio di cui I è il traslato, ha codimensione 1.

Poiché I è un iperpiano allora:

T:EK funzionale lineare non nullo e rR t.c. I=T-1(r)

Preso x0T-1(r) allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

I=x0+Ker(T)

Posto F:=Ker(T) che è quindi il sottospazio vettoriale di cui I ne è il traslato, osserviamo che

banalmente T è identicamente nullo su F e quindi segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che F ha codimensione 1

c.v.d.

27-11-95


DEFINIZIONI [2711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, sia p:ER un funzionale (reale), diamo allora le seguenti

definizioni:

(1) p è sub-additivo se x,yE p(x+y)p(x)+p(y)

(2) p è positivamente omogeneo se p(x)=p(x) xE e >0

(3) p è assolutamente omogeneo se p(x)=||p(x) xE e K

(4) p è una semi-norma se è sub-additivo ed assolutamente omogeneo

(5) p è una norma se è una semi-norma e p(x)=0 x=E



p:ER assolutamente omogeneo

Ts: p(E)=0

Dim (esercizio)

Fissato ad arbitrio xE allora per le proprietà degli spazi vettoriali sappiamo che E=0x, e quindi

tenendo presente ciò si ha:

p(E)=p(0x)=per l’assoluta omogeneità=0p(x)=0 c.v.d.



p:ER assolutamente omogeneo

Ts: p è positivamente omogeneo

Dim (Banale)



p:ER positivamente omogeneo

]0,+[

Ts: p-1([0,1[)=p-1([0,[)

Dim (esercizio)

Proviamo che {xE : p(x)<1}{xE : p(x)<}:

sia z{xE : p(x)<1} x{xE : p(x)<1} t.c. z=x segue allora che:

p(z)=p(x)=per la positiva omogeneità=p(x)<


e quindi z{xE : p(x)<}.

Proviamo che {xE : p(x)<}{xE : p(x)<1}:

preso z{xE : p(x)<} dobbiamo provare che z{xE : p(x)<1} ovvero dobbiamo riuscire a

scrivere z come prodotto di per un vettore di {xE : p(x)<1}. Banalmente possiamo scrivere

z=(-1z) ed osserviamo allora che:

p(-1z)=per la positiva omogeneità=-1p(z)< -1=1

e quindi z=z=(-1z){xE : p(x)<1} c.v.d.

In maniera identica si dimostra la seguente altra proprietà.



p:ER positivamente omogeneo

]0,+[

Ts: p-1([0,1])=p-1([0,])



p:ER semi-norma

Ts: p è non negativa

Dim (esercizio)

Dobbiamo dimostrare che xE si ha p(x)0. Per ogni fissato xE si ha:

0=per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=p(x-x)p(x)+p(-x)=p(x)+|-1|p(x)=2p(x)

p(x)0 c.v.d.



p:ER semi-norma

Ts: |p(x)-p(y)|p(x-y) x,yE

Dim (esercizio) Fissati ad arbitrio x,yE osserviamo che:

p(x)=p(x-y+y)per la sub-additivitàp(x-y)+p(y)=p(x-y)+p(y) p(x)-p(y)p(x-y)

p(y)=p(y-x+x)per la sub-additivitàp(y-x)+p(x)=p(x-y)+p(x) p(y)-p(x)p(x-y)

e quindi dalle precedenti si desume agevolmente che:


-p(x-y)p(x)-p(y)p(x-y) |p(x)-p(y)|p(x-y) c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale su R

FE un sottospazio di E

x0E\F

W:=span(Fx0)

f:FR un funzionale lineare

p:ER un funzionale sub-additivo e positivamente omogeneo t.c. f(x)p(x) xF

Ts: g:WR lineare t.c. g|F=f e g(x)p(x) xW

Dim

Fissati ad arbitrio y,zF osserviamo che:

f(y)+f(z)=f(y+z)p(y+z)=p(y-x0+x0+z)p(y-x0)+p(x0+z)

e quindi dalla prima e dall’ultima disuguaglianza si desume che:

f(y)-p(y-x0)p(x0+z)-f(z) y,zF

ovvero A:=f(y)-p(y-x0) : yF e B:=p(x0+z)-f(z) : zF sono sottoinsiemi di R separati nel

senso dell’Analisi I, e quindi per l’assioma della completezza esiste un elemento separatore che

separa A e B cioé:

rR t.c. f(y)-p(y-x0)rp(x0+z)-f(z) y,zF (1)

Osserviamo che essendo per definizione W:=span(Fx0), allora ogni fissato xW si può scrive

in modo unico come x=yx+xx0 per un opportuno yxF ed un opportuno xR, definiamo allora il

funzionale g:WR nel seguente modo:

g(x)=f(yx)+rx xW

ovviamente tale g è ben posta per l’unicità di scrittura di ogni xW. Vogliamo verificare che tale g

è il funzionale promesso nella tesi.

Verifichiamo che g è lineare:

fissati x,wW e ,R si ha allora che:

g(x+w)=g((yx+xx0)+(yw+wx0))=g(xx0+yx+wx0+yw)=

=g((x+w)x0+yx+yw)=f(yx+yw)+r(x+w)=[f(yx)+rx)]+[f(yw)+rw)]= =g(x)+g(w)

Verifichiamo che g ristretta ad F coincide con f:

Osserviamo che x0F e quindi essendo F un s.sp.vett. allora necessariamente x0F R, ma

ovviamente x0W:=span(F{x0}) e quindi FW. E ricordando adesso che xW si può scrivere

in maniera unica come x=yx+xx0 con yxF e xR segue allora che necessariamente ogni fissato

xF si può rappresentare in modo unico come x=x+0x0 e quindi si ha:

g(x)=f(x)+r0=f(x).

Verifichiamo che g(x)p(x) xW:


xW e quindi è del tipo x=yx+xx0 distinguiamo i seguenti tre casi x=0, x>0 e x<0.

Caso x=0:

in tal caso x=yx+0x0=yxF e quindi:

g(x)=f(x)da Hpp(x)

Caso x>0: g(x)p(x) f(yx)+rxp(yx+xx0) dividendo ambo i membri per x si ha allora che

f yx

x+rp

yx

x+x0

e quest’ultima è vera se e solo se:

rp yx

x+x0

-f yx

x (2)

e osservando che yx

xF allora la disuguaglianza (2) segue dalla (1).

Caso x<0:

g(x)p(x) f(yx)+rxp(yx+xx0) dividendo ambo i membri per -x si ha allora che f -

yx

x-

rp -

yx

x-x0

e quest’ultima è vera se e solo se:

f -

yx

x-p

-

yx

x-x0

r (3)

e osservando che -yx

xF allora la disuguaglianza (3) segue dalla (1). E pertanto il teorema è

completamente dimostrato.

TEOREMA DI HAHN-BANACH [2711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su R


f:FR un funzionale lineare

p:ER un funzionale sub-additivo e positivamente omogeneo t.c. f(x)p(x) xF

Ts: g:ER lineare e t.c. g |F e g(x)p(x) xE

Dim


E:=(V,) : VE s.sp.vett. e FV, :VR lineare t.c. |F=f e (x)p(x) xV

Ovviamente tale insieme e non vuota poiché (F,f)E. Introduciamo in tale famiglia E la seguente

relazione:

(V1,1)(V2,2) V1V2 e 2|V1=1


si prova banalmente che tale relazione è una relazione di ordinamento parziale. Vogliamo verificare

che E con questo ordinamento parziale ammette elemento massimale e quindi facendo uso del

lemma di Zorn dobbiamo provare che ogni catena ammette maggiorante. Sia quindi C una catena

arbitraria in E, cioè:

C=(V,)E tali che tutte le coppie sono confrontabili

e proviamo che C ammette maggiorante. Consideriamo: W:=

V, C V

Verifichiamo che W è un sottospazio vettoriale di E:

siano ,R e x,yW ono (V1,2), (V2,2)E t.c. xV1e yV2 ed ovviamente V1, V2W ed

inoltre essendo (V1,2) e (V2,2) confrontabili (in quanto) elementi della catena C) allora per come è

definita la relazione di ordinamento parziale dovrà avvenire che V1V2 oppure V2V1, supponiamo

ad esempio che V1V2 x,yV2 ed essendo V2 un sottospazio vettoriale che x+yV2W e

quindi come volevasi W è uno sottospazio vettoriale.

Definiamo quindi il funzionale h:WR nel modo seguente:

h(x)=(x) xW dove xV per qualche V e tali che (V,)C

il funzionale h appena introdotto è certamente ben definito dal momento che se ad esempio esistono

(V1,2), (V2,2)C tali che V1 e V2 contengono x allora per la confrontabilità di (V1,1) e (V2,2)

certamente 1(x)=2(x), infatti per la confrontabilità dovrà essere che V1 contiene V2 o viceversa, se

supponiamo che V1V2 allora per come è stata definita la relazione d’ordine dovrà essere 2|V1=1

e quindi essendo xV1V2 1(x)=2(x).

Verifichiamo che (W,h)E:

ovviamente per costruzione FW, h lineare, h ristretta ad F coincide con f e sempre per lo stesso

motivo h è maggiorato su tutto W dal funzionale p e quindi (W,h)E.

Verifichiamo che (W,h) è un maggiorante per C:

consideriamo un arbitrario (V,)C e quindi per costruzione deve essere VW e h|V=

(V,)(W,h) (W,h) maggiorante per la catena C.

Per il lemma di Zorn possiamo dunque affermare che E ammette elemento massimale che

chiamiamo (H,), verifichiamo che H=E e che è la g promessa dalla tesi. Se per assurdo esiste

x0E\H allora detto ~W=span(Hx0) si ha chiaramente che H ~W siamo quindi nelle ipotesi del

teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che ci assicura che ~ : ~WR lineare

in modo che ~ |H coincida con e che su tutto ~W è maggiorato da p e quindi chiaramente

(H,)( ~W ,~) e per la massimalità di (H,) deve essere ( ~W ,~)=(H,) H= ~W che è un assurdo

poiché H ~W e quindi deve necessariamente essere H=E e pertanto posto (per linearità di

ragionamento) g:= si ha la tesi.



Sia E uno spazio vettoriale su C

f:EC funzionale lineare

Ts: Il funzionale reale Ref:ER é lineare Dim

,R e x,yE si ha:

Ref(x+y)=per la linearità di f=Re[(f(x)+f(y)]=Ref(x)+Ref(y) c.v.d.



f:EC funzionale lineare

Ts: f(x)=Ref(x)-iRef(ix) xE

Dim Ricordiamo che ogni complesso zC si può scrivere come z=Re(z)+iIm(z), e quindi:

f(x)=Ref(x)+iImf(x) ()

moltiplicando ambo i membri della precedente per i (tenendo presente che questa è lineare per Hp)

otteniamo:

f(ix)=iRef(x)-Imf(x)

e quindi applicano Re ad ambo i membri della precedente otteniamo:

Ref(ix)=-Imf(x)

che sostituita nella () ci da la tesi.



sia f:EC un funzionale (complesso) t.c. f(x)=Ref(x)-iRef(ix) xE

Ts: f è un funzionale lineare in C Ref:ER è un funzionale lineare reale

Dim Conseguenza immediata della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto..

Dim Siano x,yE e ,C che possiamo scrivere quindi come:

=1+i2 dove 1=Re() e 2=Im()

=1+i2 dove 1=Re() e 2=Im()

Per comodità poniamo :=Ref ed osserviamo che:

f(x+y)=(x+y)-i(i(x+y))=...=


=(1x+1y)+i(2x+2y))-i(i(1x+1y)-2x-2y)=

=1(x)+1(y)+2(ix)+2(iy)-i1(ix)-1(ix)+i2(x)+i2(y)=

=[1+i2](x)+[2-i1](ix)+[1+i2](y)+[2-i1](iy)=

=[(x)-i(ix)]+[(y)-i(iy)]=f(x)+f(y) c.v.d.



sia :ER un funzionale (reake) e sia f:EC con f(x)=(x)-i(ix) xE

Ts: f è un funzionale lineare in C è un funzionale lineare reale

Dim Per costruzione Ref= e quindi applicando di peso la proprietà precedente si ottiene la tesi.

TEOREMA DI HAHN-BANACH (nella forma analitica classica) [2711/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]



f:FK un funzionale lineare

p:ER una semi-norma t.c. |f(x)|p(x) xF

Ts: g:EK funzionale lineare tale che g|F=f e |g(x)|p(x) xE

Dim Distinguiamo rispettivamente il caso in cui K=R ed il caso in cui K=C.

Caso K=R:

in tale situazione osserviamo che vale sempre:

f(x)|f(x)|p(x) xF

e quindi evidentemente sono verificate le ipotesi del teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che ci dice che:

g:ER lineare t.c.g|F=f e g(x)p(x) xE (1)

ma p è una semi-norma e quindi in particolare omogenea allora p(x)=p(-x) e si ha:

-g(x)=g(-x)p(-x)=p(x) xE -p(x)g(x) (2)

segue allora dalla (1) e dalla (2) che:

-p(x)g(x)p(x) xE g(x)p(x) xE e si ha la tesi.


Caso K=C:

in tale situazione considerando :=Ref che è lineare per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto., e quindi osservando che:

(x)=Ref(x)f(x)p(x) xF

siamo ricaduti nel caso precedente cioè nel caso K=R e quindi per questa possiamo sfruttare il

risultato già ottenuto e si ha che:

:ER lineare che ristretto ad F coincide con e che |(x)|p(x) xE

Sia quindi g:EC così definito:

g(x)=(x)-i(ix) xE

tale funzionale g per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è lineare ed inoltre

ristretto ad F coincide con f, infatti fissato un arbitrario xF si ha:

g(x)=(x)-i(ix)=(x)-i(ix)=Ref(x)-iRef(ix)=f(x)

Ci rimane da verificare che g è maggiorato da p su tutto la spazio E.

Si ricorda che dato un numero complesso zC lo possiamo scrivere (facendo uso delle formule di

Eulero) come z=ei=(cos+isin) dove è il modulo di z e è l’argomento principale del

complesso z. Ed inoltre si ricorda che |ew|=eRe(w) wC.

E quindi xE g(x)=ei|g(x)| |g(x)|=e-ig(x) (quantità positiva) e si ha:

|g(x)|=e-ig(x)=g(e-ix)=che coincide con la sua parte reale essendo una quantità reale=(e-ix)|(e-

ix)|p(e-ix)=|e-i|p(x)=p(x) xE

e pertanto il teorema è completamente dimostrato.

29-11-95

DUALE ALGEBRICO [2911/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, definiamo duale algebrico di E e lo indichiamo con E' l’insieme

costituito dalla totalità dei funzionali lineari definiti in E cioè:

E':={T:EK : T lineare}

Si osserva banalmente che, introdotte in E' le operazioni di somma e prodotto così definite:

(f+g)(x):=f(x)+g(x) f,gE' (f)(x):=f(x) fE' e K

si ha che E' è uno spazio vettoriale su K.

Diamo ora il criterio per stabilire se un funzionale lineare può essere rappresentato come

combinazione lineare di altri funzionali lineari cioè come combinazione lineare di elementi del

duale.




f,f1,...,fnE' le seguenti affermazioni sono equivalenti:

(1) 1,...,nK t.c. f(x)=i

n

1ifi(x) xE

(2) i=1

n Ker(fi)Ker(f)

Dim (1) (2) è ovvio infatti:

xi=1

n Ker(fi) fi(x)=0 i=1,...,n e quindi f(x)=

i

n

1ifi(x)=0 ovvero xKer(f)

Dim (2)(1) Procediamo con metodo induttivo e proviamo che l’implicazione è vera per n=1:

sia dunque Ker(f1)Ker(f), escludendo il caso in cui f1 è identicamente nullo (cioè ker(f1)=E),

perché se cosi fosse lo sarebbe anche f, e quindi considerato x0E tale che f1(x0)0, si verifica

banalmente che per ogni fissato xE il seguente:

x-f xf x

1

1 0

( )( )x0

è un vettore del nucleo di f1 e quindi per la (2) anche del nucleo di f ovvero:

f x-

f xf x

1

1 0

( )( )x0

=0

quindi, per la linearità di f si ha:

f(x)=f xf x

( )( )

0

1 0f1(x)

e pertanto posto 1=f xf x

( )( )

0

1 0 si ha la f(x)=1f1(x).

Supponiamo ora che l’asserto sia vero per n=k e proviamolo per n=k+1:

siano quindi f1,...,fk+1E' t.c. i=1

k+1 Ker(fi)Ker(f), e consideriamo:

F:=Ker(fk+1)

gi:FK con gi:=fi |F i=1,...,k

g:FK con g:=f|F

Verifichiamo che nelle ipotesi in cui siamo i=1

k Ker(gi)Ker(g).


Sia xi=1

k Ker(gi)={xF : gi(x)=0 i=1,...,n} xF ed inoltre fi|F(x)=gi(x)=0 i=1,...,k cioè

xi=1

k+1 Ker(fi) e poiché per Hp

i=1

k+1 Ker(fi)Ker(f) che xKer(f) ovvero xKer(g), segue allora

dall’ipotesi induttiva che:

ono 1,...,kK t.c. g(x)=i

k

1igi(x) xF

Consideriamo allora un funzionale h:EK così definito:

h(x)=f(x)-i

k

1if(xi)

Chiaramente h è lineare in quanto combinazione lineare di funzionali lineari cioè hE'. Si verifica

che Ker(fk+1)Ker(h), infatti se xKer(fk+1):=F allora:

h(x)=f(x)-i

k

1if(xi)=g(x)-

i

k

1igi(x)=g(x)-g(x)=0

quindi per quanto già visto nel caso n=1 si ha che:

k+1K t.c. h(x)=k+1fk+1(x) xE

ed in definitiva:

f(x)=i

k

1

1if(xi) xE c.v.d.



f1,...,fnE' t.c. i=1

n Ker(fi)={E}

Ts: span({f1,...,fn})=E' Dim (ovvia) Dobbiamo dimostrare che ogni funzionale lineare su E cioè fE' si può esprimere come c.l. di

f1,...,fn. Sia fE', chiaramente {E}Ker(f) segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

ono 1,..,nK t.c. f(x)=i

n

1ifi(x) xE

e quindi fspan({f1,...,fn}) c.v.d.




Ts: E ha dimensione finita se e solo se E' ha dimensione finita, E in tal caso

si ha dim(E)=dim(E') Dim (necessità)

Sia dim(E)=n<+ e dimostriamo quindi che dim(E')=n. Poiché dim(E)=n<+ allora detta A una

base di Hamel di E sarà del tipo A=x1,...,xn, e quindi xE lo possiamo esprimere in modo unico

come:

x=1x1++i-1xi-1+ixi+i+1xi+1++nxn con 1,..,nK

consideriamo allora i funzionali fi:EK con i=1,...,n definiti nel seguente modo:

fi(x)=i

cioé il funzionale fi ad un vettore di E fa corrispondere la sua coordinata i-esima rispetto alla base di

Hamel. Ovviamente tali funzionali fi sono ben posti per l’unicità di rappresentazione di un fissato

vettore xE rispetto alla base A. E sempre per l’unicità di rappresentazione si tenga presente che

f(xi)=1 con i=1,...,n e fi(xj)=0 se ij.

Verifichiamo che queste fi sono lineari:

siano quindi x,yE e ,K si ha allora che:

fi(x+y)=f

i

n

1ixi+

i

n

1ixi

=f

i

n

1(i+i)xi

=i+i=f(x)+f(y)

e pertanto f1,...,fnE'. Proviamo che A'=f1,...,fn costituiscono una base di Hamel per E'. Verifichiamo che

i=1

n Ker(fi)=E} e quindi dobbiamo provare che preso un vettore x

i=1

n Ker(fi)

allora necessariamente deve essere x=E.

Sia xi=1

n Ker(fi) fi(x)=0 i=1,...,n, osserviamo che per definizione degli fi possiamo scrivere

x=i

n

1fi(x)xi e quindi si ha x=E.

Segue allora dal corollario precedente che span{A'}=E'. Banalmente A' è l.i. cioé:

se 1,...,nK t.c. 1f1(x)++nfn(x)=0 xE i=0 i=1,...,n

dal momento che se fissiamo i ad arbitrio e consideriamo xi ovviamente si ha:

0=1f1(xi)++ifi(xi)++nfn(xi)=10++i1++n0=i1=i

E pertanto A':={f1,...,fn} è una base di Hamel per lo spazio vettoriale E' ed ha cardinalità n e quindi

dim(E')=n=dim(E) c.v.d.

Dim (omessa)


INSIEME RADIALE [2911/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, AE, A e sia x0E, diciamo allora che A è radiale nel punto

x0 se:

yE >0 t.c. x0+yA [0,] cioè se comunque preso un punto yE >0 tale che il segmento [x0,x0+y]A. Chiaramente il

punto x0A, basta infatti prendere =0.



AE, A, x0E

Ts: A è radiale in x0 yE >0 t.c. x0+yA [-,]

Dim

Fissiamo un yE. Per la radialità di A in x0 in corrispondenza ad y e -y si ha che:

>0 t.c. x0+yA [0,]

>0 t.c. x0-yA [0,]

e quindi evidentemente basta scegliere :=min{.} e si ottiene la tesi.

Dim Immediata.



AE, A, x0E

A è radiale in x0

Ts: span(A)=E

Dim

Banalmente span(A)E, facciamo vedere quindi che vale il viceversa cioè che Espan(A). Sia

yE, poiché per Hp A è radiale in x0 allora:

>0 t.c. x0+yA [0,] ()

e petanto fissato un ]0,] allora osservando che:

y= 1 +

1(x0+y)span(A)

segue che yspan(A) in quanto combinazione di vettori di A c.v.d.




x0E

FE sottospazio vettoriale radiale in x0

Ts: F=E

Dim (esercizio) Pioiché F è un sott. sp. vett. allora banalmente span(F)=F ed essendo per Hp F radiale in x0 segue

dalla poprietà predente che E=span(F)=F c.v.d.


Siano E ed F due K-spazi vettoriali

x0F

T:EF opertore lineare t.c. T(E) radiale in x0

Ts: T è suriettivo

Dim (esercizio)

Per una proprietà fatta in precedenza sappiamo che un opertore lineare manda spazi vettoriali in

spazi vettoriale e quindi segue da ciò che T(E) è un sott. vettoriale di F, ed essendo per Hp radiale in

x0 segue allora dal corollario precedente che T(E)=F c.v.d.



AE radiale in E

T:EF operatore lineare identicamente nullo su A

Ts: T è identicamente nullo su tutto E

Dim (esercizio) Per Hp T è identicamente nullo sull’insieme A cioé:

T(x)=F xA (1)

Fissato ad arbitrio un xE, allora poiché A è radiale in E si ha che:

>0 t.c. xA [0,] (2)

Fissato un ]0,] allora per la (2) il vettore xA e quindi per la (1) si ha:

F=T(x)=per la linearità=T(x)

e pertanto essendo ]0,] (cioé 0) allora deve necessariamente essere che T(x)=F e quindi per

l’arbitrarietà di xE si desume che T(y)=F xE c.v.d.




AE radiale in E

T:EF operatore lineare non identicamente nullo

Ts: x0A t.c. T(x0)F

Dim (esercizio) Supponiamo per assurdo che T sia identicamente nullo sull’insieme A segue allora dalla proprietà

precedente che T è identicamente nullo su tutto E assurdo c.v.d.



x0E

A,BE radiali in x0

Ts: AB è radiale in x0

Dim (esercizio) Sia quindi yE allora poiché per Hp A e B sono radiali in x0 allora:

1>0 t.c. x0+yA [0,1]

2>0 t.c. x0+yB [0,2]

e quindi scelto :=min{1,2} si ha che:

x0+yA [0,]

x0+yB [0,] c.v.d.

PROPRIETÀ [More] [2911/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


x0E

AE radiale in x0

BE t.c. AB

Ts: B è radiale in x0

Dim (ovvia)

Sia yE allora poiché A è radiale in x0 si ha:

>0 t.c. x0+yAB [0,] c.v.d.



x0+yAB [0,]


x0A

AE radiali in x0

Ts: A-x0 è radiale in E

Dim


yE >0 t.c. yA-x0 [0,]

Sia quindi yE allora poiché A è radiale in x0 si ha:

>0 t.c. x0+yA [0,] yA-x0 [0,] c.v.d.



AE radiali in E

x0E

Ts: A+x0 è radiale in x0

Dim Dobbiamo provare che:

yE >0 t.c. x0+yA+x0 [0,]

Sia quindi yE allora poiché A è radiale in E si ha:

>0 t.c. yA [0,] y+x0A+x0 [0,] c.v.d.



x0A

AE radiali in x0

Ts: aff(A)=E

Dim Per Hp A è radiale in x0 e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. A-x0 è

radiale in E e per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. span(A-x0)=E e quindi segue

direttamente dalla [1711/16] che aff(A)=x0+span(A-x0)=x0+E=E

c.v.d.


Sia E uno spazio Vettoriale su K

x0E


AE radiale in x0


Ts: se x0F allora AF è radiale nel punto x0 in F (non in E)

Dim


yF >0 t.c. x0+yAF [0,] (1)

Fissato yF allora essendo per Hp A radiale in x0 si ha che:

>0 t.c. x0+yA [0,] (2)

Poiché x0,yF ed essendo F un sottospazio vettoriale si ha:

x0+yF [0,] (3)

e quindi da (2) e da (3) segue la (1) c.v.d.

FUNZIONALE DI MINKOWSKI [2911/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, AE un insieme radiale in E, e quindi fissato un punto xE,

consideriamo l’insieme:

Ax:=>0 : xA

chiaramente tale insieme non è vuoto per la radialità di A poiché questa ci assicura che in

corrispondenza del fissato punto xE:

>0 t.c. xA [0,] x1A [0,]

1Ax [0,] Ax

Posto ciò definiamo allora il funzionale pA:ER nel seguente modo:

pA(x):=inf>0 : xA

che prende il nome di funzionale di Minkowski (associato ad un insieme radiale nell’origine).

Evidentemente dalla definizione si evince che pA(x)0 xE.



AE un insieme radiale in E e pA il funzionale di Minkowski associato ad A

valgono allora le seguenti proprietà:

A pA1([0,1])

pA(E)=0

se A è anche equilibrato allora pA1([0,1[)A

Dim


Consideriamo un arbitrario vettore xA si osserva allora che per =1 si ha che xA che

1{>0 : xA} e quindi necessariamente pA(x):=inf{>0 : xA}1 x pA1([0,1])={xE :

pA(x)1} ApA1([0,1]) c.v.d.

Dim

Poiché A è radiale in E EA 1EA >0 EA >0 e quindi:

pA(E):=inf{>0 : EA}=inf]0,+[=0 c.v.d.

Dim

Se x pA1([0,1[) pA(x)=inf{>0 : xA}<1 che 1 non è un minorante dell’ins. {>0 :

xA} e quindi sicuramente un elemento dell’insieme strettamente minore di 1, infatti posto

:=1-pA(x)>0 allora per la IIa proprietà dell’estremo inferiore si ha:

{>0 : xA} t.c. <pA(x)+=pA(x)+1-pA(x)=1

e pertanto essendo {>0 : xA} allora xA e poiché per Hp A è equilibrato AA

xA pA1([0,1[)A c.v.d.



AE un insieme radiale in E e pA il funzionale di Minkowski associato ad A

BE t.c. AB

Ts: pB(x)pA(x) xE

Dim (esercizio) Fissiamo un arbitrario vettore xE e facciamo vedere quindi che pB(x)pA(x). Banalmente

osserviamo che:

{>0 : xA}{>0 : xB} ()

infatti preso >0 tale che xA allora essendo per Hp AB segue che xAB. E pertanto

passando all’inf nella () otteniamo:

inf{>0 : xB}inf{>0 : xA}

ovvero pB(x)pA(x) c.v.d.



xE AE sottoinsieme >0

Ts: >0 : x

A

=>0 : xA


Dim

Poniamo F:=>0 : x

A

e G:=>0 : xA e proviamo che F=G procedendo al solito con

la dimostrazione per doppia inclusione. Proviamo che FG:

sia F xA x=

y con yA e quindi posto =

si ha x=y G =G

FG. Proviamo che GF:

sia G = con G x=y con yA x=y F GF



AE radiale in E

Ts: pA:ER è positivamente omogeneo.

Dim Tenendo presente la proposizione precedente allora >0 e xE si ha:

pA(x)=inf>0 : xA=inf>0: x

A

=inf({>0 : xA})=

=inf{>0 : xA}=pA(x) c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale su K AE equilibrato, K\{0}

Ts: A=||A (cioè xA x||A)

Dim Proviamo che A||A:

sia xA e quindi è del tipo x=y con yA e lo possiamo scrivere come x=|| y

ed essendo

A equilibrato yA x=||

y

||A A||A.

Proviamo che ||AA:

sia x||A e quindi è del tipo x=||y con yA e lo possiamo scrivere come x= y

ed

essendo A equilibrato yA x=

y

A ||AA



Sia E uno spazio vettoriale su K AE radiale in E ed equilibrato

Ts: pA è omogeneo

Dim

Fissati ad arbitri xE e K dobbiamo provare che pA(x)=||pA(x). Se =0 allora la tesi segue

banalmente, consideriamo quindi il caso in cui K\{0}:

pA(x)=inf>0 : xA=inf>0 : x

A

=per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=

=inf>0 : x

A

=per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=||inf>0 :

xA=||pA(x) c.v.d.

Dato E spazio vettoriale su K ed AE allora se prendiamo ,>0 si ha che

(+)AA+A ed in generale non vale l’inclusione inversa, ma come mostra la seguente

proprietà se A è convesso allora tale inclusione vale.



AE convesso

,>0

Ts: (+)A=A+A

Dim

Proviamo che (+)AA+A:

sia x(+)A zA t.c. x=(+)z e quindi si ha:

x=(+)z=z+zA+A

Proviamo che A+A(+)A:

sia xA+A z1,z2A t.c. x=z1+z2 e quindi osserviamo che:

x=z1+z2=(+)

z1+

z2

essendo z1,z2A allora il vettore tra parentesi quadre è c.l. di z1 e z2 ed essendo i coefficienti di tale

cmobinazione lineare compresi tra 0 e 1, e la loro somma è 1 allora tale combinazione lineare è

convessa e quindi essendo A per Hp convesso (e pertanto contiene ogni comb. convessa dei suoi


vettori) il vettore tra parentesi quadre appartiene ad A e quindi segue che x+y(+)A

c.v.d.



AE radiale in E (cioè A è radiale nell’origine) e convesso

pA:ER funzionale di Minkowsky associato ad A

TS: pA è sub-additivo

Dim

Devo provare che x,yE si ha pA(x+y)pA(x)+pA(y).

Fissati quindi x,yE allora assegnato ad arbitrio >0, per la IIa proprietà dell’inf si ha:

{>0 : xA} t.c. <pA(x)+/2 con xA

{>0 : xA} t.c. <pA(y)+/2 con yA

sommando membro a membro otteniamo:

+<pA(x)+pA(y)+ (1)

Osserviamo che banalmente che x+y(+)A, infatti essendo xA e yA allora:

x+yA+A=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=(+)A

E pertanto essendo x+y(+)A +{>0 : x+yA} e quindi:

pA(x+y):=inf{>0 : x+yA}+ (2)

segue dalla (1) e dalla (2) che:

pA(x+y)+<pA(x)+pA(y)+

e questa vale qualunque sia , e quindi data l’arbitrarietà di si ha la tesi.



AE radiale in E, assolutamente convesso (cioè convesso ed equilibrato)

Ts: il funzionale di Minkowski (cioè pA) è una seminorma

Dim (ovvia)


Sia E sp.vett. su K

AE radiale in E

f:EK funzionale (essendo a valori in K) positivamente omogeneo


Ts: f(x)pA(x) xE f(x)1 xA

Dim (implicazione banale)

Dalle proprietà di pA sappiamo che pA(x)1 xA e quindi da questo fatto e dall’Hp segue che:

f(x)pA(x)1 xA c.v.d.

Dim Prendiamo un generico xE e possiamo supporre che xE (poiché nel caso x=E la tesi segue

banalmente essendo f(E)=0). Dobbiamo provare che:

f(x)pA(x)=inf{>0 : xA}

Consideriamo un arbitrario {>0 : xA} xA xA segue allora da Hp che f

x 1 ed essendo per Hp f positivamente omogenea f(x) e quindi per l’arbitrarietà di

segue che f(x) è un minorante dell’insieme {>0 : xA}. Ricordando adesso che per definizione l’inf di un insieme è il più grande dei maggioranti segue

allora che deve necessariamente essere che:

f(x)pA(x) c.v.d.

Usando adesso il teorema appena fatto dimostriamo un importante corollario del teorema di

Hahn-Banach.

COROLLARIO DEL TEOREMA DI HAHN-BANACH [2911/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

E sp.vett. su K AE radiale in E e assolutamente convesso


f:FK funzionale lineare t.c f(x)1 xAF

Ts:g:EK lineare t.c. gF=f e g(x)1 xA

Dim Per Hp AE radiale in E e assolutamente convesso allora sappiamo che il funzionale di

Minkowski associato ad A cioè pA è una seminorma. Se vado a considerare AF per la [2911/14]

risulta essere un insieme radiale in E in F (Non in E) cioè:

xF >0 t.c. x AF [0,]

Se andiamo a considerare in F il funzionale di Minkowski associato a AF cioè pAF:FR allora

questo altro non è per definizione che il funzionale di Minkoswski in E associato ad A (cioè


pA:EK) ristretto F cioè in simboli pAF=pAF. Per Hp f(x)1 xAF e per il teorema

precedente questo equivale ad affermare che f(x)pA(x) xF. Sono quindi soddisfatte le Hp del

teorema di Han-Banch, che ci assicura allora che esiste un funzionale lineare g:EK tale che gF =f

(cioè è un estensione della funzionale lineare f) e g(x)pA(x) xE e quindi per il teorema

precedente quest’ultima affermazione è equivalente a g(x)1 xA c.v.d.

01-12-95

SPAZI TOPOLOGICI [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un insieme non vuoto (cioè X) e F una famiglia di parti dell’insieme X (cioè FP(X)).

Se F soddisfa le seguenti condizioni: (1) ,XF

(2) GF sottofamiglia G AF (F è chiusa rispetto all’unione)

(3) GF sottofamiglia finita AG AF (F è chiusa rispetto all’intersezione finita)

allora F è una topologia su X e si indica con e i suoi elementi (cioè A=F ) si chiamano

aperti. Diciamo spazio topologico (brevemente sp.top.) un insieme X con una assegnata topologia

e si indica con la coppia (X,).

Date due topologie 1 e 2 su X si dice che 1 è meno fine (o più grossolana) di 2 e si scrive

12 se 12 (o se si vuole equivalentemente si può dire che 2 è più fine (o meno grossolana) di 1).

Se un dato spazio topologico gode di una certa proprietà P allora tale proprietà si dice espansiva se

vale per ogni toplogia più fine, cioé se 1 é una topologia che gode della proprietà P allora ogni

altra topologia 2 con 12 gode della proprietà P.

Vediamo subito qualche esempio di spazio topologico. Se un dato spazio topologico gode di una

certa proprietà P allora tale proprietà si dice contrattiva se vale per ogni toplogia meno fine, cioé

se 2 é una topologia che gode della proprietà P allora ogni altra topologia 1 con 12 gode

della proprietà P. Vediamo subito qualche esempio di spazio topologico. Dato un insieme X qualsiasi non vuoto allora due immediati di topologia sono:

(a) la topologia indiscreta:

:={,X} (sono banalmente verificati i tre assiomi).

(b) la topologia discreta:

=P(X) (insieme delle parti di X).


Chiaramente si osserva che la topologia discreta è la topologia più fine tra tutte le topologie, mentre

la topologia indiscreta è la topologia meno fine tra tutte le topologie.

RELATIVIZZAZIONE DI UNO SPAZIO TOPOLOGICO [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) uno spazio topologico (brevemente sp.top.), AX e A. Consideriamo la famiglia:

A={YA : Y}

Vogliamo provare che A è una topologia su A e quindi dobbiamo provare che A soddisfa ai tre

assiomi della topologia.

Verifichiamo la (1):

posto Y= =AA. Analogamente posto Y=X A=XAA


Sia G una sottofamiglia di A quindi ogni ZG è del tipo Z=YA con Y segue allora banalmente

cheZG Z=

A Y G AY=A

A Y G Y

A


Sia G una sottofamiglia finita (cioè il numero degli elementi che contiene è finito ) di A quindi

ogni ZG è del tipo Z=YA con Y segue allora banalmente

ZG Z=

A Y G AY=A

A Y G Y

A

E quindi A è una topologia su A cioè la coppia (A,A) è uno spazio topologico e diciamo che tale

topologia A su A è la relativizzazione della topologia all’insieme A e per tale motivo A si

chiama topologia relativa. Se lo spazio topologico (X,) gode di una certa proprietà P e (A,A)

gode della stessa proprietà P si dice allora che (A,A) ha ereditato la proprietà P da (X,). Se un

dato spazio topologico gode di una certa proprietà P allora tale proprietà si dice eredetaria se ogni

suo sottoinsieme non vuoto munito della topologia relativa gode della proprietà P.

Vogliamo osservare adesso che la relativizzazione della relativizzazione di una topologia

coincide con la relativizzazione dello spazio di partenza.


Sia (X,) uno spazio topologico


AX con A:={AY : Y}

BA con B:={BH : H} e AB:={BG : GA}

Ts: B=AB

Dim (esercizio)

Dobbiamo provare che le due topologie B (relativizzazione della topologia a B) e AB

(relativizzazione della topologia A a B) su B coincidono.

Verifichiamo che BAB:

sia HB Y t.c. H=YB e quindi osservando che BA B=BA e quindi:

H=YB=Y(BA)=(YA)B

e pertanto siamo riusciti a scrivere H come intersezione di un aperto di A con B ovvero HAB.

Verifichiamo che ABB:

sia GAB WA t.c. G=WB e poiché WA Y t.c. W=YA e quindi:

G=WB=(YA)B=Y(AB)=YB

e pertanto siamo riusciti a scrivere H come intersezione di un aperto di X con B ovvero HB

c.v.d.

CONCETTI TOPOLOGICI DI NATURA RELATIVA ED ASSOLUTA [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Abbiamo visto che dato uno spazio topologico (X,) ed un suo sottoinsieme A allora possiamo

considerare A come spazio topologico munito della topologia relativa A, vogliamo allora a tale

proposito fare qualche importante precisazione. Precisamente vogliamo osservare che i concetti

topologici possono essere di natura relativa o assoluta. Un concetto topologico è di natura relativa

se è strettamente legato allo spazio topologia a cui esso è riferito, cioé se consideriamo un

sottoinsieme BA allora lo possiamo considerare come sottoinsieme di tutto lo spazio topologico

ambiente (X,) oppure come sottoinsieme di A con la topologia relativa A e quindi se si

attribuisce al sottoinsieme B una data proprietà allora bisogna sempre distinguere se tale proprietà è

riferita a B come sottoinsieme di (X,) oppure se è riferita a B come sottoinsieme di (A,A). Ad

esempio se in queste condizioni diciamo che B è aperto allora dobbiamo specificare se si intende

che B è aperto in (X,) oppure se B è aperto in (A,A). E’ banale osservare che se l’insieme B è

aperto in X allora è aperto anche in A cioè in simboli se B BA (infatti B=AB BA).

Consideriamo il caso in cui B sia aperto in A, vogliamo sapere allora quale è la condizione

sufficiente affinché B sia pure aperto in X, cioè voglio sapere quale è la condizione sufficiente

affinché valga l’implicazione BA B. Chiaramente tale condizione sufficiente è che A sia


aperto in X cioè A infatti se supponiamo che A e che BA, allora B per come è definita

A lo posso scrivere come B=YA per un opportuno Y e poiché A (e ricordando la (3)

proprietà degli sp.top. cioè che l’intersezione finita di aperti è un aperto o se si vuole che la

topologia è stabile rispetto all’intersezione finita) allora B=YA.

Vediamo adesso quando un concetto topologica è di natura assoluta. Sia P una proprietà

topologica di cui lo spazio topologico (X,) può o meno godere. Ovviamente se AX allora

diciamo che A gode della proprietà topologica P se riguardato con la topologia relativa A soddisfa

la P. Risulta allora evidente che la proprietà topologica P risulta essere intrinseca o meglio di natura

assoluta, poiché se BA, allora in questa situazione B lo possiamo pensare come sottospazio

topologico di A munito della topologia relativa della topologia relativa di A cioé di AB oppure

come sottospazio topologico di X munito della topologia relativa B, si ha allora che se diciamo che

B gode della proprietà topologica P non c’è possibilità di equivoco poiché come già osservato nella

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la relativizzazione a B della topologia di X e la

relativizzazione a B della topologia di A coincidono cioé B=AB. Come vedremo in seguito dei

concetti di natura assoluta sono la compattezza, la connessione, la connessione per archi, ecc...


Sia X un insieme non vuoto

e due topologie su X con

AX, A

Ts: AA

Dim (esercizio) Dobbiamo provare che AA.Sia quindi A aperto di A rispetto a A e quindi per

definizione di topologia relativa B t.c. =AB e poiché per Hp allora B e quindi

=ABA c.v.d.



{i}iI famiglia di topologie su X con IN non necessariamente finito

Ts: :=i I

i è ancora una topologia su X

Dim

Verifichiamo i tre assiomi che definiscono la topologia.



poiché ,Xi iI che ,Xi I

i=:


sia G (G è una sottofamiglia di ) Gi iI { A : AG }i iI {A :

AG}


sia G (cioè G è una sottofamiglia della famiglia ) finita Gi iI che {A :

AG}i iI {A : AG} c.v.d.

TOPOLOGIA GENERATA DA UNA FAMIGLIA [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un insieme non vuoto e a famiglia di insiemi di X (cioè’ aP(X)) chiamiamo allora

topologia generata dalla famiglia di insiemi a e la indichiamo con a l’intersezione di tutte le

topologie su X che contengono la famiglia a cioè:

a:={ topologia su X : a}

che è quindi la più piccola topologia su X che contiene la famiglia a.

Chiaramente che ci siano topologie su X che contengono la famiglia a non c’è dubbio perché c’è

per lo meno la topologia discreta ( cioè =P(X) ).

Vogliamo adesso caratterizzare la topologia generata da una famiglia e precisamente vogliamo

provare la seguente uguaglianza:

a={}{X}H dove H=

YX : Y= Bii I con BiG

cioè H è la totalità dei sottoinsiemi di X che si possono esprimere come unione di membri della

famiglia G così definita:

G:=

BX : ono A1,...,Ana con n<+ t.c. B=i=1

n Ai

cioè G è l’insieme di tutti i sottoinsiemi di X che sono esprimibili come intersezione di un numero

finito di membri della famiglia a.

Chiamiamo F il membro di destra dell’uguaglianza cioè poniamo F:={}{X}H e

dimostriamo quindi che:

(A) che la famiglia F contiene la famiglia a cioè aF

(B) che F è una topologia su X

(C) che a=F

Proviamo la (A):


sia Ba si ha allora che BG basta infatti considerare il caso n=1 e A1 =B e quindi aG

analogamente si dimostra che GH (infatti preso BG basta considerare il caso I={1} con B1:=B e

quindi si ha che Y=BH ) e quindi per quanto detto si ha che: aGHF.

Proviamo la (B):

bisogna verificare che F soddisfa i tre assiomi che definiscono una topologia.


la verifica è banale in quanto dalla definizione di F segue subito che ,XF

Verifichiamo la (2) (cioè la stabilità rispetto all’unione di una famiglia qualunque): considerata la famiglia {Yj}jJ dove YjF dobbiamo provare che

j J YjF. Cosideriamo allora

d’apprima i due casi banali cioé il caso in cui uno degl’insiemi in questione è il vuoto ed il caso in cui uno degl’insiemi in questione è tutto lo spazio. Se qualche Yj=X allora evidentemente

j J Yj=X

e quindi banalmente j J YjF. Ed ovviamente possiamo supporre che ogni Yj, poiché se

qualche Yj= allora evidentemente questo non darà nessun contributo nell’unione. E quindi ci

rimane da considerare il caso in cui {Yj}jJ è in H, vogliamo provare allora che j J YjHF (cioé

volgliamo dimostrare che H è chiusa rispetto all’unione). Yj{Yj}jJ è del tipo Yj=h H j Bj,h dove

Bj,hG hHj e pertanto si ha allora che:

j J Yj=

j J

h H j Bj,h=si prova facilmente che=

(j,h) J H j Bj,h

e quindi j J YjH poiché siamo risusciti a scrivere

j J Yj come unione di membri della famiglia G

(cioè dei Bj,h). Verifichiamo la (3) (cioè la stabilità rispetto all’intersezione di una qualunque famiglia finita ):

dobbiamo verificare che la famiglia F è chiusa rispetto all’intersezione finita cioè se Y1,...,YnF

allora Y1....YnF e questo evidentemente equivale a verificare che l’intersezione di due membri

di F sta ancora in F cioè se Y1,Y2F Y1Y2F (infatti banalmente tale caso lo si può

estendere al caso n, facendo uso del principio di induzione). E quindi presi Y1,Y2F, cosideriamo

allora d’apprima i due casi banali cioé il caso in cui uno degl’insiemi in questione è il vuoto ed il

caso in cui uno degl’insiemi in questione è tutto lo spazio. Se Y1 o Y2 è il vuoto allora banalmente

Y1Y2=F. Nel caso ad esempio Y1=X allora evidentemente si ha Y1Y2=XY2=Y2F ed

analogamente se Y2=X allora Y1Y2=Y1X=Y1F. Mettiamoci quindi nel caso non banale in cui


Y1,Y2H e facciamo vedere che Y1Y2HF (cioé volgliamo dimostrare che H è chiusa rispetto

all’intersezione finita). Poiché Y1,Y2H sono del tipo: Y1=

j H1 B1,j e Y2=

h H2 B2,h dove B1,jG jH1e B2,jG hH2

e come sappiamo fissato jH1 e h

B1,j=k =1

n1, j

A1,j,k e B2,h=k =1

n 2,h

A2,h,k con A1,j,ka k=1,...,n1,j e A2,h,ka k=1,...,n2,h

e quindi si ha:

Y1Y2=

j H1 B1,j

h H2 B2,h

=per la proprietà distributiva dell’intersezione rispetto

all’unione=j H1

h H2 B1,jB2,h=

(j,h) H H1 2 B1,jB2,h=

=(j,h) H H1 2

k =1

n j

A1,j,kk =1

n h

A2,h,k

osserviamo adesso che il termine tra parentesi è intersezione di un numero finito di membri di a e

quindi per definizione è un elemento di G e questo significa che siamo riusciti ad esprimere Y1 Y2

come unione di membri di G ovvero Y1 Y2H.

E quindi abbiamo provato che F={}{X}H è una topologia su X.

Proviamo la (C):

per definizione a è la più piccola topologia che contiene a e quindi certamente aF. Adesso per

dimostrare l’uguaglianza bisogna dimostrare l’altra inclusione (cioè che Fa) e per fare questo

facciamo vedere che la famiglia F è contenuta in ogni topologia che contiene la famiglia a e che

pertanto dovrà stare necessariamente nella loro intersezione cioè in a. Sia quindi una qualunque

topologia su X che contenga la famiglia a cioè a si ha allora che l’intersezione di un numero

finito di membri di a sta ancora in (poiché è una topologia e quindi è stabile rispetto

all’intersezione) e questo evidentemente significa che G. Se consideriamo adesso una

sottofamiglia di G si ha allora che l’unione dei membri di questa sottofamiglia sta ancora in

(poiché è una topologia e quindi è stabile rispetto all’unione) e questo chiaramente significa che

H, segue quindi che F e come detto questo significa che Fa. Dalle due inclusioni

dimostrate segue l’uguaglianza a=F. E quindi abbiamo dimostrato quanto volevamo.

Si osserva chiaramente che le cose si semplificano notevolmente se la famiglia a è chiusa (cioè

stabile) rispetto all’intersezione finita infatti in questo caso si ha chiaramente che a=G e di

conseguenza H è la famiglia i cui membri si possono esprimere come unione di membri di a e

questo significa che in questo particolare caso a è la topologia i cui membri oltre ad essere il

vuoto e l’intero spazio sono tutti e soli gli insiemi che si possono esprimere come unione di membri

di a. Si osserva banalmente che se a oltre ad essere chiusa rispetto all’intersezione finita è anche

chiusa rispetto all’unione allora si ha che a=G=H e a={}{X}a.


SOTTOBASE DI UNA TOPOLOGIA [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato uno sp.top. (X,), ed una famiglia a tale che =a allora tale famiglia a prende il nome di

famiglia generante o sottobase della toplogia della . Ovviamente ogni topologia ammette una

sottobase poiché basta considerare ad esempio a:=. Inoltre risulta evidente che una data topologia

può avere più basi cioè può accadere che a,bP(X) t.c. a=b . Ad esempio X={a,b} munito

della topologia discreta =P(X) é evidente che ammette come sottabi a={{a},{b}} e b =P(X) ed

ovviamente ab .


Sia X

siano 1 e 2 topologia con le rispettive basi a e b

Ts: se ab allora 12

Dim (banale)

INTORNO DI UN PUNTO [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato uno sp.top. (X,), x0X e VX. Diciamoche l’insieme V un intorno del punto xo se esiste un

aperto A che contiene x0 ed è contenuto in V cioè se:

A t.c. x0AV

Chiaramente nel caso in cui lo spazio X sia munito di più topologie allora bisogna distinguere

rispetto a quale topologia si intende che V sia un intorno di x0. Supponiamo che 1 e 2 siano due

topologie su X allora per dire che V è intorno di x0 rispetto alla topologa 1 diciamo che V è un 1-

intorno di x0 ed analogamente per dire che V è un intorno di x0 rispetto alla topologia 2 diciamo

che V è un 2-intorno di x0.


Sia (X,) sp.top.

AX

Allora A è aperto A è intorno di ogni suo punto

Dim (necessità) Fissato un arbitrario xA, prendo come intorno V di x proprio il mio insieme A cioè pongo V=A e

quindi dalla definizione di intorno segue l’asserto c.v.d.


Dim (sufficienza)

Per Hp A è intorno di ogni xA. Sia xA che A è intorno di x che Ax t.c. xAxA.

Osserviamo adesso che chiaramente possiamo scrivere A come: A=

x A Ax

e quindi essendo A unione di aperti è un aperto c.v.d.

Il seguente semplice risultato ci dice che due topologie possono essere confrontate

equivalentemente confrontando i rispettivi intorni.



1 e 2 due topologie su X

allora 12 x0X si ha che ogni 1-intorno di x0 è un 2-intorno di x0

Dim (esercizio)

Fissato x0X, sia allora W un arbitrario 1-intorno di x0 e facciamo vedere che W è un 2-intorno

di x0. Poiché W è un 1-intorno di x0 allora:

A1 t.c. x0AW

e poiché per Hp 12 allora A2 che W è un 2-intorno c.v.d.

Dim (esercizio) Dobbiamo provare che 12. Sia A1 A 1-aperto segue allora dalla Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che A è un 1-intorno di ogni suo punto e quindi segue dall’Hp che A è

un 2-intorno di ogni suo punto A 2 aperto A2

c.v.d.

FAMIGLIA DI INTORNI DI UN PUNTO [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) sp. top. e xX, si denota allora con U(x) la famiglia degli intorni di x cioè:

U(x):={UX : U intorno di x in X}

che prende il nome di filtro di intorni di x.

Vogliamo dimostrare che la famiglia U(x) gode delle seguenti proprietà:

VU(x) xV

VU(x) e UX t.c. VU UU(x)

U,VU(x) UVU(x)

UU(x) VU(x) t.c. UU(y) yV


Dimostrazione (ovvia)

Dimostrazione Se VU(x) A t.c. xAV e poiché VU xAU UU(x) c.v.d.

Dimostrazione

Se UU(x) A t.c. xAU

se VU(x) B t.c. xBV

e per le proprietà degli aperti si ha che AB e chiaramente xAB e osservando adesso che

xABUV UVU(x) c.v.d.

Dimostrazione U intorno di x A t.c. xAU allora per avere l’asserto basta prendere V=A (poiché A è

aperto e quindi intorno di ogni suo punto) c.v.d.


Sia X e U:XP(P(X)) (cioè U va da X all’insieme delle parti dell’insieme delle parti di X)

funzione che ad ogni fissato xX associa una famiglia U(x) di sottoinsiemi di X che soddisfa le

proprietà , , e Ts: esiste una e una sola topologia tale che xX la famiglia U(x) coincide con la

famiglia dei -intorni di x

Dimostrazione Consideriamo la seguente famiglia di insiemi di X, definita in questa maniera:

:={AX : AU(x) xA}

Bisogna provare che è una topologia su X, cioè dobbiamo verificare che siano soddisfatte le tre

proprietà della topologia:

Verifichiamo ,X:

banalmente infatti posto A= allora chiaramente è verificata la proprietà AU(x) xA

poiché A non ha elementi. E quindi l’insieme vuoto sta in .

Dimostriamo che X cioè dobbiamo dimostrare sostanzialmente che XU(x) comunque

prendiamo xX:

fissiamo un xX e prendiamo UU(x) allora per la si ha che xUX e per la si ha che

XU(x) e quindi per l’arbitrarietà di x si ha che XU(x) xX e questo chiaramente significa

proprio che X.

Verifichiamo che è stabile rispetto all’unione:


supponiamo di avere una famiglia di sottoinsiemi di cioè consideriamo {Ai}iI dove Ai (cioè

AiU(x) xAi) iI, dobbiamo fare vedere allora che i I Ai e quindi dobbiamo fare vedere

che fissato ad arbitrio xi I Ai allora

i I AiU(x).

Sia quindi xi I Ai kI t.c. xAk e quindi osservando che banalmente Ak

i I Ai e che

AkU(x) segue allora direttamente dalla proprietà che i I AiU(x) e questo per definizione di

evidentemente significa proprio che ii I

A .

Verifichiamo che è stabile rispetto all’intersezione finita:

al solito possiamo considerare il caso di due soli insiemi poiché, dimostrato questo caso allora lo si

può estendere facendo uso del principio di induzione. Siano quindi A1,A2 dobbiamo dimostrare

che A1A2. Fissiamo un arbitrario xA1A2 A1,A2U(x) segue allora dalla che

A1A2U(x) e questo vuol dire che A1A2. Quindi la è una topologia sullo spazio ambiente

X.

Adesso dobbiamo verificare che per ogni fissato xX la famiglia U(x) coincide con la famiglia dei

-intorni di x, cioè detta V(x)={UX : U è -intorno di x} la famiglia dei -intorni di x allora

dobbiamo provare che U(x)=V(x) xX (procediamo quindi per doppia inclusione).

Dimostriamo V(x)U(x):

prendiamo un U V(x) U è un -intorno di x A t.c xAU e quindi essendo A

allora per definizione di segue che AU(x) ma AU e quindi segue dalla che UU(x) e

per l’arbitrarietà di U si ha che V(x)U(x).

Dimostriamo U(x) V(x):

sia UU(x) per provare che U V(x) cioè che U è un -intorno di x dobbiamo trovare un

opportuno A tale che xAU. Tenendo presente la andiamo allora a costruire questo

insieme A nel seguente modo:

A:={zU : UU(z)}

Verifichiamo se questo insieme A ha i requisiti richiesti affinché U sia -intorno di x cioè sia tale

che xAU e A:

sicuramente xA infatti essendo UU(x) segue allora dalla che xU e quindi per come

abbiamo definito A allora chiaramente si ha che xA. E sempre per definizione di A si ha che

AU.

Dimostriamo adesso che A (cioè che A è aperto ) e quindi dobbiamo dimostrare preso un

generico zA allora AU(z). Sia zA UU(z) segue allora dalla che WU(z) t.c.

UU(y) yW e questo ci dice (per come è definito A) che WA e per la si ha che AU(z).


E quindi abbiamo provato che A e poiché si è visto anche che xAU segue allora che U è un

-intorno di x cioè UV(x) e per l’arbitrarietà di U segue che U(x)V(x). E quindi dalla prova

delle due inclusioni segue l’uguaglianza cioè U(x)= V(x).

Ci rimane da provare l’unicità della topologia. Supponiamo che sia un’altra topologia tale che

U(x)=V(x) xX dobbiamo provare che =. Abbiamo che U(x)=V(x) xX, ma abbiamo

anche che U(x)=V(x) xX e quindi V(x)=V(x) xX e questo fissato xX ci dice che ogni -

intorno di x è un -intorno di x e viceversa e questo per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. significa proprio che =. E il teorema rimane cosi completamente dimostrato.

Dimostriamo qui di seguito altre due proprietà della famiglia degli intorni di un punto. La

prima ci dice che la famiglia degli intorno di un punto è stabile rispetto all’unione.


Sia X spazio topologico

x0X

{Ui}iI sotofamiglia di U(x0) Ts:

i I UiU(x0)

Dim (esercizio) Poiché per Hp ogni Ui è un intorno di x0 allora:

iI AiX aperto t.c. x0AiUi e quindi ricordando che l’unione di aperti è un aperto e osservando che evidentemente

i I Ai

i I Ui segue allora banalmente la tesi c.v.d.

La seguente altra proprietà ci dice che nel caso ce ne sia bisogno, si può supporre che

l’intorno di un punto sia aperto.


Sia (X,) spazio topologico

x0X

Ts: se UU(x0) VU(x0) aperto t.c. VU

Dim (ovvia) Per Hp U intorno di x0 e quindi:

A aperto t.c. x0AV


poiché x0A allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che l’aperto A è

un intorno di x0 cioé AU(x0) e quindi per ottenere la nostra tesi basta scegliere V:=A

c.v.d.

PUNTI INTERNI E INTERNO DI UN INSIEME [0112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) sp.top., AX, x0A allora il punto x0 si dice interno ad A se A è intorno di x0 cioè:

se U t.c. x0UA

L’insieme di tutti i punti interni ad A si chiama interno di A e si denota con int(A) oppure Å.

Banalmente si osserva che int(A)A.

La seguente semplice proprietà ci dice che l’interno di un insieme consiste nell’unione di

tutti gli aperti contenuti nell’insieme, e questo in particolare ci dice che l’interno di un insieme è

aperto (in quanto unione di aperti) e che è il più grande aperto contenuto nell’insieme.


Sia (X,) sp.top.

AX

Ts: int(A) è l’unione di tutti gli aperti contenuti in A

Dim

Dobbiamo provare che int(A)={B : BA}.

Verifichiamo che int(A){B : BA}:

sia x0int(A) B t.c. x0BA x0B{B : BA}.

Verifichiamo che {B : BA}int(A):

sia x0{B : BA} B t.c. x0BA x0int(A) c.v.d.


Sia X uno spazio topologico

A,BX con AB

Ts: int(A)int(B)

Dim Poiché AB che B è intorno di tutti i punti di cui A è intorno cioè tutti i punti interni ad A sono

anche interni a B int(A)int(B) c.v.d.




AX

Allora A e aperto Aint(A)

Dim

Se A è aperto A è intorno di ogni suo punto Aint(A) e poiché vale sempre int(A)A si ha la

tesi cioè A=int(A) c.v.d.

Dim

Ovvia poiché si è visto che int(A) è aperto c.v.d.

04-12-95

INSIEMI CHIUSI [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

In uno spazio topologico (X,) un ins. CX si dice chiuso se il suo complementare è un aperto

cioè CX è chiuso se e solo se X\C è aperto (cioè X\C)



AX

Allora A è aperto X\A è un chiuso

Dim (ovvia)


Sia X

1 e 2 due topologie su X

Allora 12 ogni 1-chiuso è un 2-chiuso

Dim

Sia C un 1-chiuso che X\C è un 1-aperto e poiché per Hp 12 X\C2 che X\C è un

2-aperto C 2-chiuso c.v.d.

Dim

Dobbiamo provare che 12 ovvero che ogni 1-aperto è un 2-aperto. Sia quindi AX un 1-

aperto, segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che X\A è un 1-chiuso e

quindi dall’Hp segue che X\A è un 2-chiuso A 2-aperto

c.v.d.


PROPRIETÀ DEGLI INSIEMI CHIUSI [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) spazio topoplogico

Allora gli insiemi chiusi di X godono delle seguenti proprietà:

(1) ,X (2) Se {Cj}jJ famiglia di chiusi

j I Cj è un chiuso

(3) Se C1,C2,...,Cn sono chiusi j=1

n Cj è un chiuso

Dim (per esercizio)

Le dimostrazioni di (1),(2) e (3) si ottengono facilmente facendo uso delle tre proprietà della

topologia e delle formule insiemistiche di De Morgan che come noto sono:

j I (X\Cj)=X\

j I Cj

j I (X\Cj)=X\

j I Cj



A e B sottoinsiemi di X

Ts: A\B=A(X\B)

Dim (esercizio)

Sia xA\B xA e xB xA e xX\B xA(X\B). Viceversa sia xA(X\B) xA e

xX\B xA e xB xA\B c.v.d.



AX aperto, CX chiuso


A\C è un aperto

C\A è un chiuso

Dimostrazione (esercizio)

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che A\C=A(X\C) e pertanto A\C è

un aperto essendo intersezione di due aperti

c.v.d.



Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che C\A=C(X\A) e pertanto C\A è

un chiuso essendo intersezione di due chiusi

c.v.d.



AX non vuoto, DA

Sono allora equivalenti:

(1) D è aperto in A

(2) BX aperto in X t.c. D=AB

(3) CX chiuso in X t.c. D=A\C

Dim (1)(2) (esercizio) Conseguenza immediata della definizione di topologia relativa.

Dim (2)(3) (esercizio) Per Hp BX aperto in X t.c. D=AB. Poniamo C=X\B che é un chiuso di X ed osservando che

per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. A\C=A(X\C) segue che:

D=AB=AX\(X\B)=AX\C=A\C c.v.d.

Dim (2)(1) (esercizio) Per Hp CX chiuso in X t.c. D=A\C=A(X\C) e pertanto D è un aperto di A, essendo

intersezione di A con un aperto di X c.v.d.



siano A,B,CX

Ts: A\(B\C)=A(X\BC)

Dim (esercizio)

Sia xA\(B\C) xA e xB\C xA e xB o xC xA e xX\B o xC xA e

xX\BC xA(X\BC) c.v.d.



AX non vuoto, DA



(1) D é chiuso in A

(2) CX chiuso in X t.c. D=AC

(3) BX aperto in X t.c. D=A\B


Poichè D é chiuso in A A\D aperto in A BX aperto in X t.c. A\D=AB

D=A\(AB)=A\AA\B=A\B=AX\B basta allora scegliere C=X\B c.v.d.


Per Hp CX aperto in X t.c. D=AC. Poniamo B=X\C che é un aperto di X ed osservando che

per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. A\B=A(X\B) segue che:

D=AC=AX\(X\C)=AX\B=A\B c.v.d.

Dim (3)(1) Per Hp BX aperto in X t.c. D=A\B. Proviamo che A\D é un aperto di A. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. osserviamo che:

A\D=A\(A\B)=A(X\AC)=(AX\A)(A\C)=A\C

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A\D é un aperto di A

c.v.d.

CHIUSURA DI UN INSIEME [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato (X,) sp.top. e AX diciamo chiusura di A in X e la indichiamo con A o con clX(A),

l’intersezione di tutti gli insiemi chiusi che contengono A cioè:

A:={AC : C chiuso in X}

E quindi osservando dalla proprietà precedenti che l’intersezione di chiusi è un chiuso segue allora

che la chiusura di A è il più piccolo chiuso in X che contiene A.



AX

Allora A è chiuso AA (cioè A coincide con la sua chiusura)

Dim A è chiuso poiché coincide con la sua chiusura che per definizione è un chiuso c.v.d.

Dim

Poiché vale sempre AA allora dobbiamo provare solo che AA. Per Hp A è chiuso e quindi

essendo per definizione la chiusura il più piccolo chiuso che contiene A deve allora necessariamente

essere che AA c.v.d.


PROPRIETÀ DELLA CHIUSURA [More] [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) sp.top.

valgono allora le seguenti proprietà: () Per ogni AX clX(clX(A))=clX(A) (idempotenza della chiusura)

() Se A,BX con AB clX(A)clX(B) (monotonia della chiusura) Dimostrazione () (esercizio) Essendo clX(A) un chiuso segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.

clX(A)=clX(clX(A) c.v.d.

Dimostrazione () (esercizio) Siano A,BX con AB. Consideriamo clX(B) che è il più’ piccolo chiuso che contiene B si ha

allora che ABclX(B) e osservando adesso che clX(A) è il più piccolo chiuso che contiene A deve

allora necessariamente essere che clX(A)clX(B).

PUNTI DI ADERENZA [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X sp.top., AX, xoX, diciamo allora che xo è di aderenza per A se:

VA VU(x0).

Chiaramente tutti i punti di A sono di aderenza per A.


Sia (X,) sp.top.

AX

Ts: la chiusura dell’insieme A coincide con l’insieme dei punti di aderenza di A

Dim Dimostriamo l’uguaglianza detta usando la solita doppia inclusione. Sia x0X un punto di aderenza

per A, dobbiamo fare vedere che x0A cioè che x0 sta in ogni chiuso che contiene A. Supponiamo

per assurdo che x0A cheCX chiuso che contiene A (cioè AC) e x0C x0X\C

(ricordando che C è chiuso e quindi il suo complementare è un aperto ed è quindi intorno di ogni

suo punto e in particolare è intorno di x0) ma poiché AC (X\C)A= e quindi abbiamo trovato

un intorno di x0 (cioè X\C) che non ha punti in comune con A, ma questo è assurdo poiché per Hp il


punto x0 è di aderenza per A e quindi deve necessariamente essere che x0A. Viceversa sia x0A

cioè x0 è contenuto in ogni insieme chiuso che contiene A, dobbiamo provare che x0 è di aderenza

per A. Supponiamo per assurdo che x0 non sia di aderenza per A V intorno di x0 t.c. VA=,

teniamo presente che VU(x0) W t.c x0WV se consideriamo adesso X\W è un chiuso

che contiene A (ricordando che VA= e poiché WV WA=) cioè AX\W AX\W,

ma tale chiuso X\W non contiene il punto x0 e questo è un assurdo poiché per Hp x0A, segue

quindi dal ragionamento per assurdo che x0 appartiene all’insieme di aderenza di A. E quindi dalla

prova delle due inclusioni segue l’uguaglianza detta c.v.d.

Dimostriamo la seguente proprietà che ci dice che se un aperto interseca la chiusura di un

insieme allora necessariamente deve intersecare anche l’insieme.


Sia (X,) sp.top.

AX

Ts: se B t.c AB AB

Dim

Sia B t.c. AB x0AB x0A e x0B allora poiché x0A per il teorema

precedente x0 è di aderenza per A che ogni intorno di x0 interseca A e quindi essendo x0

appartenente all’aperto B AB c.v.d.

PUNTI DI ACCUMULAZIONE E DERIVATO DI UN INSIEME [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X sp.top., AX, xoX, diciamo allora che xo è di accumulazione se:

V(A\{xo}) VU(x)

L’ins. dei punti di accumulazione di A si chiama derivato di A e si indica con la scrittura DA. E’

ovvio che ogni punto di accumulazione è di aderenza (il viceversa non vale) e per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. questo vuol dire che DAA . Si faccia bene attenzione al

fatto che se x0A allora non necessariamente x0DA, infatti se consideriamo la retta reale, munita

della topologia usale (gli aperti sono del tipo ]a,b[) e consideriamo l’ins.:


A=[2,5]{7}

allora chiaramente il punto x0=7A non è di accumulazione per A infatti basta considerare ad

esempio [7-1,7+1]=[6,8] e si ha [6,8]A\{7}= che 7DA.

Chiamiamo quindi punti di singolarità di A i punti che appartengono ad A ma che non sono di

accumulazione per A (cioè xA è di singolarità se xA\DA).

Vogliamo dimostrare adesso il seguente importante teorema che rappresenta un’altra

caratterizzazione della chiusura e ci dice che la chiusura di un’insieme consiste nell’unione dei

punti dell’insieme e dei punti di accumulazione dell’insieme.



AX

Ts: A =ADA

Dim Procediamo al solito per doppia inclusione. Sia x0A ed escludiamo il caso banale in cui

xoAA (poiché in questo caso segue banalmente che il punto x0ADA) consideriamo quindi il

caso in cui x0A \A e pertanto avendo già osservato nella Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che la chiusura di un insieme coincide con l’insieme dei punti di aderenza segue allora

da questo che il punto x0 è di aderenza per A cioè VA VU(x0) ma poiché abbiamo

considerato il caso in cui xoA A=A\{x0} e quindi abbiamo che V(A\{x0})=VA

VU(x0) e questo significa proprio che x0 è di accumulazione per A cioè x0 DA x0ADA

AADA. Viceversa sia x0ADA ed escludiamo il caso banale in cui x0A poiché in questo

caso è ovvio che x0 A essendo AA , consideriamo quindi il caso in cui x0 DA dal quale segue

subito (poiché vale sempre l’inclusione DAA ) x0A ADAA . Segue dalle due inclusione

provate, l’uguaglianza c.v.d.


X spazio topologico

AX

Allora A è chiuso DAA

Dim A chiuso A=A e poiché A =ADA A=ADA DAA c.v.d.

Dim


DAA e poiché A =ADA A=A A è chiuso c.v.d.

PUNTI DI FRONTIERA E FRONTIERA DI UN INSIEME [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X sp.top., AX, x0X, allora diciamo che il punto x0 è di frontiera per A se:

VA e V(X\A) VU(x)

L’insieme dei punti di frontiera di A si indica con Fr(A) oppure con A. Si osserva banalmente che

Fr(A)=Fr(X\A).

La seguente caratt. della frontiera che ci dice che la frontiera di un insieme è l’insieme dei

punti che sono di aderenza per l’insieme e per il suo complementare.


X spazio topologico

AX

Ts: Fr(A)=clX(A)clX(X\A)

Dim (esercizio) Proviamo che Fr(A)clX(A)clX(X\A):

sia x0Fr(A) x0 di aderenza per A e X\A segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che x0clX(A) e x0clX(X\A) x0clX(A)clX(X\A).

Proviamo che clX(A)clX(X\A)Fr(A):

sia x0clX(A)clX(X\A) x0clX(A) e x0clX(X\A) segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che x0 è di aderenza per A e X\A x0Fr(A)

c.v.d.


X spazio topologico

AX

Ts: A =int(A)Fr(A)

Dim Proviamo che Aint(A)Fr(A):

sia x0A, allora preso ad arbitrio UU(x0) si possono presentare i seguenti due casi:

(a) UX\A= e (b) UX\A


Se si presenta il caso (a) cioè UX\A= UA A intorno di x0 cioé x0int(A)

int(A)Fr(A).

Se si presenta il caso (b) cioè UX\A e questo per l’arbitrarietà di U significa che x0X \ A e

poiché x0A x0AX \ A=Fr(A)int(A)Fr(A).

Proviamo che int(A)Fr(A)A:

sia x0int(A)Fr(A) x0A oppure x0Fr(A). Se x0int(A) allora essendo in generale

int(A)AA segue immeditamente che x0A. Se x0Fr(A)=AX \ A segue immeditamente

che x0A c.v.d.


X spazio topologico

AX

Ts: A =AFr(A)

Dim (esercizio)

Poichè int(A)AA allora A=AA e A=Aint(A) e quindi:

A=AA=A[int(A)Fr(A)]=[Aint(A)]Fr(A)=AFr(A) c.v.d.



AX

Allora A è chiuso se e solo se contiene la sua frontiera (cioè se Fr(A)A)


Sia (X,) sp.top.

AX

Ts: int(A)=X\ X \ A

Dim Proviamo che int(A)X\ X \ A :

sia xoint(A) int(A) è intorno di xo ricordando adesso che vale sempre l’inclusione int(A)A

segue allora che int(A)(X\A)= e quindi abbiamo trovato un intorno di xo che non interseca X\A

e questo significa che xo non è di aderenza per X\A ovvero xo X \ A xo X\ X \ A .

Proviamo che X\ X \ A int(A):

sia x0X\ X \ A e osserviamo che banalmente X \ A è chiuso X\ X \ A è un aperto che

contiene il punto xo e quindi è un’intorno x0 e poiché X\ X \ A A (poiché X\(X\A)=A e quindi il


complementare di qualcosa di più grande cioè di X \ A sarà ancora contenuto in A) segue allora

che A è intorno di x0 che il punto x0 è interno ad A cioè x0int(A)

c.v.d.

TEOREMA [More] [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) sp.top.

AX

Ts: A=X\int(X\A)

Dim (esercizio) Per il teorema precedente si ha che int(A)=X\ X \ A e quindi sostituendo X\A in luogo di A

otteniamo int(X\A)=X\A e passando al complementare ad ambo i membri si ha che X\int(X\A)=A c.v.d.

Dimostriamo la seguente caratt. della frontiera che ci dice che un punto è di frontiera se e

solo se non appartiene all’interno dell’insieme e al suo esterno.


Sia (X,) sp.top.

AX

Ts: Fr(A)=[X\int(A)][X\int(X\A)]

Dim (esercizio)

Per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha:

Fr(A)=AX A\ =per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=[X\int(X\A)][X\int(X\(X\A))]=

=[X\int(X\A)][X\int(A)] c.v.d.


Sia (X,) sp.top.

AX

Ts: Fr(A)=A\int(A)

Dim (esercizio)

Appilicando la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. all’insieme X\A otteniamo che:

X A\ =X\int(A) ()


Segue allora che:

Fr(A)=per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=AX A\ =per

()=A[X\int(A)]=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=A\int(A).

TEOREMA] [0412/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) sp.top.

AX, aperto non vutoto

BX con int(B)=

Ts: A=A B\

Dim (esercizio) Poiché A\BA A B\ A. Dimostriamo quindi l’inclusione inversa ovvero che AA B\ . Sia

ad arbitrio x0A e proviamo che x0A B\ ovvero che preso ad arbitrio UX intorno di x0 che

possioamo supporre aperto, allora UA\B. Poicxhé x0A UA che è quindi un aperto

non vuoto (essendo intersezione di aperti). Afferiamiamo che (UA)\B infatti se per assurdo

(UA)\B= UAB int(B) assurdo. Osserviamo quindi che :

(UA)\B=banalmente=U\BA\B=banalmente=UA\B c.v.d.

06-12-95 Dimostriamo che la chiusura dell’unione di insiemi è uguale all’unione delle chiusure degli insiemi. PROPRIETÀ [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico A,BX Ts: A B =A B Dim Al solito per dimostrare l’uguaglianza della tesi usiamo la doppia inclusione. Proviamo che A B A B : sappiamo che AA e BB ABAB e quindi passando alle chiusure si ha A B A B . Proviamo che A B A B : banalmente AAB e BAB AA B e BA B A B A B c.v.d. COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Sia X spazio topologico A1,..,AnX

Ts: clX

i=1

n Ai

=

i=1

n clX(Ai)

Dim (esercizio) Procediamo per induzione. L’asserto è vero per n=2 grazie alla proposizione precedente. Supponiamo adesso l’asserto vero) per n=k e di mostriamo che è vero per n=k+1:

clX

i=1

k+1 Ai

=clX

Ak+1

i=1

k Ai

=per il caso n=2 si ha=clX(Ak+1)clX

i=1

k Ai

=per

l’Hp induttiva=clX(Ak+1)i=1

k clX(Ai)=

i=1

k+1 clX(Ai) c.v.d.


Sia X spazio topologico A,BX Ts: A B A B Dim Se x0A B che ogni intorno di x0 interseca AB che ogni intorno di x0 interseca sia l’insieme A che l’insieme B x0A e x0B x0A B c.v.d.

OSSERVAZIONE [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

In generale l’inclusione inversa relativa alla tesi del teorema precedente non vale. Infatti consideriamo la retta reale con la topologia usuale (l’intorno di un punto è un sottoinsieme di R che contiene un intervallo aperto di centro il punto) e prendiamo ad esempio come A l’insieme dei numeri razionali e come B l’insieme dei numeri irrazionali. Chiaramente AB= A B = adesso osserviamo che la chiusura di A e di B è tutto R e quindi segue che =A B AB=R. Ricordando adesso la relazione tra interno e chiusura di un ins. cioè int(A)=X \ (X \ A) dimostrata nell’ultimo teorema della lezione precedente e facendo uso delle formule di De Morgan possiamo allora per dualità dimostrare le formule riguardanti l’interno.



Sia X spazio topologico A,BX Ts: int(AB)=int(A)int(B) Dim X\int(AB)=per la relazione tra interno e chiusura=X \ (A B) =per le formule di De Morgan=(X \ A) (X \ B) =Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=X \ A X \ B =per la relazione tra interno e chiusura=(X\int(A))(X\int(A))=per le formule di De Morgan=X\(int(A)int(B)) e quindi abbiamo ottenuto che X\int(AB)=X\(int(A)int(B)) che il complementare del membro di sinistra è uguale al complementare del membro di destra cioè int(AB)=int(A)int(B) e quindi abbiamo ottenuto quanto affermato. COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico A1,...,AnX

Ts: int

i=1

n Ai

=

i=1

n int(Ai)


Sia X spazio topologico A,BX Ts: int(A)int(B)int(AB) Dim X\int(AB)=per la relazione tra interno e chiusura=X \ (A B) =per le formule di De Morgan=X \ A X \ B per una proposizione precedente di questa lezione X \ A X \ B =facciamo due volte il complementare dei due membri dell’intersezione =X \ X \ X \ A X \ X \ X \ B =applicando la relazione tra interno e chiusura=X\int(A)X\int(B)=per le formule di De Morgan=X\(int(A)int(B)) e quindi abbiamo ottenuto che: X\int(AB)X\(int(A)int(B)) passando allora al complementare (chiaramente l’inclusione si inverte) otteniamo: int(A)int(B)int(AB) che proprio quanto affermato nella tesi.



In generale l’inclusione inversa relativa alla tesi della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. non vale. Infatti consideriamo la retta reale con la topologia usuale (l’intorno di un punto è un sott.ins. di R che contiene un intervallo aperto di centro il punto) e prendiamo ad esempio come A l’ins. dei numeri razionali cioè A=Q e come B l’ins. dei numeri irrazionali cioè B=R\Q. Sappiamo che l’interno dei razionali e degli irrazionali è l’ins. vuoto cioè int(A)=int(B)= e che l’interno della loro unione è R e quindi segue che =int(A)int(B)in(AB)=R. Dimostriamo adesso a la seguente importante caratterizzazione della chiusura relativa che ci dice che dato uno sp. top. e un suo sott. ins. non vuoto allora la chiusura relativa di un insi. contenuto nel sott.ins. dello sp. top. è precisamente uguale alla intersezione della chiusura dell’ins. rispetto alla topologia dello spazio con il sott. insi. PROPOSIZIONE (Fondamentale formula) [0612/Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico AX,A, CA Ts: ( )C A=CA Dim Procediamo a solito dimostrando per doppia inclusione. Proviamo che ( )C ACA: sia x0( )C A chiaramente x0A poiché ( )C AA e quindi dobbiamo provare che x0C e cioè che ogni intorno di x0 in X interseca C. Sia V intorno di x0 in X VA è intorno di x0 in A e poiché x0( )C A (VA)C=V(AC)=VC. Proviamo che CA( )C A: sia x0CA e quindi dobbiamo provare che x0( )C A e cioé che ogni intorno di x0 in A interseca C. Sia W intorno di x0 in A e quindi W è del tipo W=VA con V intorno di x0 in X opportuno. Osserviamo che essendo x0CA x0C VC e poiché CA AC=C VC=V(AC)=(VA)C=WA c.v.d. Facendo uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. vogliamo fare qualche osservazione sulla chiusura relativa. La prima cosa che osserviamo dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è che in generale la chiusura


relativa di un insieme è contenuta nella chiusura dell’ins., volgliamo fare vedere nella seguente proprietà che se si suppone che la chiusura dell’ins. sia contenuta nell’ins. a cui si relativazza la topologia allora le due chiusure coincidono.


Sia (X,) uno spazio topologico AX e A chiuso, CA t.c. CA Ts: C=( )C A Dim (esercizio) Per Hp CA e pertanto si ha che: ( )C A=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=CA=C c.v.d. PROPRIETÀ [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) uno spazio topologico AX e A chiuso, CA Ts: C=( )C A Dim (esercizio) Teniamo presente che per Hp A è chiuso in X A=A e quindi essendo CA allora passando alle chiusure si ha che CA segue allora direttamente dalla proprietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che C=( )C A c.v.d.


Sia (X,) uno spazio topologico AX e A, CA Ts: se C è chiuso in X allora C è chiuso in A Dim (esercizio) Dobbiamo che C è chiuso in A e quindi dimostriamo che C=( )C A. Per Hp C è chiuso e quindi C=CA e pertanto si ha: ( )C A=Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=C=C c.v.d.


In generale della proprietà precedente non vale il vicevesa, ma come mostrato qui di seguito vale se si suppone che il sottospazio topologico si suppone chiuso. PROPRIETÀ [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) uno spazio topologico AX chiuso e non vuoto, CA Ts: se C è chiuso in A allora C è chiuso in X Dim (esercizio) Dobbiamo provare che C è chiuso in X e quindi dobbiamo dimostrare che C=C. Osserviamo che: C=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=( )C A=essendo C chiuso in A=C c.v.d. In generale per l’interno non vale l’analoga della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ma vale solo la seguente inclusione. PROPOSIZIONE [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) uno spazio topologico AX e A, CA Ts: int(C)AintA(C) Dim (per esercizio) Osserviamo che int(C) è un aperto di X e quindi per definizione di topologia relativa int(C)A è un aperto di A e poiché int(C)Aint(C)C C intorno in A di ogni punto di int(C)A int(C)AintA(C) c.v.d. Premettiamo alla seguente fondamentale nozione le seguenti semplici proprietà dell’immagine diretta e inversa di una funzione.


Siano X ed Y insiemi non vuoti A,BX non vuoti f:XY funzione valgono allora le seguenti proprietà f(AB)=f(A)f(B) f(AB)f(A)f(B)


se f è iniettiva allora f(AB)=f(A)f(B) Af -1(f(A)) se f è iniettiva allora A=f -1(f(A)) f(A)\f(B)f(A\B) se f è iniettiva allora f(A\B)=f(A)\f(B) se AB allora f(A)f(B) se f è iniettiva e f(A)f(B) allora AB Dimostrazione Proviamo che f(AB)f(A)f(B): sia yf(AB) xAB t.c. y=f(x), allora poiché xAB xA o xB f(x)f(A) o f(x)f(B) y=f(x)f(AB) Proviamo che f(A)f(B)f(AB): banalmente AAB e BAB f(A)f(AB) e f(B)f(AB) f(A)f(B)f(AB) c.v.d. Dimostrazione Sia yf(AB) xAB xA e xB f(x)f(A) e f(x)f(B) y=f(x)f(A)f(B) c.v.d. Dimostrazione Per la dobbiamo provare solo che f(A)f(B)f(AB). Sia quindi yf(A)f(B) yf(A) e yf(B) x1A e x2B t.c. y=f(x1)=f(x2) ed essendo f iniettiva x1=x2 e pertanto y=f(x1)=f(x2)f(AB) c.v.d. Dimostrazione Sia xA f(x)f(A) e quindi xf -1(f(A)):={xX : f(x)f(A)} c.v.d. Dimostrazione Per la dobbiamo provare solo che f -1(f(A))A. Sia xf -1(f(A)) e quindi f(x)f(A):={f(z) : zA} zA t.c. f(x)=f(z) ed essendo f iniettiva deve essere che x=zA c.v.d. Dimostrazione Sia yf(A)\f(B) yf(A) e yf(B). Poiché yf(A) xA t.c. y=f(x) ed essendo f(x)=yf(B):={f(x) : xB} xB e quindi xA\B y=f(x)f(A\B) c.v.d. Dimostrazione Per la dobbiamo provare solo che f(A\B)f(A)\(B). Preso quindi ad arbitrio yf(A\B):={f(x) : xA\B)} xA\B t.c. y=f(x). Per la osserviamo che: B=f -1(f(B)):={xX t.c f(x)f(B)} e pertanto essendo xA\B xA e xB f(x)A e xf(B) xf(A)\f(B).


Dimostrazione f(A):={f(x) : xA}{f(x) : xB}=:f(B) c.v.d. Dimostrazione Preso ad arbitrio x0A f(x0)f(A) ed essendo per Hp f(A)f(B) che f(x0)f(B) x*B t.c. f(x*)=f(x0) ed essendo per Hp f iniettiva che x0=x*B c.v.d. PROPRIETÀ [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y insiemi non vuoti A,BY non vuoti f:XY funzione valgono allora le seguenti proprietà f -1(AB)=f -1(A)f -1(B) f -1(AB)=f -1(A)f -1(B) f (f -1(A))=Af(X) (in particolare f (f -1(A))A) se f è surgettiva allora f (f -1(A))=A f -1(A\B)=f -1(A)\f -1(B) se AB allora f -1(A)f -1(B) se f è surgettiva e f -1(A)f -1(B) allora AB Dimostrazione f -1(AB)={xX : f(x)AB}={xX : f(x)A o f(x)B}= ={xX : f(x)A}{xX : f(x)B}=f -1(A)f -1(B) c.v.d. Dimostriazione f -1(AB)={xX : f(x)AB}={xX : f(x)A e f(x)B}= ={xX : f(x)A }{xX : f(x)B}=f -1(A)f -1(B) c.v.d. Dimostrazione Proviamo che f (f -1(A))Af(X): preso ad arbitrio yf (f -1(A)):={f(x) : xf -1(A)} xf -1(A):={xX : f(x)A} t.c. y=f(x)A ed essendo banalmente y=f(x)f(X) allora necessariamente yAf(X). Proviamo che Af(X)f (f -1(A)): preso ad arbitrio yAf(X) yA e yf(X), essendo yf(X) xX t.c. y=f(x) ed essendo yA allora y=f(x)A xf -1(A) y=f(x)f(f -1(A)) c.v.d. Dimostrazione Banalmente essendo f surgettiva allora per definizione f(X)=Y e quindi: f (f -1(A))=per =Af(X)=AY=A c.v.d. Dimostrazione


Proviamo che f -1(A\B)=f -1(A)\f -1(B): sia xf -1(A\B) f(x)A\B f(x)A e f(x)B xf -1(A) e xf -1(B) e questo significa che xf -1(A)\f -1(B). Proviamo che f -1(A)\f -1(B)f -1(A\B): sia xf -1(A)\f -1(B) xf -1(A) e xf -1(B) f(x)A e f(x)B f(x)A\B questo significa che xf -1(A)\f -1(B) c.v.d. Dimostrazione f -1(A):={xX : f(x)A}={xX : f(x)B}=:f -1(B) c.v.d. Dimostrazione Poiché f -1(A)f -1(B) allora applicando la f per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha f(f -1(A))f(f -1(B)) e quindi essendo per Hp f surgettiva segue da che AB c.v.d. FUNZIONI CONTINUE TRA SPAZI TOPOLOGICI [0612/Errore.


Siano X e Y spazi topologici, f:XY funzione, x0X. Diciamo che f è continua nel punto xo se: V intorno di f(x0) in Y U intorno di x0 in X t.c f(U)V La funzione f si dice continua se è continua in tutto il suo dominio cioè X. Si osservi che abbiamo dato la nozione di continuità considerando la funzione definita in tutto lo spazio ambiente, nel caso in cui la f è definita in un sottospazio topologico di X la definizione di continuità chiaramente non varia bisogna però considerare gli intorni rispetto alla topologia relativa di tale sottospazio cioè sia (A,A) sottospazio topologico di (X,) (quindi AX e dove naturalmente A è la topologia relativa di A) e sia f:AY allora f è continua in xoA (tenendo presente quanto è stato detto) se: V intorno di f(x0) in Y UA A-intorno di x0 t.c f(UA)V Ricordando adesso come è definita la topologia relativa di A A={BA : B} si ha allora che UA A-intorno di x0 (cioè intorno del punto xo rispetto alla topologia relativa di A) è del tipo UA=UA con U -intorno di x0 (cioè B t.c x0BU) e quindi f è continua nel punto x0 se: V intorno di f(x0) in Y U intorno di x0 in X (cioè U è -intorno) t.c. f(UA)V



Siano X ed Y spazi topologici AX, A, x0A f:XY Ts: se f è continua in x0 allora f|A:AY è continua in x0 Dim (esercizio) Dobbiamo provare che: V intorno di f(x0) in Y U intorno di x0 in X t.c. f(UA)V Sia quindi V un intorno di f(x0) in Y segue allora dalla continuità di f in x0 che: U intorno di x0 in X t.c. f(U)V e poiché banalmente UAU allora f(UA)f(U)V c.v.d. Il seguente teorema ci mostra che la continuità è una nozione locale (si ricorda che in topologia, una proprietà si dice che vale localmente se vale per un intorno). TEOREMA [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y spazi topologici sia x0X e UX intorno di x0 f:UY funzione continua Ts: Ogni estensione su S della f é continua in x0 Dim (esercizio) Sia quindi g:XY tale che g|U=f, e proviamo che: VY intorno di f(x0) WX intorno di x0 t.c. g(x)V xW Fissato VY intorno di f(x0), essendo per Hp f:UY continua in x0 allora: U1X intorno di x0 t.c. f(x)V xU1U Si osserva allora che banalmente per ottenere la tesi basta scegliere W:=U1U che è un intorno di x0 in quanto intersezione di intorni di x0 c.v.d. COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y spazi topologici x0X f:XY funzione Allora f è continua in x0 WX intorno di x0 t.c. f|W:WY è continua x0 Dim (esercizio)


Conseguenza immediata della prorietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. c.v.d. Dim (esercizio) Conseguenza immediata del teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. c.v.d. COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y spazi topologici sia AX un aperto non vuoto f:AY funzione continua Ts: Ogni estensione su S della f é continua su A Dim (esercizio) Basta osserva che A é aperto e che quindi é intorno di ogni suo punto, ed applicare di peso il corollario Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. c.v.d. COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y spazi topologici sia {Ai} un ricoprimento aperto di X sia {fi}iI una famiglia di funzioni con fi :AiY continua iI sia f:XY t.c. f A i| =fi iI

Ts: f é continua COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y spazi topologici sia {Ai} un ricoprimento aperto di X sia f:XY t.c. f A i| continua iI

Ts: f é continua Segue direttamente dal corollario Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. il seguente risultato, che ci dice che una funzione è continua in un punto fissato se coincide in un intorno di tale punto con una funzione continua nel medesimo.



Siano X,Y spazi topologici x0X f,g:XY funzioni ed Wintorno di x0 t.c. f(x)=g(x) xW Allora f è continua in x0 g è continua in x0 La seguente proprietà ci assicura che una qualunque funzione è continua in ogni punto di singolarità. PROPRIETÀ [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y spazi topologici AX f:AY funzione x0A punto di singolarità (cioé x0A\DA) Ts: f è continua in x0 Dim (per esercizio) Dobbiamo provare che: V intorno di f(x0) U intorno di x0 in X (cioè U è -intorno) t.c. f(UA)V Fissato quindi V intorno di f(x0) Y, allora poiché x0A\DA U intorno di x0 t.c A\{x0}U= ed ovviamente AU={x0} e quindi f(AU)=f(x0)V c.v.d.


Siano X,Y spazi topologici x0X f:XY funzione sono equivalenti le seguenti affermazioni : (1) f è continua in x0 (2) V intorno di f(x0) in Y f -1 (V) è intorno di x0 in X Dim (1)(2) Fissato V intorno di f(x0) in Y allora essendo per Hp f continua segue che UU(x0) t.c. f(U)V e quindi applicando la f -1 otteniamo Uf -1(V) e da quest’ultima per una delle proprietà degl’intorni segue che f -1(V) è un intorno del punto x0 c.v.d. Dim (2)(1) Dobbiamo provare che:


V intorno di f(x0) in Y U intorno di x0 in X t.c f(U)V ma ciò segue direttamente dall’Hp poiché basta scegliere U:=f -1(V) c.v.d.


Siano X,Y spazi topologici f:XY funzione sono equivalenti le seguenti affermazioni : (1) f è continua (2) AY aperto f -1 (A) è aperto in X (3) CY chiuso f -1 (C) è chiuso in X Dim (1) (2) Sia A un aperto di Y dobbiamo provare che f -1(A) è aperto in X cioè che f -1(A) è intorno di ogni suo punto, fissiamo quindi un punto arbitrario x0f -1(A) e proviamo che f -1(A) è intorno di x0. Poiché f(x0)A allora essendo A aperto A è intorno di ogni suo punto e quindi in particolare del punto f(x0) ed essendo per Hp la f continua su tutto A e quindi in particolare del punto f(x0), segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che l’insieme f -1(A) è intorno di x0 c.v.d. Dim (2)(3) Prendiamo C chiuso in Y e proviamo che f -1(C) è chiuso in X. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. osserviamo che: f -1 (Y\C)=f -1(Y)\f -1 (C)=X\f -1 (C) () Essendo C chiuso Y\C è aperto in Y segue allora dall’Hp che f -1 (Y\C) aperto in X e quindi per la () f -1(C) è il complementare di un aperto in X ovvero f -1(C) è un chiuso in X c.v.d. Dim (3) (1) Dobbiamo provare che la f è continua cioè che la f è continua in ogni punto x0 arbitrario. Sia V un intorno di f(xo) in Y (dobbiamo provare che f -1 (V) è intorno di x0 in X) A aperto di Y t.c. f(x0)AV x0f -1 (A)f -1 (V), proviamo che f -1(A) è aperto e che quindi f -1(V) è intorno di x0. Poiché A è aperto Y\A è chiuso segue da


Hp che f -1(Y\A)=X\f -1(A) è chiuso f -1(A) è aperto segue da questo e da quanto detto che f è continua in x0 c.v.d. Il seguente semplice teorema risulta uno strumento utile per stabilire la continuità di una data funzione tra spazi topologici, lavorando solo con i membri di una fissata base dello spazio di arrivo.


Siano (X,X), (X,Y) spazi topologici sia aP(X) una sottobase della topologia Y sia f:XY funzione Ts: f é continua f -1(A)X Aa Dim (esercizio) Sia Aa e poiché aY AY segue allora dal teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che f -1(A)X. Dim (esercizio) Facciamo uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e proviamo quindi che l’immagine inversa di un aperto é un apeto. Sia AY e poiché a é una base allora sappiamo che:

A i j i n j Hj, ,..., , 1

in a t.c. A=j H

i

n j

1 Ai,j

Segue allora che:

f -1(A)=f -1

j H

i

n j

1 Ai,j

=

j H

i

n j

1 f -1(Ai,j)

e pertanto essendo l’intersezione di un numero finito di aperti un aperto e l’unione di aperti un aperto segue che f -1(A)X. Il seguente risultato ci garantisce che sotto certe condizione si può costruire una funzione continua, ottenuta incollando un numero finiti di funzioni continue definite su dei chiusi.


LEMMA DI INCOLLAMENTO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici siano X1,...,XnX chiusi non vuoti di X, che ricoporno X siano fi:XiY funzioni continue t.c i,j{1,...,n} con ij se zXiXj fi(x)=fj(x) sia f:XY con f(x)=fi(x) xX e i=1,...,n t.c. xXi Ts: f è continua Dim (esercizio) Ovviamente f é ben posta per l’Hp che i,j{1,...,n} con ij se zXiXj fi(x)=fj(x). Verifichiamo quindi la continuità della f. Adoperiamo il teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e quindi fissato un insieme chiuso CY, facciamo vedere che f -1(C) é chiuso in X. Per Hp fi:XiY continua i=1,...,n segue allora dal teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che f i

1(C) é chisuo in Xi i=1,...,n e poiché gli Xi sono chiusi di X segue allora dalla proprietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che gli f i

1(C) sono chiusi in X e pertanto essendo l’unione finita di chiusi un chiuso ed osservando che:

i=1

n f i

1(C)=i I {xXi : fi(x)C}=

i=1

n {xXi : f(x)C}={xX : f(x)C}=f -1(C)

segue che f -1(C) é un chiuso di X c.v.d. COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici siano X1,...,XnX chiusi non vuoti di X, che ricoporno X siano fi:XiY continua i=1,...,n sia f:XY funzione t.c. f Xi| =fi i=1,...,n

Ts: f è continua


Siano X ed Y spazi topologici siano X1,...,XnX chiusi non vuoti di X, che ricoporno X sia f:XY funzione t.c. f Xi| continua i=1,...,n

Ts: f è continua


Il seguente risutato é ricorrente in analisi e ci dice che assegnata una funzione definita su un chiuso allora la possiamo estendere ad un punto se esso é chiuso. COROLLARIO [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici AX chiuso e non vuoto x0X\A tale che {x0} é chiuso e sia y0Y sia f:AY funzione continua Ts: La funzione g:A{x0}Y con g(x)=f(x) xA e g(x0)=y0 é continua Dim (esercizio) Per Hp A e {x0} sono chiusi in X A e {x0} chiusi in A{x0} segue allora direttamente dal lemma di incollamento la tesi c.v.d. CONCETTO DI LIMITE TRA SPAZI TOPOLOGICI [0612/Errore.


Siano X ed Y spazi topologici, AX, x0DA, y0Y, f:AY funzione diremo che y0 è limite della funzione f al tendere di x ad x0 e scriveremo: lim x x 0

f(x)=y0

se accade che: V intorno di y0 in Y U intorno di x0 in X t.c f(x)V x(A\{x0})U Si osservi nella definizione di concetto di limite non si è detto “il limite di f” ma “limite di f“ poiché in questo contesto generale una funzione dotata di limite ne può avere più di uno cioè non è detto che ci sia l’unicità del limite. Un esempio di non unicità è il caso in cui lo spazio Y ha la topologia indiscreta Y={,Y}, in cui l’unico aperto non vuoto dello spazio è Y stesso allora in questa situazione data una funzione da A in Y allora i limiti per x tendente a x0DA sono chiaramente tutti i punti di Y (poiché gli intorni dei punti di Y sono Y stesso).

SPAZIO TOPOLOGICO DI HAUSDORFF [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico allora diciamo che X è uno spazio di Hausdorff se comunque presi due punti di X distinti allora esistono due intorni rispettivamente dei due punti la cui intersezione è vuota cioè:


x,yX con xy UU(x) e VU(y) t.c. UV= PROPRIETÀ (l’essere sp. di Hausdorff è una prop. ereditaria) [0612/Errore.


Sia (X,) uno spazio topologico di Hausdorff AX, S Ts: la relativizzazione ad A della topologia di X è di Hausdorff Dim (esercizio) Indichiamo con A la relativizzazione ad A della topologia . Fissati quindi x0,y0A dobbiamo fare vedere che esistono due rispettivi A-intorni disgiunti, dei punti x0 e y0. Per Hp X è di Hausdorff e quindi: UX -intorno di x0 e VX -intorno di y0 t.c. UV= allora basta scegliere gli insiemi AU e AV, infatti banalmente per definizione di topologia relativa questi sono dei A-intorni rispettivamente di x0 e y0 ed ovviamente: (AU)(AV)=A(UV)=A= c.v.d. Vogliamo dimostrare adesso che se il limite di una funzione esiste allora la condizione sufficiente affinché questo sia unico è che la funzioni sia a valori in un spazio di Hausdorff.

TEOREMA DI UNICITÀ DEL LIMITE IN UNO SP. DI HAUSDORFF [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y sp. top. con Y di Hausdorff AX x0DA (cioè x0 di accumulazione per A) f:AY funzione Ts: se lim

x x 0f(x) è unico


Dim Supponiamo che la funzione f per x tendente a x0 abbia due limiti che indichiamo con y0 e y1 e supponiamo per assurdo che questi siano distinti cioè y0 y1 e scritto in simboli questo significa che: lim

x x 0f(x){y0,y1}

Poiché per Hp Y è uno spazio topologico di Hausdorff si ha allora che: V intorno di y0 in Y e W intorno di y1 in Y t.c. VW= E poiché si è supposto che esistono due limiti si ha allora dalla def. di limite che: U0 intorno di x0 in X t.c f(x)V x[(A\{x0})U0] U1 intorno di x0 in X t.c f(x)W x(A\{x0})U1 Se consideriamo adesso l’intorno di x0 dato dall’intersezione U0U1 (ché non vuoto poiché contiene almeno x0) allora essendo per Hp il punto x0 di accumulazione per A che (A\{x0})U0U1= x(A\{x0})U0U1 e quindi: x(A\{x0})U0 f(x)V x(A\{x0})U1 f(x)W e questa è una contraddizione poiché si aveva che VW= c.v.d. Dimostriamo adesso che c’è una relazione tra continuità in un punto e il fatto che la funzione abbia limite in quel punto.


Siano X ed Y sp. top. AX x0ADA (cioè x0 di accumulazione appartenente ad A ovvero x0 non è punto singolare) f :AY funzione Sono equivalenti: (1) f è continua in x0 (chiaramente rispetto alla topologia relativa di A) (2) lim

x x 0f(x)=f(x0)

Dim (1)(2) Sia V intorno di f(x0) segue allora dalla continuità della f in x0 che: U intorno di x0 in X tale che f(x)V xUA banalmente la relazione precedente continua valere se non considero il punto x0 cioè f(x)V xUA\{x0} e questo dimostra la (2) Dim (2)(1)

VW


Poiché per Hp il limite di f nel punto x0 si ha allora dalla definizione di limite che: V intorno di f(x0) in Y U intorno di x0 in X t.c. f(x)V xUA\{x0} ma noi vogliamo provare che f(x)V xUA e chiaramente questo è vero perché :

f(x) V se x U A \ {x } per l' Hp che esiste il limite in x f(x) V se x x poichè V è intorno di f(x

0 0

0 0

)

e questo dimostra la (1). LIMITE DI UNA SUCCESSIONE ORDINARIA DI PUNTI [0612/Errore.


Sia X spazio topologico diciamo allora successione ordinaria in X una funzione del tipo :NX. Una successione ordinaria si indica con la notazione: {xn}nN dove xn :=(n) Si ha allora che il concetto di limite di una funzione in un punto si può estendere in maniera ovvia al limite di una succ. di punti in uno spazio topologico. E quindi diremo che xX è il limite della succ. {xn}nN o che questa converge verso x e scriveremo: lim n

xn=x (oppure {xn} n x)

se accade che U intorno di x N t.c. xnU n> cioé {xn}nN converge verso x se comunque preso un intorno del punto x allora a partire da un certo indice esistono infiniti termini della successione che cadono nell’intorno.


Sia {nk}kN successione in N crescente Ts: nkk kN Dim (ovvia) Procediamo per induzione. Banalmente l’asserto è vero per n=0 poiché n00. Verifichiamo l’asserto per n=1. Supponiamo per assurdo che n1<1 e quindi essendo n1N deve necessariamente essere che n1=0 n1n0 e siamo ad un assurdo poiché la successione naturale è {nk}kN crescente. Supponiamo adesso l’asserto vero per n=k e dimostriamo che vale per n=k+1. Osserviamo allora che: nk+1>per la crescenza>nkper l’Hp induttivak


e quindi nk+1>k (essendo k,nk+1N) nk+1k+1 c.v.d. PROPRIETÀ [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico x*X {xn}nN successione ordinaria convergente verso x* Ts: ogni estratta della successione {xn}nN converge a x* Dim (esercizio) Sia quindi {nk}kN una successione naturale strettamente crescente e consideriamo la corrispondente estratta {xnk

}kN e proviamo quindi che converge a x* ovvero che:

UX intorno di x* N t.c. xnkU k

Fissiamo quindi UX intorno di x*, allora poiché la successione {xn}nN converge a x* si ha che: N t.c. xnU n () Allora preso k per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. nkk> e

quindi per la () xnkU c.v.d.

ORDINAMENTO FILTRANTE [0612/Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.]

Premettiamo all’argomento successivo il seguente concetto. Sia D un insieme parzialmente ordinato cioè sia in D è assegnata una certa relazione d’ordine (cioè una relazione riflessiva, transitiva e antisimmetrica ) diciamo allora che tale relazione è filtrante se: ,D D t.c. e Ad esempio l’usuale relazione d’ordine di dei reali (o dei razionali o degli interi relativi o dei naturali) è evidentemente filtrante (è ovvio poiché presi due numeri reali esiste sempre un altro numero reale che li maggiora entrambi). Un altro esempio di relazione filtrante si ottiene se prendiamo X insieme non vuoto qualsiasi e consideriamo una famiglia A di insiemi di parti di X (cioé AP(X)) che sia chiusa rispetto all’unione finita (cioé se A,BA allora ABA) e come noto su questa famiglia si può definire un ordinamento parziale definito dalla relazione d’inclusione (cioè la relazione d’ordine cosi definita AB AB). Si ha allora banalmente che tale relazione è pure filtrante infatti se prendiamo due insiemi A,BA allora basta


considerare l’insieme AB che è contenuto nella famiglia A essendo questa chiusa rispetto all’unione finita ed ovviamente AAB e BAB ovvero AAB e BAB. Ancora un altro esempio di relazione filtrante al quale faremo spesso riferimento, si ottiene se prendiamo X insieme non vuoto qualsiasi e consideriamo una famiglia A di insiemi di parti di X (cioé AP(X)) che sia chiusa rispetto all’intersezione finita (cioé se A,BA allora ABA) e come noto su questa famiglia si può definire un ordinamento parziale definito dalla relazione AB AB e banalmente tale relazione è pure filtrante infatti se prendiamo due insiemi A,BA allora basta considerare l’insieme AB che è contenuto nella famiglia A essendo questa chiusa rispetto all’intersezione finita ed ovviamenteABA e ABB ovvero ABA e ABB. SUCCESSIONI GENERALIZZATE [0612/Errore. L'argomento parametro

è sconosciuto.]

Dato un insieme X intendiamo per successione generalizzata in X una funzione :DX dove D è un insieme parzialmente ordinato e la relazione d’ordine definita in esso è filtrante. Assumiamo la notazione di scrivere x in luogo di () (cioè abbiamo posto x:=()) e quindi in perfetto accordo alla notazione che noi riserviamo per le successioni ordinarie si indica la successione generalizzata con l’usuale scrittura: {x}D In seguito vedremo che le successioni caratterizzano gli spazi topologici e diremo che tali caratterizzazioni sono caratterizzazioni sequenziali. Si osserva subito che le successioni ordinarie sono un caso particolare di successioni generalizzate cioè rappresenta il caso particolare in cui D=N. LIMITE DI UNA SUCCESSIONE GENERALIZZATA [0612/Errore.


Sia X spazio topologico, {x}D successione generalizzata, x0X. Diciamo che x0 è il limite della successione generalizzata (o che la successione generalizzata converge a x0) e scriviamo: x0= lim x (oppure {x} n x) se accade che:


U intorno di x0 in X (un indice) D t.c xU con D cioé {x}nN converge verso x se comunque preso un intorno del punto x allora a partire da un certo indice esistono infiniti termini della successione che cadono nell’intorno. Chiaramente come si osserva la nozione di convergenza per una successione generalizzata è un concetto topologico e quindi nel caso in cui nello spazio X siano presenti più topologie allora bisogna specificare rispetto a quale topologia la successione generalizzata converge. Cioè ad esempio supponiamo che 1 e 2 siano due topologie su X e che la succ. generalizzata {x}D in X converga verso x0 rispetto alla topologia 2 diciamo allora per esprimere questo fatto che:

x0= lim x

rispetto alla topologia 2

oppure equivalentemente possiamo dire che {x}D è 2-convergente a x0 e scriviamo (introducendo un nuovo simbolo) {x} x0. Vogliamo verificare subito che la nozione di convergenza è una nozione intrinseca cioé se X è uno spazio topologico, AX e x0A allora dire che una data successione generalizzata {x}D in A è convergente ad x0 equivale ad affermare che {x}D converge ad x0 in A munito della topologia relativa. TEOREMA [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) uno spazio topologico AX, A munito della topologia relativa A:={AY : Y} siano {x}D in A e x0A allora {x}D converge ad x0 in (X,) {x}D converge ad x0 in (A,A) Dim (esercizio) Dobbiamo provare che: WA intorno di x0 in A D t.c. xW Sia quindi WA un intorno di x0 in A, che per definizione di topologia relativa è del tipo W=AU con UX opportuno intorno di x0 e pertanto essendo per Hp {x}D convergente ad x0 in X si ha che: D t.c. xU ed essendo {x}D in A segue che xUA=W c.v.d. Dim (esercizio) Dobbiamo provare che: UX intorno di x0 in X D t.c. xU


Sia quindi UX un intorno di x0 in X, consideriamo allora W:=AU che per definizione di topologia relativa è un intorno di x0 in A e pertanto essendo per Hp {x}D convergente ad x0 in A si ha che: D t.c. xW:=AUU c.v.d. Dimostriamo adesso che se X è uno spazio di Hausdorff allora ogni successione generalizzata in X che ammette limite ha unicità di limite PROPOSIZIONE [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico di Hausdorff DX insieme a cui è assegnata una relazione di ordinamento filtrante {x}D successione generalizzata in X Ts: se esiste il limite allora tale limite è unico

Dim Supponiamo che esistano due limiti cioè x= lim x e y=lim x e sia per assurdo xy.

Poiché per Hp X è sp. di Hausdorff U intorno di x e V intorno di y t.c. UV=. Osserviamo che: essendo x limite di {x}D 1D t.c. xU 1 analogamente essendo y limite di {x}D 2D t.c. xV 2 Osserviamo adesso che essendo definita in D una relazione di ordinamenti filtrante allora D t.c. 1 e 2 e quindi per tale valgono entrambe le relazioni precedenti cioè xUV UV e questo è un assurdo c.v.d. Usiamo le successioni generalizzate per caratterizzare il limite delle funzioni.

TEOREMA DI CARATTERIZZAZIONE DEI LIMITI [0612/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici AX x0DA, y0Y f: AY funzione Le seguenti due condizioni sono equivalenti:


(1) lim x x 0f(x0)=y0

(2) {x}D in A\{x0} t.c. lim x = x

0 lim f(x ) = y

0

Dim (1) (2) Consideriamo una qualunque successione generalizzata {x}D in A\{x0} che converge al punto x0, e proviamo quindi che la successione generalizzata {f(x)}D converge verso y0, cioé: V intorno di y0 in Y D t.c. f(x)V Fissato quindi V intorno di y0 allora segue da Hp che: U intorno di x0 t.c f(x)V xUA\{x0} () e quindi poiché la successione generalizzata {x}D convergente a x0 segue allora che in corrispondenza dell’intorno U di x0: A t.c. xU Osserviamo adesso che essendo {x}D in A\{x0} (cioè gli x sono distinti da x0) allora segue che xUA\{x0} segue da () che f(x)V c.v.d. Dim (2) (1) Supponiamo per assurdo che non valga la (1) cioè che y0 non è il limite della funzione f per x tendente a x0 e questo come sappiamo vuol dire equivale ad affermare che: V intorno di y0 tale che U intorno di x0 xUUA\{x0} t.c. f(xU)V () Consideriamo adesso U(x0) cioè la famiglia di tutti gli intorni del punto x0 e introduciamo in questa famiglia la seguente relazione che sappiamo essere di ordinamente parziale: U,WU(x0) UW WU chiaramente come già osservato in Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. tale ordinamento parziale è pure filtrante essendo per una delle proprietà degli intorni la famiglia U(x0) chiusa rispetto all’intersezione finita (cioé se U,VU(x0) e UVU(x0)). Scegliamo pertanto D=U(x0) e consideriamo la successione generalizzata {xU}UD definita dalla (). Verifichiamo che il limite della successione {xU}UD è il punto x0 e applicando la definizione questo significa che fissato WU(x0) dobbiamo trovare un indice ~UD=U(x0) tale che U ~U cioè U ~U allora deve accadere che xUW. Prendiamo come ~U l’intorno W stesso cioè poniamo ~U=W e questa è chiaramente una buona scelta infatti, se consideriamo un UU(x0) t.c U ~U=W cioè U~U allora per come abbiamo costruito la successione {xU}UD segue che xU sta nel corrispondente U cioè xUU ma essendo U ~U=W xUW e quindi


come volevasi dimostrare la successione {xU}UD converge al punto x0. E quindi segue da Hp che: lim U

f(xU)=y0

e pertanto in corrispondenza del intorno V di y0 si ha che: WU(x0) t.c. f(xU)W UW e questo per la () è un assurdo c.v.d.

11-12-95 L’ultimo teorema fatto nella lezione precedente cioè il teorema di caratterizzazione del

limite ci permette dare assieme alla relazione che esiste tra limite e continuità un teorema di

caratterizzazione per la continuità.

TEOREMA DI CARATTERIZZAZIONE DELLE FUNZIONI CONTINUE [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici

AX, x0ADA (affinché abbia senso parlare di limite e di continuità)

f:AY funzione

Sono equivalenti le seguenti affermazioni:

(1) f è continua in x0 (2) Per ogni successione generalizzata {x}D in A\{x0} convergente verso x0 si ha che la successione generalizzata {f(x)}D converge verso f(x0) cioè in simboli

questo equivale a scrivere lim f(x)=f lim x


Banalmente osserviamo che A=A\DA(ADA) allora nel precedente teorema non è restrittivo

prendere x0ADA poiché se x0A\DA x0 punto di singolarità e quindi come già osservato in

tal caso la f è banlmente continua in x0. Osserviamo inoltre che chiaramente la (2) si può esprimere

equivalentemente anche considerando tutto A (invece di A\{x0}) cioè possiamo introdurre

nell’enunciato del teorema una terza condizione identica alla (2) in cui però si considerano

successioni generalizzate che hanno per corrispondente anche il punto x0.


FUNZIONE APERTA [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici e f:XY funzione. Diciamo allora che funzione f è aperta se f è

mappa di aperti cioè se:

AX aperto f(A) aperto in Y

FUNZIONE CHIUSA [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici e f:XY funzione .Diciamo che la funzione f è chiusa se f è mappa

di chiusi cioè se:

CX chiuso f(C) chiuso in Y



f:XY aperta

UX e x0U

Ts: se U è intorno di x0 allora f(U) è intorno di f(x0)

Dim (esercizio)

Poiché U è un intorno di x0 AX aperto t.c. x0AU e quindi applicando la f otteniamo che

f(x0)f(A)f(U) e quindi essendo f aperta f(A) aperto di Y e pertanto f(U) intorno di f(x0)

c.v.d.

OMEOMORFISMO [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici. Una funzione f:XY si dirà omeomorfismo se essa è una biezione

continua, con inversa continua (chiaramente ha senso parlare d’inversa per la biettività di f). Se tra

due spazio topologici esiste un omeomorfismo allora i due spazi si dicono omeomorfi. Dal punto di

vista della topologia due spazi omeomorfi si possono identificare, cioé se uno dei due spazi gode di

una certa proprietà topologica allora anche l’altro gode della medesima proprietà. Si verifica che

banalmente la relazione di omeomorfismo è di equivalenza. Un esempio di omeomorfismo notevole

è il seguente, nel quale viene anticipato un certo risultato che per ora prendiamo per buono, poiché

non abbiamo ancora gli strumenti adatti per dimostrarlo. Data una funzione continua definita tra

spazi topologici allora il suo grafo è omeomorfo al suo dominio cioè siano X ed Y sp.top., AX,

f:AY continua allora il sottoinsieme G(f):={(x,f(x)) : xA} di XY è omeomorfo ad A. Per

rendere di più l’idea possiamo considerare la situazione elementare cioè possiamo considerare una

funzione a valori reali di variabile reale f:]a,b[R continua

G(f) è un sottoinsieme di R2 che possiamo y


pensare con la topologia relativa di R2 (dove la

top usuale di R2 o in generale quella di Rn è

quella dove gli intorni di punto sono tutti e soli

quelli che contengono una palla aperta centrata nel

punto). Sia allora che G(f)R2 è omeomorfo

all’intervallo ]a,b[ di R.

ESERCIZIO [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Consideriamo lo spazio R con la topologia usuale e consideriamo in esso due intervalli I1 =[a,b] e

I2 =[c,d] chiusi e limitati con la relativizzazione della topologia usuale, proviamo allora che questi

due spazi sono omeomorfi cioè dobbiamo trovare un omeomorfismo :I1 I2. Chiaramente

l’omeomorfismo cercato essendo definito tra due intervalli di R deve essere una funzione

lineare cioè del tipo (t)=t+ (che è chiaramente biettiva, continua e con inversa continua) e deve

essere inoltre tale da soddisfare le condizioni (a)=c e (b)=d (quindi lo scegliamo crescente

invece se imponiamo (a)=d e (b)=c otteniamo decrescente) e quindi questo equivale a

risolvere il seguente sistema in e :

a + = cb + = d

risolvendo si ha =

c 1d 1a 1b 1

c - da - b

=

a cb da 1b 1

ad - cba - b

e quindi l’omeomorfismo cercato è (t) =c - da - b

t +ad - cba - b

Si osserva subito che si è scelta la strada più lunga, poiché basta osservare che i due intervalli I1 e I2

sono omeomorfi entrambi all’intervallo [0,1] tramite gli omeomorfismi 1:[0,1][a,b] con

1(t):=a+tb e 2:[0,1][c,d] con 2(t):=c+td, e pertanto avendo già osservato che la relazione di

omeomorfismo è di equivalenza si ha allora che I1 e I2 risultano omeomorfi.


Siano (X,X) ed (Y,Y) spazi topologici

f:XY bigezione continua

sono allora equivalenti le seguenti affermazioni:

(1) f è un omeomorfismo

(2) f è aperta


(3) f è chiusa

Dim (1)(2) (esercizio) Per Hp f è una bigezione, diciamo allora g la sua inversa cioè

g:YX con g:=f-1

che come sappiamo è quell’unica funzione che soddisfa:

f(g(y))=y yY

e pertanto se prendiamo un qualunque HX sottoinsieme di X allora l’immagine diretta di H

tramite f è uguale all’immagine inversa di H tramite la g cioè:

f(H)=g-1(H) ()

Per Hp g è continua e quindi per il teorema [0612/12] questo è equivalente ad affermare che

l’immagine inversa di un aperto di X tramite g è un aperto di Y e questo per la () significa

proprio che la funzione f è aperta c.v.d.


Sia CX un chiuso e quindi dobbiamo provare che f(C) è un chiuso di Y. Consideriamo X\C che è

un aperto e quindi essendo f aperta f(X\C) aperto di Y, osserviano allora che:

f(X\C)=per l’iniettività=f(X)\f(C)=per la suriettività=Y\f(C)

e quindi Y\f(C) aperto di f(C) chiuso di Y c.v.d.

Dim (3)(1) (esercizio) Posto g:f -1:YX, dobbiamo provare che g è continua e questo per una caratterizz. fatta equivale a

dimostrare che l’immagine inversa di un chiuso di X è un chiuso di Y. In una implicazione

precedente abbiamo già osservato che se HX allora:

f(H)=g-1(H) ()

Sia C un chiuso di X e quindi essendo f chiusa f(C) chiuso di Y e per la () questo significa che

g-1(H) è un chiuso di Y c.v.d.

TOPOLOGIA SU UNO SPAZIO DEFINITA DA UNA FUNZIONE [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Supponiamo che (X,X ) sia sp.top. e Y insieme non vuoto (cioè Y) e sia f:XY una funzione

allora c’è una topologia naturale su Y associata ad f ed X dichiarando che BY è aperto in Y f -

1(B) è aperto in X cioè formalmente questo significa che Y:={BY : f -1 (B)X } è una topologia

in Y

Dimostrazione


Dobbiamo provare che la famiglia Y di insiemi di Y è una topologia di Y e quindi dobbiamo

verificare le tre proprietà degli spazi topologici.

Verifichiamo che ,YY:

chiaramente Y poiché f-1()=X (essendo X spazio topologico). Analogamente YY

poiché f -1(Y):={xX : f(x)Y}=XX.

Verifichiamo la stabilità rispetto all’unione:

dobbiamo provare che la famiglia Y è chiusa rispetto alla unione qualunque:

sia {Bi}iI una famiglia dove BiY iI cioè f -1(Bi)X iI allora dalle proprietà delle

applicazioni segue che f -1

i I Bi

=

i I f -1(Bi)X (essendo X sp.top.) e quindi si ha i

i IB

Y

Verifichiamo la stabilità rispetto all’intersezione finita:

dobbiamo provare che l’intersezione di un numero finito di elementi di Y sta ancora in Y e quindi

come sappiamo questo equivale a provare che l’intersezione di due elementi di Y sta ancora in Y

(poiché questo caso lo si può estendere al caso n per induzione). Siano quindi B1,B2Y e

osservando che f -1(B1B2)=f -1(B1)f -1(B2)X segue allora dalla definizione di Y che

B1B2Y.

E quindi Y è una top. su Y c.v.d.

Come dimostra la seguente proprietà nello schema del risultato precedente la f è continua.


Sia (X,X) spazio topologico

Y insieme non vuoto

f:XY funzione

Y:={BY : f -1 (B)X}

Ts: f:(X,X)(Y,Y) è continua

Dim Chiaramente f è continua rispetto alle topologie in questione poiché per costruzione l’immagine

inversa di un aperto di Y tramite f è un aperto in X infatti se B è un aperto di Y cioè BY allora

segue banalmente dalla definizione di Y che f -1(B)X e come sappiamo questa condizione

equivale ad affermare che f è continua c.v.d.


Sia (X,X) spazio topologico


Y insieme non vuoto

f:XY biezione

Y:={BY : f -1 (B)X}

Ts: f:(X,X)(Y,Y) è un omeomorfismo

Dim Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. possiamo provare equivalentemente che

f:XY è continua ed aperta. La continuità della f segue direttamente dalla proprietà precedente.

Dimostriamo adesso che f è aperta e quindi preso AX e posto B=f(A), bisogna provare che

BY, ma questo è banalmente vero infatti si ha subito che f-1(B)=f-1(f(A))=AX e quindi segue

dalla definizione di Y che BY f aperta c.v.d.

Ritorniamo adesso alle successioni generalizzate e vogliamo con queste caratterizzare gli

spazi topologici Consideriamo quindi il seguente teorema di caratterizzazione dei punti di aderenza

che ci dice che dato un sottoinsieme di uno spazio topologico allora condizione necessaria e

sufficiente affinché un punto appartenga alla chiusura dell’insieme è che esista almeno una

successione nell’insieme che converga a questo punto.



AX

x0X


(1) x0A (cioè x0 punto di aderenza per A)

(2){x}D successione generalizzata di elementi di A che converge verso il punto x0

Dim (1)(2) Sia x0A e consideriamo la famiglia degli intorni del punto x0 cioè U(x0) che come si è visto nella

dimostrazione dell’ultimo teorema della lezione precedente può essere riordinata dalla relazione U1

U2 U2 U1 che è una relazione d’ordine filtrante.

Poiché x0A allora:

UU(x0) UA xUUA

e quindi nasce la successione generalizzata {xU}UD indicizzata da D=U(x0).

Proviamo che tale succ. generalizzata converge al punto x0 è quindi dobbiamo provare che

comunque preso un intorno del punto x0 esiste un indice appartenente a D al di là del quale tutti i

punti della succ. cadono nell’intorno del punto x0 cioè in simboli:

V intorno di x0 ~UD t.c xUV U

~U


Sia quindi V un arbitrario intorno di x0 e scegliamo come ~U proprio l’intorno V si ha allora che

preso UU(x0) con U~U ~U U U~U=V e quindi essendo per costruzione xUU xUV.

Dim (2)(1) Sia {x}D un succ. generalizzata in A tale che lim x = x

0 dobbiamo provare che x0A e

quindi dobbiamo provare che ogni intorno del punto x0 interseca A, cioè che: UU(x0) UA

Sia U intorno di x0, poiché per Hp {x}D converge a x0 D t.c D con xU

ma essendo {x}D in A xA xUA UA x0A .



AX


(1) A è chiuso (2) {x}D in A convergente lim xA


Dobbiamo provare che ogni succ. general. in A convergente ha limite in A. Sia quindi: {x}D in A e x*X t.c. lim x=x*

segue allora dal teorema precedente che x*A, ma per Hp A=A x*A c.v.d.

Dim (2)(1) (esercizio) Proviamo che A=A e quindi poiché come sappiamo vale sempre AA dobbiamo provare solo che

AA. Sia x0A allora per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. segue che {x}D

in A conv. a x0 e quindi dall’Hp si ha che deve necessariamente essere che x0A c.v.d.



x0X

{x}D in X convergente a x0

Ts: x0 appartiene alla chiusura del sostegno di {x}D

Dim (esercizio) Indichiamo con A il sostegno di {x}D cioè A={x : D}. Dobbiamo provare che il punto

x0A. Ovviamente per definizione A è un chiuso e quindi per il corollario precedente contiene il

limite di ogni successione in esso e quindi osservando che AA allora in particolare A contiene il

limite di {x}D ovvero x0A c.v.d.


Vogliamo adesso dimostrare una importante caratterizzazione della topologia. Tale criterio

ci permette di confrontare due topologie su uno spazio topologico confrontando le convergenze

delle sue successioni generalizzate.


Sia X

1,2 topologie su X

Allora le seguenti due condizioni sono equivalenti :

(1) 1 meno fine 2 cioè 1 2 (insiemisticamente 12)

(2) ogni successione generalizzata in X 2-convergente è anche 1-convergente Dim (1) (2)

Sia {x}D una successione generalizzata in X 2-convergente ad un punto x0X, proviamo allora

che tale successione generalizzata è 1-convergente a x0. Sia U

1-intorno di x0 ed essendo per Hp 1 2 U 2-intorno di x0 e poiché sempre per Hp

{x} x0 D t.c. xU {x} x0 c.v.d.

Dim (2) (1) Dobbiamo provare che 1 2 cioè che ogni 1-aperto è un 2-aperto e questo come sappiamo

equivale a provare che ogni 1-chiuso è un 2-chiuso. Sia quindi C un

1-chiuso, dimostriamo allora che C è un 2-chiuso facendo uso del criterio Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.. Consideriamo pertanto una arbitraria:

{x}D in C e x0X t.c. {x} x0

e facciamo vedere che x0C. Poiché {x} x0 segue allora da Hp che {x} x0 e poiché

C è 1-chiuso segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che x0C

c.v.d.


Sia X

1,2 topologie su X

(1) 1=2

(2) una successione generalizzata è 1-convergente è 2-convergente

BASE FONDAMENTALE DI INTORNI DI UN PUNTO [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Sia X spazio topologico x0X. Una famiglia G di intorni del punto x0 (cioè GU(x0)) si dice base

fondamentale di intorni del punto x0 se:

VU(x0) UG tale che UV

Banalmente U(x0) è una base fondamentale di intorni di x0, poiché preso ad arbitrio VU(x0)

allora basta scegliere U:=V e si ha ovviamente UV.

SPAZIO TOPOLOGICO I-NUMERABILE [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Diciamo che uno spazio topologico X soddisfa il I assioma della numerabilità o brevemente che è

I-numerabile (si legge primo numerabile) se accade che xX esiste una base fondamentale di

intorni di x al più numerabile. Come vedremo in seguito per tali spazi nella eventualità che si

debbano considerare delle successioni si possono considerare allora delle successioni ordinarie

anziché successioni generalizzate, o come si dice anche si può fare uso dei criteri sequenziali (cioè

quei criteri in cui intervengono le successioni ordinarie). Vedremo che un importante classe di spazi

topologici I-numerabili è costituita dagli spazi metrici.

SEQUENZIALE CONTINUITÀ [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y spazi topologici, x0X, f:XY funzione. La funzione f si dice sequenzialmente continua in x0 se per ogni successione ordinaria in X convergente verso x0 la successione ordinaria

in Y definita dalle immagini tramite f della successione di partenza converge a f(x0) cioè f è

sequenzialmente continua se:

{xn}nNx0 allora {f(xn)}nNf(x0)

Ovviamente diciamo che la f è sequezialmente continua in X se lo è in ogni punto di X. Ogni

funzione continua in un punto x0 è sequenzialmente continua in x0 ma non vale il viceversa. La

condizione sufficiente affinché valga il viceversa come si dimostra nella seguente prop. è che lo

spazio X ammetta una base fondamentale G di intorni di x0 al più numerabile (cioè equipotente a

N ovvero :NG biettiva).



x0X in cui X ammette una base fondamentale di intorni al più numerabile

f:XY funzione


Ts: se f è sequenzialmente continua in x0 allora f continua in x0

Dim Sia H:={Vn}nN base fond. di intorni di x0 al più numerabile che possiamo supporre non crescente

cioè nN Vn+1 Vn (o se si vuole j,kN con jk VkVj) dove chiaramente l’ordinamento

è quello definito dall’inclusione (cioè VkVj VkVj). Infatti se la famglia H non è

originariamente non crescente allora essendo la famiglia degli intorni di x0 che abbiamo denotato

con U(x0), chiusa rispetto all’intersezione finita, sappiamo per una proprietà fatta che:

G:={Un}nN in U(x0) t.c. UnVn nN e Un+1Un nN ()

ed ovviamente tale famiglia numerabile G è una base fondamentale di intorni di x0 infatti preso un

arbitrario UU(x0) allora essendo H una base fondamentale di intorni di x0 si ha che nN t.c.

VnU ma per la () UnVn e quindi UnU. Quindi consideriamo G={Un}nN che è per quanto

visto una base fond. di intorni di x0 non crescente. Supponiamo per assurdo che f non sia continua

in x0, cioé:

V intorno di f(x0) t.c. UU(x0) xU t.c. f(x)V

e poiché GU(x0) segue che:

nN xnUn tale che f(xn)V

allora la succ. {xn}nN cosi costruita conv. a x0, infatti se prendiamo un qualunque U intorno di x0

poiché G={Un}nN è una base fond. di intorni di x0 allora N t.c UU inoltre essendo G una

succ. non crescente Un U cioè UnU n e quindi essendo xnUn si ha allora che xnUn

UU n xnU n {xn}nN conv. verso x0. Segue allora dalla sequenziale

continuità di f che la succ. {f(xn)}nN converge a f(x0), ma f(x0)V (poiché V è intorno di f(x0)) e

questa chiaramente è un assurdo per il fatto che tutti i termini della succ. {f(xn)}nN stavano al di

fuori di V.


Sia X spazio topologico I-numerabile

Y spazio topologico

f:XY

Allora f è continua se e solo se è sequenzialmente continua



AX

x0X nel quale X ammette una base fondamentale di intorni al più numerabile


Sono allora equivalenti le seguenti affermazioni:

(1) x0A (2) una successione ordinaria {xn}nN in A che converge a x0 cioè lim n

xn=x0

Dim (1)(2) Sia {Un} (scrittura abbreviata di {Un}nN ) una base fondamentale di intorni di x0 che come

sappiamo si può supporre non crescente. Poiché per Hp x0A e quindi:

nN AUn nN xnAUn

proviamo che la {xn}nN così costruita converge a x0 e quindi bisogna provare che comunque

fissato U intorno di x0 in X N t.c xnU n. Sia quindi U intorno di x0 in X, poiché la {Un}

è base fondamentale di intorni di x0 N t.c UU ed inoltre essendo {Un} non crescente

cioè Un+1 Un nN Un U n e quindi Un UU n e poiché per costruzione xnUn nN xnU n c.v.d. Dim (2)(1) Evidentemente tale implicazione prescinde dalla I-numerabilità, infatti per Hp {xn}nN in A

convergente a x0. E quindi osservando che una successione ordinaria è una particolare successione

generalizzata segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che x0A


Sia X uno spazio topologico I-numerabile

AX


(1) A è chiuso (2) {xn}nN in A convergente lim n

xnA

Dim (1)(2) (esercizio) Evidentemente tale implicazione prescinde dalla I-numerabilità, infatti per Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. ogni successione generalizzata in A convergente ha limite in A e quindi

in particolrare questo vale per le successioni ordinarie

c.v.d.

Dim (2)(1) (esercizio) Poiché vale sempre AA, dobbiamo provare che AA. Sia x0A allora per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. {xn}nN in A convergente ad x0 segue allora dall’Hp che

x0A c.v.d.


Facendo uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e di Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. segue direttamente il seguente altro criterio sequenziale

che è un teorema di caratt. della top. ed è l’analogo del Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e ci dice che in uno sp. top. X munito di due topo. 1 e 2 che lo rendono entrambe

primo numerabile, condizione necessaria è sufficiente affinché la top. 1 sia meno fine della top. 2

è che per ogni succ. ordinaria in X che sia 2-convergente verso un punto di X sia pure 1-

convergente verso tale punto. Si osserva infatti che la differenza tra i due teoremi sussiste solo nel

fatto di aver supposto in più che le due topologie rendano lo spazio I-numerabile e questo ci

consente allora di lavorare con succ. ordinarie invece che con succ. generalizzate che sono

sicuramente meno agevoli delle ordinarie.


X insieme non vuoto

1,2 due topologie su X rispetto a ciascuna delle quali lo spazio X è I-numerabile

Allora le seguenti due condizioni sono equivalenti:

(1) 1 2

(2) ogni successione ordinaria {xn}nN in X 2-convergente è 1-convergente


X insieme non vuoto

1,2 due topologie su X rispetto a ciascuna delle quali lo spazio X è I-numerabile

Allora le seguenti due condizioni sono equivalenti :

(1) 1=2

(2) ogni successione ordinaria {xn}nN è 1-convergente è 2-convergente

BASE DI APERTI [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) spazio topologico diciamo che la famiglia G (cioè G è una famiglia di aperti di X) è

una base di aperti di X se ogni sottoinsieme di X si può scrivere come unione (non

necessariamente finita ) di membri di G cioè:

B {Ai}iI in G t.c. B= ii I

A

Banalmente su osserva che è una base di aperti di X.


SPAZIO TOPOLOGICO II-NUMERABILE [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Diciamo che uno spazio topologico X soddisfa il II assioma della numerabilità o brevemente che

è II-numerabile (si legge secondo numerabile) se esiste una base di aperti al più numerabile

Dimostriamo adesso che uno spazio topologico II-numerabile è I-numerabile (in generale

non vale il vicecersa).



Ts: se X è II-numerabile X è I-numerabile

Dim Per Hp esiste {An}nN base di aperti al più numerabile. Preso un punto arbitrario x0X dobbiamo

provare che esiste in X una base fondamentale di intorni di x0. Consideriamo quindi la famiglia

G:={An : x0An} (è al più numerabile perché sottofamiglia di una famiglia al più numerabile) che è

evidentemente una famiglia di intorni del punto x0 in quanto i suoi membri sono degli aperti che

contengono x0. Verifichiamo che G è una base fondamentale del punto x0 ovvero che per ogni

intorno di x0 esiste un membro di G contenuto in tale intorno. Sia quindi V intorno di x0 che

esiste un certo aperto di X contenente x0 e che è contenuto in V possiamo considerare ad esempio

int(V) che come sappiamo è il più grande aperto contenuto in V e quindi poiché {An} è una base di

aperti si ha che: {Ai}iI{An}nN t.c. int(V)= i

i IA

e quindi x0 appartiene a qualche Ai cioè kI t.c. x0Ak AkG e poiché x0Akint(V)V

c.v.d.

INSIEME DENSO [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico, AX allora l’insieme A si dice denso in X se AX. Chiaramente se BX

e AB dire che A è denso in B significa che A è denso in B rispetto alla topologia relativa di B, e

quindi se la chiusura di A rispetto alla topologia relativa di B, che indichiamo con ( )A B, coincide

con B cioè se ( )A B=B.




AX

allora A è denso int(X\A)=

Dim Per Hp X=A e quindi (tenendo presente la relazione tra l’interno di un insieme e la sua chiusura

che ci dice che l’interno di un insieme è uguale al complementare della chiusura del complementare

dell’insieme) si ha:

int(X\A)=X\X X A\ \ =X\A=X\X= c.v.d.

Dim Per Hp int(X\A)= e quindi (tenendo presente la relazione tra la chiusura di un insieme e il suo

interno che ci dice che la chiusura è uguale al complementare dell’interno del complementare

dell’insieme) si ha:

A=X\int(X\A)=X\=X c.v.d.



AX


(1) A è denso in X (cioè A =X)

(2) X aperto non vuoto si ha A

Dim (1) (2)

Sia A denso cioè A=X, consideriamo un arbitrario aperto non vuoto di X e proviamo che

interseca A. Sia x0X allora x0X=A quindi x0 è di aderenza per A ovvero UU(x0)

UA, ma poiché è un aperto contenente x0 allora ne è intorno e quindi A

c.v.d.

Dim (2) (1) Sia per assurdo AX allora X\A, inoltre è un aperto in quanto complementare del chiuso A e

quindi dall’Hp si ha che X\AA e pertanto essendo X\AX\A allora maggior ragione si ha

X\AA c.v.d.

INSIEME SEPARABILE [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, diciamo che X è separabile se esiste AX denso in X al più

numerabile. Ovviamente dato un insieme DX allora diciamo che tale insieme D è separabile se

considerato con la topologia relativa è separabile. Ad esempio R è separabile, infatti QR è

denso in R ed è numerabile (cioè equipotente ad N ovvero :NQ biettiva).



Sia X uno spazio topologico II-numerabile

Ts: X è separabile

Dim

Poiché X è secondo numerabile {An}nN base di aperti non vuoti di X, al più numerabile,

scegliamo allora nN un xnAn e consideriamo quindi la successione ordinaria {xn}nN così

ottenuta, vogliamo provare allora che il suo sostegno cioè l’insieme A:={xn : nN} è quello

promesso dalla tesi. Banalmente A è numerabile e quindi dobbiamo provare solo che A è denso in

X, ovvero per [1112/28] dobbiamo provare che A interseca ogni aperto non vuoto di X, cioé:

aperto di X kN t.c. xk

Consideriamo quindi aperto non vuoto arbitrario in X, e quindi essendo {An}nN una base di

aperti di X allora possiamo scrivere come: =

n I Ai

e per come è costruita la {xn}nN che nI xnAn.

Abbiamo quindi trovato un sottoinsieme A di X denso, al più numerabile, che è proprio quello che

volevamo dimostrare.

In generale della proposizione precedente non vale il viceversa, (ma ad esempio per gli spazi

metrici vale). Vogliamo fare osservare adesso che dato uno spazio topologico X ed un suo

sottoinsieme A, può avvenire che tra le proprietà topologiche di X alcune vengano ereditate da A,

mentre altre no (ad esempio la separabilità, ma diventa ereditaria negli spazi metrici). La proprietà

di soddisfare al primo e al secondo assioma della numerabilità è ereditaria per i sottoinsiemi, come

mostrano le seguente proposizione.



AX

Ts: se X è II-numerabile allora anche A è II-numerabile

Dim

Per Hp X è secondo numerabile che {An}nN base di aperti e chiaramente intersecando ogni An

con A otteniamo aperti rispetto alla topologia relativa su A che formano un base di aperti rispetto

alla topologia di A c.v.d.




AX

Ts: se X è I-numerabile allora anche A è I-numerabile

Dim

Dobbiamo provare che A è I-numerabile e quindi dobbiamo provare che ogni punto di A ammette

una base fondamentale di intorni al più numerabile. Fissiamo quindi x0A e osserviamo che per Hp

X è I-numerabile {Un}nN base di intorni di x0, consideriamo allora la famiglia {AUn}nN

che chiaramente una base fondamentale di intorni di x0 nella topologia relativa di A, al più

numerabile c.v.d. PROPOSIZIONE [1112/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico separabile

Y spazio topologico

f:XY una funzione continua

Ts: f(X) è separabile (ovviamente in riferimento alla topologia relativa )

Dim

Per Hp X è separabile e quindi {xn} sottoinsieme al più numerabile di X denso. Proviamo che

{f(xn)} è denso in f(X) e cioè che ogni aperto nella topologia relativa di f(X) interseca {f(xn)}

ovvero che:

A aperto non vuoto di f(X) allora kN t.c. f(xk)A

Sia quindi A aperto non vuoto di f(X) cioè del tipo A=f(X) con aperto di Y, allora e

per la continuità di f allora f -1() è un aperto non vuoto di X, ma poiché {xn} è denso xkf -1()

f(xk) ed ovviamente f(xk)f(X) f(xk)A=f(X) che è proprio quello che volevamo

dimostrare.


Sia X uno spazio topologico separabile

Y spazio topologico

f:XY una funzione continua e surgettiva

Ts: Y è separabile

13-12-95


ESTREMO SUPERIORE ED INFERIORE DI UN SOTTOINSIEME DELLA RETTA REALE ESTESA


Sia A un sottoinsieme della retta reale estesa cioé A~R :=R{-,+}=[-,+]. Definiamo

estremo superiore di A la quantità:

sup( ):A

+ K>0 aA t.c. a>K (cioé A è illimitato superiormente)

Definiamo estremo inferiore di A la quantità:

inf( ):A

- K>0 aA t.c. a<-K (cioé A è illimitato inferiormente)

Propedeutica alla nozione che segue sono le seguenti proprietà.


Siano A e B due sottoinsiemi della retta reale (cioé di R)

valgono le seguenti proprietà:

supA=-inf-A

se AB supAsupB (cioè aA bB t.c. ab)

* se AB infAinfB (cioè aA bB t.c. ab)

se rR t.c. r<supA (cioé r non è un maggiorante) aA t.c. r<a * se rR t.c. infA<r (cioé r non è un minorante) aA t.c. a<r {n}nN in A t.c. lim n

n=supA

* {n}nN in A t.c. lim nn=infA

<

<

aA asup(A) (cioé sup(A) è un maggiorante di A) >0 aA t.c. a>sup(A)- (cioé sup(A) è il più piccolo dei maggioranti)

aA ainf(A) (cioé inf(A) è un minorante di A) >0 aA t.c. a<inf(A)+ (cioé inf(A) è il più grande dei minoranti)

- a=- aA (essendo A un sottoinsieme della retta reale estesa)

+ a=+ aA (essendo A un sottoinsieme della retta reale estesa


se A é limitato superiormente allora supAclR(A) * se A é limitato inferiormente allora infAclR(A) se A é chiuso e limitato superiormente maxA * se A é chiuso e limitato inferiormente minA Dimostrazione

Bisogna distinguere i seguenti due casi:

(a) supA<+ (cioé A è limitato supertiormente)

(b) supA=+ (cioé A è illimitato supertiormente)

Consideriamo il caso (a):

posto l :=supA, allora per def. di sup si ha:

aA l>a

>0 aA t.c. a>l- se consideriamo aA osserviamo che -a-A, e quindi chiaramente moltiplicando ambo i membri

delle due disequazioni per -1 otteniamo:

-a-A -l>-a

>0 -a-A t.c. -a<-l+ che non è altro che la definizione di estremo inferiore dell’ insieme -A, ovvero

-l=inf-A ed in definitiva supA=l=-(-l)=-inf-A c.v.d.

Consideriamo il caso (b):

dobbiamo fare vedere che -inf-A=+ ovvero che inf-A=-. Poiché supA=+ A illimitato

superiormente -A illimitato inferiormente inf-A=-.

Dimostrazione Dobbiamo dimostrare che aA bB t.c. ab, supponiamo allora per assurdo che questo non sia

vero cioè supponiamo che a*A t.c. bB a*>b e questo significa che subB<a* a*B e

questo è un assurdo poichè per Hp AB c.v.d.

Dimostrazione *

Dobbiamo dimostrare che infAinfB. Poichè AB che per i rispettivi insiemi

infA=per =-sup-Aper -sup-B=per =infB c.v.d.

Dimostrazione *

Bisogna distinguere i seguenti due casi:

(a) supA<+ (cioé A è limitato supertiormente)

(b) supA=+ (cioé A è illimitato supertiormente)


posto :=supA-r allora per la seconda proprietà del sup si ha che:

aA t.c a>supA-=supA-supA+r=r c.v.d.



essendo supA=+ A illimitato superiormente e quindi essendo r<supA allora banalmente in

corrispondenza di |r| aA t.c. a>|r|r c.v.d.

Dimostrazione *

Per la sappiamo che infA=-sup-A e quindi segue dal Hp che r>-sup-A -r<sup-A segue dalla

che aA -r<-a r>a c.v.d.

Dimostrazione

Dobbiamo distinguere i seguenti due casi:

(a) supA< (finito)

(b) supA=+


dobbiamo costruire una successione in A convergente a sup A. Per Hp A è limitato superiormente e

quindi possiamo ricorrere alla IIa proprietà del sup da cui segue che:

nN posto :=1n nA t.c. n>supA-

1n (1)

e ovviamente:

nsupA<supA+1n nN (2)

Segue allora dalla (1) e dalla (2) che:

supA-1n <n<supA+

1n nN -

1n <n-supA<

1n nN |n-supA|<

1n nN

e quindi passando al limite per n si ottiene proprio che la successione {n}nN così costruita

converge a supA.


per Hp A non è limitato superiormente e quindi

nN nA t.c. n>n

Banalmente la successione {n}nN così costruita diverge a +, cioé:

K>0 k*N t.c. n>K n>k*

infatti fissato un K>0 evidentemente basta scegliere k*N t.c. k*>K.

Dimostrazione * Considerato l’insieme -A allora per si ha che {n}nN in -A t.c lim n

n=sup(-A) e quindi

moltiplicando la precedente per -1 otteniamo lim n-n=-sup(-A) e pertanto posto n=-n nN

allora per si ha che lim nn=infA c.v.d.

Dimostrazione

Per la {n}nN in A convegente a supA che é finito essendo A limitato superiormente, e questo

per una caratterizzazione dei punti di aderenza significa proprio che supAclR(A)

c.v.d.


Dimostrazione *

Per la * {n}nN in A convegente a infA che é finito essendo A limitato inferiormente, e questo

per una caratterizzazione dei punti di aderenza significa proprio che infAclR(A)

c.v.d.

Dimostrazione

Per la supAclR(A)=A supA=maxA che quindi esiste c.v.d.

Dimostrazione *

Per la * infAclR(A)=A infA=minA che quindi esiste c.v.d.

MASSIMO LIMITE E MINIMO LIMITE [1312/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Si consideri una successione ordinaria annN a valori nella retta estesa (cioè ~R :=R{+,-}),

consideriamo allora la successione dei sup: k n

sup

ak n N

che è banalmente monotona non crescente, infatti fissato n osserviamo che:

{ak : kn+1}{ak : kn}

e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. passando al sup su k otteniamo:

k n+1sup

akk nsup

ak

E pertanto essendo la successione dei sup monotona non crescente allora ammette limite che come

sappiamo è il suo inf, definiamo allora massimo limite della successione ordinaria reale {an}nN:

n lim sup

an:= lim n k nsup

ak=ninfN k n

sup

ak

Analogamente consideriamo la successione degl’inf: k n

inf

ak n N

che è banalmente monotona non decrescente, infatti fissato n osserviamo che:

{ak : kn+1}{ak : kn}

e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. passando al sup su k otteniamo:

k ninf

akk n+1inf

ak

E pertanto essendo la successione degl’inf monotona non decrescente allora ammette limite che

come sappiamo è il suo sup, definiamo allora minimo limite della successione ordinaria reale

{an}nN:


n lim inf

an:= lim n k ninf

ak=nsupN k n

inf

ak

Come avremo modo di osservare il massimo limite ed il minimo limite di una successione ci danno

informazioni sulla regolarità della successione (cioé convergenza, divergenza e limitatezza).


Sia una successione ordinaria annN nella retta estesa Ts:

n lim sup

an=-n lim inf

-an

Dim

n lim sup

an:=ninfN k n

sup

ak=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=ninfN

-

k ninf

-

ak=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=-

nsupN k n

inf

-ak=

=:-n lim inf

-an c.v.d.


Sia una successione ordinaria annN nella retta estesa Ts:

n lim inf

ann lim sup

an

Dim

Fissiamo ad arbitrio n,mN e proviamo che:

k ninf

akk msup

ak ()

Distinguiamo qui di seguito tre casi. (1) Caso m=n: (ovvio)

(2) Caso se m<n:

poiché m<n {an}kn{an}km e quindi si ha:

k ninf

akvale semprek nsup

akper l’inclusione osservatak msup

ak

(3) Caso n<m:

poichè n<m akkmakkn e quindi si ha:

k ninf

akper l’inclusione osservatak minf

akvale semprek msup

ak


E quindi la () è provata. Si osserva che il primo membro della disuguaglianza () appena provata

è indipendente dalla m, mentre il secondo membro è indipendente dalla n, quindi possiamo passare

liberamente al sup sugli n al primo membro ed all’inf sugli m al secondo membro, ovvero:

nsupN k n

inf

akminfN k m

sup

ak n lim inf

ann lim sup

an c.v.d.


Sia una successione ordinaria annN nella retta estesa

valgono allora i seguenti due fatti:

n lim sup

annsupN

an

ninfN

ann lim inf

an

Dimostrazione Fissato rN si ha allora che:

n lim sup

an:=ninfN k n

sup

akk rsup

aknsupN

an

Dimostrazione

ninfN

an=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=-nsupN

-anper -n lim sup

-

an=n lim inf

an c.v.d.

Dimostriamo adesso che condizione necessaria e sufficiente affinché una successione

ordinaria reale sia limitata superiormente è che il massimo limite sia minore di più infinito.


Sia annN una successione ordinaria reale (cioé in R) allora

nsupN

an<+ n lim sup

an<+

Dim

n lim sup

anper Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.nsupN

an<+

c.v.d. Dim


Sia ora per ipotesi ninfN k n

sup

ak<+, ciò vuol dire che:

rN k rsup

ak<+

Poniamo allora M:=max

a0,a1,...,ar-1,k rsup

ak

<+ e si ha quindi che anM nN che M è un

maggiorante di {an}nN nsupN

anM<+ c.v.d.

Analogamente dimostriamo per dualità il seguente teorema secondo cui annN è limitata

inferiormente se e solo se il minimo limite è maggiore di -, e se la successione non è limitata

inferiormente il minimo limite è -.


Sia annN una successione ordinaria reale

allora -<ninfN

an -<n lim inf

an

Dim (esercizio)

-<ninfN

anper Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.n lim inf

an

c.v.d. Dim (esercizio)

Per Hp -<n lim inf

an segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che -<-

n lim sup

-an segue quindi che n lim sup

-an<+ e per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. segue che nsupN

-an<+ e quindi per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. segue che -ninfN

an<+ -<ninfN

an

c.v.d.

Dimostriamo adesso che condizione necessaria e sufficiente affinché una successione

ordinaria reale sia limitata è che il minimo limite e il massimo limite siano finiti.


Sia annN una successione ordinaria reale

Le seguenti condizioni sono equivalenti :

(1) annN è limitata


(2) il massimo limite e il minimo limite sono finiti

Dim (1)(2) Se la successione è limitata allora lo è sia inferiormente che superiormente e quindi: poiché è limitata inferiormente per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. -<

n lim inf

an

poiché è limitata superiormente per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.

n lim sup

an<+

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che: -<

n lim inf

ann lim sup

an<+

e quindi possiamo concludere che il minimo limite ed il massimo limite sono entrambi finiti

c.v.d.

Dim (2)(1) Tenendo presente la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. dall’Hp abbiamo che: -<

n lim inf

ann lim sup

an<+

e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha:

-<ninfN

annsupN

an<+

e questo vuol dire che la successione è limitata sia inferiormente che superiormente ovvero è

limitata c.v.d.

PROPRIETÀ CARATTERISTICHE DEL MASSIMO LIMITE [1312/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia una succ. reale annN che ammette limsup finito (ad esempio limitata)

R

allora

Dim


=n lim sup

an (1) >0 N t.c. n> an<+ (2) >0 N n> t.c. -<an


Sappiamo che per Hp il =n Ninf k n

sup

ak è finito che in particolare -< che l’insieme

k n

sup

ak : nN

è limitato inferiormente e quindi valgono per tale insieme le due proprietà

caratteristiche dell’inf, e pertanto fissato ad arbitrio >0 per la seconda proprietà dell’inf si ha:

N t.c. ksup

ak<+ akksup

ak<+ k>


poiché =n Ninf k n

sup

ak allora per la prima proprietà dell’ inf:

ksup

ak N

e quindi essendo in queste Hp < (finito) allora fissato ad arbitrio >0 e un qualunque N

chiaramente si ha:

-<ksup

ak

e quindi - non è un maggiorante dell’insieme {ak : k} e quindi per Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto.:

n> tale che -<anksup

ak c.v.d.

Dim

Dobbiamo dimostrare che:

= lim n k nsup

ak

ovvero che la successione k n

sup

ak n N

converge al numero e quindi bisogna provare che:

>0 N t.c. -k nsup

ak+ n> (1)

Fissato quindi un qualunque >0, poichè per Hp soddisfa alla proprietà (1) si ha:

N t.c. k> ak<+

e questo evidentemente ci dice che ksup

ak+ e quindi essendo la successione dei sup

monotona non crescente si ha che:

k nsup

akksup

ak+ n> (2)

Vogliamo provare adesso che:


-k nsup

ak nN (3)

Fissato quindi nN allora per la (2) si ha che:

kn t.c. ak>- e quindi abbiamo ottenuto che:

-<akk nsup

ak

E quindi da (2) ed (3) abbiamo la (1) c.v.d.

PROPRIETÀ CARATTERISTICHE DEL MINIMO LIMITE [1312/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia una succ. reale annN che ammette liminf finito (ad esempio limitata)

R

allora

Dim

Consideriamo la successione degli opposti della successione data cioè -annN e sia il suo

massimo limite cioè:

:=n lim sup

-an

allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

=n lim inf

an=-n lim sup

an=- -=

Per il limite massimo sappiamo che valgono:

(1) >0 N t.c. n> -an<+ (2) >0 N n> t.c. -an>- sostituendo quindi - a otteniamo:

(1) >0 N t.c. n> -an<-+ (2) >0 N n> t.c. -an>-- quindi moltiplicando ambo i membri per -1 si conclude proprio che:

(1) >0 N t.c. n> an>- (2) >0 N n> t.c. an<+ c.v.d.

Dim

=n lim inf

an (1) >0 N t.c. n> an>- (2) >0 N n> t.c. an<+


Analogamente per dualità si dimostra questa implicazione.

Dimostriamo adesso il seguente fondamentale teorema che caratterizza il limite di una

successione tramite massimo e minino limite, e precisamente ci dice che condizione necessaria e

sufficiente affinché una data successione sia regolare (cioé sia convergente o divergente) è che il

massimo ed il minimo limite coincidano.


Sia annN un successione a valori sulla retta estesa (cioé in ~R :=[-,+])

posto :=n lim inf

an e :=n lim sup

an

Allora la successione {an}nN è regolare = ed in queste condizioni si ha che:

lim nan==

Dim Se la successione è regolare allora si presentano i due casi:

(a) la successione è convergente

(b) la successione è divergente.


sia il caso in cui la successione è convergente al numero e quindi:

>0 N t.c. n> -<an<+ ()

Teniamo presente che come sappiamo la convergenza della {an}nN in particolare ci dice che la

successione {an}nN è limitata. Vogliamo allora provare che il numero soddisfa sia le proprietà

caratteristiche del massimo limite che quelle del minimo limite. Proviamo che soddisfa le

proprietà caratteristiche del massimo limite, cioé:

(1) >0 N t.c. n> an<+

(2) >0 e kN t.c. n>k an>-

Fissato >0 allora la (1) segue direttamente dalla (). Verifichiamo la (2) e quindi fissati ad arbitrio

>0 e kN allora banalmente nella () basta scegliere n>max{,k} e si ottiene quanto voluto.

Analogamente si dimostra che soddisfa alle proprietà caratteristiche del minimo limite. E quindi

avendo provato che soddisfa alle proprietà caratteristiche del massimo ed del minimo limite segue

allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.e da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che ==e si ha l’asserto.



sia ora il caso in cui la successione diverge a + (trattiamo solo questo caso essendo assolutamente

analogo alla divergenza a -), allora per ipotesi avremmo che la successione non è limitata

superiormente e quindi come osservato in precedenza ciò implica che =+, proviamo che anche

=+.


lim n k ninf

ak=+

ovvero che: >0 N t.c.

k ninf

ak n>

Fissiamo quindi un arbitrario >0. Poichè per Hp la successione {an}nN diverge + allora in

corrispondenza del fissato >0 si ha che:

N t.c. ak k>

e questa assieme al fatto che la successione degli inf è monotona non decrescente ci dice che:

k ninf

akkinf

ak n> c.v.d.

Dim

Osserviamo che banlmente:

k ninf

akank nsup

ak nN ()

Sia per Hp =, allora si possono presentare tre casi:

(a) = finito

(b) ==+

(c) ==-


poniamo :==, in questa situazione abbiamo (ricordando le rispettive definizioni di massimo

limite e di minimo limite) che la successione degli inf e dei sup convergono verso il numero finito

, cioè:

lim n k ninf

ak= lim n k nsup

ak=

e quindi passando al limite nella () per il teorema dei due carabinieri deve essere che la

successione {an}nN converge anch’essa ad .


in questa situazione in particolare abbiamo che:

lim n k ninf

ak=+


e quindi dalla prima disuguaglianza della () per il criterio del confronto segue che la successione

{an}nN diverge a +.

Consideriamo il caso (c):

in questa situazione in particolare abbiamo che:

lim n k nsup

ak=-

e quindi dalla seconda disuguaglianza della () per il criterio del confronto segue che la

successione {an}nN diverge a - c.v.d.


Sia {an}nN in R

=n lim inf

an

Ts: {nk}kN strettamente crescente t.c. lim kank =

Dim (esercizio)

Si presentano i seguenti tre casi:

() finito

() =+

() =-

Caso ():

In queste Hp per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

(1) >0 N t.c. n an>- (2) >0 N n t.c. an<+ Dalla (1) per =1 si ha che:

N t.c. an>-1 n (1)

Dalla (2) per =1 ed il N fissato si ha che:

n1 t.c. an1<+1 (2)

segue da (1) ed (2) che:

-1<an1<+1

Dalla (1) per =1/2 si ha che:

N t.c. an>-12 n (3)

Dalla (2) per =1/2 ed il *=max{n1+1,} si ha che:

n2* t.c. an2 <+12 (4)



-12 <an2 <+1

2

Dalla (1) per =1/3 si ha che:

N t.c. an-13 n (5)

Dalla (2) per =1/3 ed il *=max{n2+1,} si ha che:

n3* t.c. an3 <+13 (6)


-13 <an3 <+13

Iterando il ragionamento otteniamo una successione naturale {nk}kN strettamente crescente tale

che:

-1k <ank <+1k kN

e quindi per il criterio del confronto si ha che lim kank =.

Caso ():

=nsupN k n

inf

ak=+ che la successione degl’inf k n

inf

ak n N

è illimitata superiormente, cioè:

K>0 N t.c. k ninf

ak>K

ovvero:

K>0 N t.c. an>K n ()

Dalla () per K=1:

N t.c. an>1 n scegliamo allora n1 e si ha an1>1.

Dalla () per K=2: N t.c. an>2 n scegliamo allora n2:=max{n1+1,} e si ha an2 >2.

Dalla () per K=3: N t.c. an>3 n scegliamo allora n3:=max{n2+1,} e si ha an3 >3.


che: ank >k kN

e quindi per il criterio del confronto si ha che lim kank =+.

Caso ():


=nsupN k n

inf

ak=- che la successione degl’inf k n

inf

ak n N

è illimitata inferiormente, cioè:

K>0 N t.c. k ninf

ak<-K

ovvero:

K>0 N t.c. an<-K n ()

Dalla () per K=1:

N t.c. an<-1 n scegliamo allora n1 e si ha an1<-1.

Dalla () per K=2: N t.c. an<-2 n scegliamo allora n2:=max{n1+1,} e si ha an2 <-2.

Dalla () per K=3: N t.c. an<-3 n scegliamo allora n3:=max{n2+1,} e si ha an3 <-3.


che: ank <-k kN

e quindi per il criterio del confronto si ha che lim kank =- c.v.d.


Sia {an}nN in R

=n lim sup

an

Ts: {nk}kN strettamente crescente t.c. lim kank =

Dim (esercizio) Per lagge di dualità Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. sappiamo che

=n lim sup

an=-n lim inf

(-an) n lim inf

(-an)=-, segue allora dalla Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che {nk}kN strettamente crescente t.c. lim k(-ank )=- - lim k

(-

ank )= lim kank = c.v.d.

15-12-95

Propedeutiche ai risultati che seguono sono le seguenti proprietà.



Siano A e B due sottoinsiemi della retta reale


sup(A+B)supA+supB

se A è limitato superiormente allora sup(A+B)=supA+supB

infA+infBinf(A+B)

se A è limitato inferiormente allora infA+infB=inf(A+B)

se c[0,+[ allora sup(cA)=csup(A)

se c[0,+[ allora inf(cA)=cinf(A)

se bR allora sup(b+A)=b+sup A

se bR allora inf(b+A)=b+inf A

Dimostrazione (esercizio) Ovviamente:

a+bsupA+supB aA e bB

e quindi passando al sup al primo membro otteniamo la tesi.


Consideriamo i seguenti due casi:

(a) caso supB=+ (cioè B non è limitato superiormente)

(b) caso supB<+ (cioè B è limitato superiormente)

Caso (a):

per Hp supA<+ ed essendo AR (e non in ~R ) allora -<supA e quindi supA< cioé supA

finito e pertanto banalmente supA+supB=+, dobbiamo allora dimostrare che sup(A+B)=+,

cioé che:

K>0 aA e bB t.c. a+b>K

Poiché A è limitato superiormente allora per la IIa proprietà del sup in corrispondenza del fissato K

si ha che:

aA t.c. a>supA-K (1)

ed essendo B illimitato superiormente allora in corrispondenza della quantità 2K-supA sicuramente:

bB t.c. b>2K-supA (2)

E quindi abbiamo ottenuto che:

a+b>per (1) e (2)>(supA-K)+(2K-supA)=K

Caso (b):


per la abbiamo che sup(A+B)supA+supB, dobbiamo provare quindi la disuguaglianza inversa,

cioé che supA+supBsup(A+B). Fissato >0 essendo per Hp A e B limitati superiormente allora

per la IIa proprietà del sup si ha che:

a*A t.c. a*>supA-2

b*A t.c. b*>supB-2

e quindi segue che:

supA+supB-<a*+b*sup(A+B)

e pertanto per l’arbitrarietà di >0 segue che supA+supBsup(A+B) c.v.d.


Tenendo presente la relazione di dualità tra inf e sup si ha:

infA+infB=-sup(-A)-sup(-B)=-[sup(-A)+sup(-B)]per -sup[-(A+B)]=inf(A+B)

Dimostrazione (esercizio) Per Hp A e B limitati inferiormente -A e -B limitati superiormente e pertanto tenendo presente la

relazione di dualità tra inf e sup si ha:

infA+infB=-sup(-A)-sup(-B)=-[sup(-A)+sup(-B)]per =-sup[-(A+B)]=inf(A+B)

Dimostrazione (esercizio) Se c=0 allora la tesi è banalmente vera. Consideriamo quindi il caso c]0,+[.

Proviamo che sup(cA)csup(A):

si zcA aA t.c. z=ca e pertanto:

z=cacsup(A)

e quindi per l’arbitrarietà di z possiamo passare al sup e si ha sup(cA)csup(A).

Proviamo che csup(A)sup(cA):

ovviamente essendo c>0 possiamo provare equivalentemente che sup(A)c-1sup(cA). sia aA

allora banalmente:

a=c-1(ca)c-1sup(cA)

e quindi per l’arbitrarietà di a possiamo passare al sup e si ha sup(A)c-1sup(cA).


Se c=0 allora la tesi è banalmente vera. Consideriamo quindi il caso c]0,+[. Segue allora che:

inf(cA)=-sup(-cA)=per =-csup(-A)=kinf(A) c.v.d.


Proviamo che sup(b+A)b+sup A:

sia zb+A xA t.c. z=b+x segue allora che z=b+xb+sup A e quindi passando al sup su z

otteniamo quanto voluto.

Proviamo che b+sup Asup(b+A):


sia xA segue allora che x=-b+(b+x)-b+sup(b+A) e quindi passando al sup su x otteniamo sup

A<-b+sup(b+A) b+sup Asup(b+A).

Dimostrazione (esercizio) inf(b+A)=-sup(-b-A)=-[sup[-b+(-A)]]=per =-[-b+sup(-A)]=b-sup(-A)=b-inf(-A).

Prima di procedere richiamiamo qualche altra proprietà di analisi uno relativa alla somma

dei limiti di successioni.


Siano an e {bn} due successioni nella retta reale, convergenti Ts: lim n

(an+bn)= lim nan+ lim n

bn


Sia an successioni nella retta reale, divergente a +

bn successioni nella retta reale, limitata inferiormente

Ts: lim n(an+bn)=+


Sia an successioni nella retta reale, divergente a -

bn successioni nella retta reale, limitata superiormente

Ts: lim n(an+bn)=-

E quindi segue direttamente dalle tre proprietà precedenti la seguente altra proprietà a noi

necessaria.


Sia an successione nella retta reale convergente

bn successioni nella retta reale, regolare (cioé convergente o divergente) Ts: lim n

(an+bn)= lim nan+ lim n

bn

Procediamo quindi con la dimostrazione delle proprietà rispettivamente del massimo e del

minimo limite.



Siano an successioni sulla retta reale, limitata

{bn} successioni sulla retta reale

Valgono allora le seguenti tre proprietà:

n lim inf

an+n lim inf

bnn lim inf

(an+bn)

n lim sup

(an+bn)n lim sup

an+n lim sup

bn

n lim inf

an+n lim inf

bnn lim inf

(an+bn)n lim sup

(an+bn)n lim sup

an+n lim sup

bn

Dimostrazione (esercizio) Teniamo presente che per Hp {an} è limitata e questo come sappiamo equivale ad affermare che

n lim inf

an:= lim n k ninf

ak è finito cioé la succ. degli inf k n

inf

an n N

è convergente. Teniamo

presente inoltre che la succ. k n

inf

bn n N

è non decrescente e quindi ammette limite finito o

infinito cioé è regolare. Osserviamo che:

k ninf

(ak+bk)k,r ninf

(ak+br)per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=k ninf

ak+k ninf

bk

nN ()

Segue allora che:

lim n k ninf

(ak+bk)per () lim n

k ninf

ak+k ninf

bk=per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.= lim n k ninf

ak+ lim n k ninf

bk= =n lim inf

an+n lim inf

bn

c.v.d. Dimostrazione (esercizio)

n lim sup

(an+bn)=-n lim inf

-(an+bn)=-n lim inf

(-an-bn)per

-

n lim inf

-an+n lim inf

-bn= -

n lim inf

-an+ -

n lim inf

-bn==

n lim sup

an+n lim sup

bn


ESEMPIO [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Mostriamo che la disuguaglianza della proprietà precedente può essere stretta. Consideriamo le

successioni:

{an}nN dove an:=(-1)n nN


{bn}nN dove bn:=(-1)(n+1) nN

evidentemente che la successione an+bn=0 infatti nN si ha:

an+bn=(-1)n+(-1)n+1=(-1)n+(-1)n(-1)=(-1)n-(-1)n=0

inoltre osserviamo che:

n lim inf

an=nsupN k n

inf

(-1)k=-1

n lim inf

bk=nsupN k n

inf

(-1)k+1=-1

quindi si ha proprio:

n lim inf

(an+bn)=0>-2=n lim inf

an +n lim inf

bn


Sia an una successione sulla retta reale e R t.c. lim nan=

bn successione qualunque sulla retta reale


+n lim inf

bn=n lim inf

(an+bn)

+n lim sup

bn=n lim sup

(an+bn)


Poiché {an} converge a {an} limitata ed inoltre essendo convergente ad allora come sappiamo

=n lim inf

an e quindi segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

+n lim inf

bnn lim inf

(an+bn)

Dimostriamo quindi che vale la disuguaglianza inversa cioé che:

+n lim inf

bnn lim inf

(an+bn)

Osserviamo come prima cosa che: an+

k ninf

bk=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=k ninf

(an+bk)k ninf

(ak+bk) ()

Segue allora che:

+n lim inf

bn= lim nan+ lim n k n

inf

bk=per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.= lim n

an+

k ninf

bkper la () lim n k n

inf

(ak+bk)=:n lim inf

(an+bn)

c.v.d.



+n lim sup

bn=n lim sup

an+n lim sup

bn=-n lim inf

(-an)-n lim inf

(-bn)=

=-

n lim inf

(-an)+n lim inf

(-bn)=per =-

n lim inf

-(an+bn)=n lim sup

(an+bn) c.v.d.

MINIMO LIMITE E MASSIMO LIMITE PER UNA SUCC. GENERALIZZ. [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia aD una successione generalizzata nella retta estesa, definiamo minimo limite della

successione:

lim inf a:=

Dsup

inf a

Analogamente definiamo massimo limite della successione:

lim sup a:=

Dinf

supa

Valgono per il massimo e minimo limite di una successione generalizzata proprietà analoghe a

quelle già viste per le successioni ordinarie.

MINIMO LIMITE E MASSIMO LIMITE PER UNA FUNZIONE REALE [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, AX, x0DA, U(x0) famiglia di intorni de punto x0 in cui definiamo

la relazione di ordine filtrante V,UU(x0) UV VU ed infine f:A~R , allora definiamo

minimo limite della funzione in x0:

x x

lim inf 0

f(x):=U (x0

supU ) x U A\{x0

inf }

f(x)

Analogamente definiamo massimo limite della funzione in x0:

x x

lim sup 0

f(x):=U (x0

infU ) x U A\{x0

sup }

f(x)


Dimostriamo che il liminf è finito su intorno del punto interessato la funz. si mantiene

>-. Chiaramente possiamo dimostrare equivalentemente che il liminf vale meno infinito la

funzione su ogni intorno assume come inf -.



AX, x0DA

f:A~R funzione

Allora x x

lim inf 0

f(x)=- x U A\{x0

inf }

f(x)=- UU(x0)

Dim Per Hp

x x

lim inf 0

f(x)=- U (x0

supU ) x U A\{x0

inf }

f(x)=- x U A\{x0

inf }

f(x)=- UU(x0)

Dim Per Hp

x U A\{x0inf

}f(x)=- UU(x0)

U 0(xsupU ) x U A\{x0

inf }

f(x)=- x x

lim inf 0

f(x)=-.

Analogamente si dimostra il seguente risultato.



AX, x0DA

f:A~R funzione

Ts: x x

lim sup 0

f(x)=+ x U A\{x0

sup }

f(x)=+ UU(x0)



AX, x0DA

f:AR funzione Ts:

x x

lim inf 0

f(x)x x

lim sup 0

f(x)

Dim (esercizio) Fissati ad arbitrio U,VU(x0) ci proponiamo di fare vedere che:

x U A\{x0inf

}f(x)

x V A\{x0

sup }

f(x) ()


Consideriamo UV che è un intorno di x0 e poiché x0DA (UV)A\{x0}

z(UV)A\{x0}=(UA\{x0})(VA\{x0}) e quindi:

x U A\{x0inf

}f(x)f(z)

x V A\{x0

sup }

f(x)

E quindi rimane provata la () che vale U,VU(x0) e pertanto passando al sup al Io membro ed

all’inf al II9 membro otteniamo la disuguaglianza promessa nella tesi.

PROPRIETÀ CARATT. DEL MASSIMO LIMITE DI UNA FUNZI. REALE [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AX, x0DA

f:AR funzione

R

allora =x x

lim sup 0

f(x)

Dim Verifichiamo la (1):

fissiamo un >0 e osserviamo che essendo =U (x0

infU ) x U A\{x0

sup }

f(x) allora per la seconda

proprietà dell’inf si ha che:

UU(x0) t.c. x U A\{x0

sup }

f(x)<+

segue allora che:

f(x)x U A\{x0

sup }

f(x)<+ xUA\{x0} c.v.d.


Fissati ad arbitrio >0, ed UU(x0), poiché è il massimo limite allora per la prima proprietà

dell’inf si ha che:

x U A\{x0

sup }

f(x)

allora evidentemente:

-<x U A\{x0

sup }

f(x)

(1) >0 UU(x0) t.c. f(x)<+ xUA\x0 (2) >0 UU(x0) xUA\x0 t.c. -<f(x)


e quindi posto *:=x U A\{x0

sup }

f(x)-(-) allora per la IIa proprietà del sup si ha che:

xU t.c. f(x)>x U A\{x0

sup }

f(x)-*=- c.v.d.

Dim La dimostrazione di tale implicazione come la precedente è analoga (con le ovvie modifiche) a

quella già trattata per il massimo limite di successioni ordinarie.

Analogamente valgono le seguenti proprietà.

PROPRIETÀ CARATT. DEL MINIMO LIMITE DI UNA FUNZIONE REALE [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AX, x0DA

f:AR

R

allora =x x

lim inf 0

f(x)

Dimostriamo adesso che condizione necessaria e sufficiente affinché la funzione f ammetta

limite in x0 è che minimo e massimo limite coincidano.



AX, x0DA

f:AR

siano e il min e il max limite della funzione per x che tende ad x0

(1) >0 UU(x0) t.c. f(x)>- xUA\x0

(2) >0 UU(x0) xUA\x0 t.c. +>f(x)


sono allora equivalenti:

(1) lim x x 0f(x)=:

(2) ==

Dim (1)(2) Bisogna considerare due casi distinti:

(a) finito

(b) infinito


Per ipotesi la funzione f:AR tende ad per x che tende a x0 e questo come sappiamo significa

che:

>0 UU(x0) t.c. -<f(x)<+ xUA\x0

allora soddisfa sia le proprietà di che quelle di , quindi ==, e si ha quanto voluto.


trattiamo il caso =+ (poichè il caso =- è analogo) cioè il caso in cui la funzione f diverge a

+ per x tendente a x0 e dimostriamo quindi che ==+.

Poiché vale sempre proviamo allora che =+.

Supponiamo per assurdo che x x

lim inf 0

f(x):=<+ cioè U 0(x

supU ) x U A\{x0

inf }

f(x)<+

x U A\{x0inf

}f(x)<+ UU(x0) UU(x0) xUUA\{x0} t.c. f(x)<+ consideriamo allora

la quantità: K:=sup{f(xU) : xUUA\{x0} e UU(x0)}

e quindi osserviamo che:

Kf(xU) xUUA\{x0} UU(x0)

Per Hp la funzione f diverge a + per xx0 e quindi in corrispondenza di K si ha:

UU(x0) t.c. f(x)>K xUA\{x0}

e in particolare per xUUA\{x0} si ha:

K<f(xU)K K<K che è un assurdo

Dim (2)(1) Distinguiamo i seguenti tre casi:

(a) == finito

(b) ==+

(c) ==-



Se == allora per la prima proprietà rispettivamente del massimo limite e del minimo limite

si ha che in corrispondenza di un arbitrario fissato >0 si ha che:

UU(x0) t.c. V>U (cioè VU) f(x)>-, xVA\x0

WU(x0) t.c. K>W (cioè KW) f(x)<+ xKA\x0

quindi se si considera l’intorno di x0 UW, che è contenuto sia in U che in W, le due relazioni

precedenti valgono contemporaneamente, e quindi:

-<f(x)<+ x(UW)A\x0

che altro non è che la definizione di limite di f per x che tende ad x0.


Dobbiamo provare che la funzione f diverge a + per xx0.

Fissiamo quindi un arbitrario >0 e proviamo che:

U intorno di x0 t.c. f(x)> xUA\{x0} ()

Per Hp ==+ x x

lim inf 0

f(x)=x x

lim sup 0

f(x)=+ e in particolare x x

lim inf 0

f(x)=+

U 0(xsupU ) x U A\{x0

inf }

f(x)=+ e quest’ultima può accadere se:

() UU(x0) t.c. x U A\{x0

inf }

f(x)=+

() x U A\{x0

inf }

f(x) : UU(x0)

non è limitato superiormente

Nel caso () la () è banalmente soddisfatta, consideriamo quindi il caso () dal quale segue che in

corrispondenza del fissato >0:

UU(x0) t.c. x U A\{x0

inf }

f(x)> f(x)x U A\{x0

inf }

f(x)> xU\{x0}


questo caso si tratta in maniera del tutto analoga al caso precedente c.v.d.

SEMICONTINUITÀ INFERIORE E SEMICONTINUITÀ SUPERIORE [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico, x0X e f:XR (funzione reale definita in X). Diciamo che la funzione f

è semicontinua inferiormente (brevemente s.c.i.) nel punto x0 se:


>0 U intorno di x0 t.c. f(x0)-<f(x) xU

Diciamo che la funzione f è semicontinua superiormente (brevemente s.c.s.) nel punto x0 se:

>0 U intorno di x0 t.c. f(x)<f(x0)+ xU

Diciamo che la funzione f è semicontinua inferiormente (risp. superiormente) se è semicontinua

inferiormente (risp. superiormente) in ogni punto di X. Ovviamente se AX, f:AR e x0A

allora con le solite osservazioni sulla relativizzazione ad A della topologia di X, si ha che f è

semicontinua inferiormente in x0 se:

>0 U intorno di x0 t.c. f(x0)-<f(x) xUA

Analogamente f è semicontinua superiormente in x0 se:

>0 U intorno di x0 t.c. f(x)<f(x0)+ xUA

Consideriamo adesso il seguente banale esempio di funzione s.c.i. in un punto. Consideriamo la

funzione f:IR con I:=[0,2[ intervallo di R, così definita:

f(x)=0 se 0 < x < 10 se x =11 se 1< x < 2

Verifichiamo che la f è s.c.i in x=1. Sia >0 si ha allora f(1)-=-<f(x) xI. Ma chiaramente la f

così definita non è s.c.i. in x=1 infatti basta prendere ad esempio 0<<1 si ha allora banalmente che

non esiste nessun intorno di x=1 affinché f(x)<f(1)+=. Se definiamo la f precedente in x=1 con 1

(invece che con 0) cioè f(1)=1 allora si verifica banalmente che in x=1 la funzione è s.c.s. ma non

s.c.i.

Il seguente semplice banale risultato rappresenta una legge di dualità per le funzioni s.c.i. e

s.c.s. cioè dimostrata una data proprietà per le funzioni s.c.i. allora dualmente si ottiene l’analoga

per le funzioni s.c.s. e viceversa.



f:XR funzione

x0X

allora f è s.c.i. (risp. s.c.s.) in x0 -f è s.c.s. (risp. s.c.i.) in x0

Dim (ovvia)



f:XR funzione


x0X

allora f è continua in x0 f è s.c.i. e s.c.s. in x0

Dim (ovvia)

OSSERVAZIONI SUL PRODOTTO DI FUNZIONI S.C.I. E S.C.S. [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Cominciamo ad osservare con un contresempio che in generale il prodotto di due funzioni

semicontinue superiormente (risp. semicontinua inferiormente) non è una funzione semicontinua

superiormente (risp. semicontinua inferiormente). Sia quindi X uno spazio topologico, f1:XR

funzione semicontinua superiormente (risp. semicontinua inferiormente) e scegliamo f2:XR

definita da f2(x):=-1 xX, cioé f2 è una funzione costante f2 continua e quindi in particolare per

la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f2 è semicontinua superiormente (risp.

semicontinua inferiormente) e quindi osservando che f1f2=-f1:XR f1f2:XR è semicontinua

inferiormente (risp. semicontinua superiormente). Andiamo a considerare adesso il caso misto cioè

consideriamo il prodotto di una funzione semicontinua inferiormente per una funzione semicontinua

superiormente. Allora analogamente al caso precedente si può trovare un contresempio che ci

mostra che tale prodotto misto non è ne una funzione semicontinua superiormente, ne una funzione

semicontinua inferiormente.

Consideriamo adesso il seguente teorema di caratterizzazione della funzioni semicontinue

inferiormente



f:XR funzione

sono equivalenti le seguenti affermazioni:

(1) f è semicontinua inferiormente

(2) rR f -1(]-,r])={xX : f(x)r} è chiuso

(3) rR f -1(]r,+[)={xX : f(x)>r} è aperto


Fissato rR dobbiamo provare che il sottolivello f -1(]-,r]) è un chiuso e per fare ciò facciamo


uso di una caratterizzazione degli insiemi chiusi e proviamo che ogni successione generalizzata in f -

1(]-,r]) convergente ha limite in f -1(]-,r]). Siano quindi {x}D in f -1(]-,r]) convergente ad

un certo x0X, dobbiamo provare allora che x0f -1(]-,r]) ovvero che f(x0)r. Fissato un >0

allora essendo f s.c.i. si ha che:

UU(x0) t.c. f(x0)-<f(x) xU f(x0)<f(x)+ xU ()

ed essendo {x}D conver. ad x0 allora in corrispondenza dell’intorno U di x0 si ha:

D t.c. xU

e quindi fissato ed osservando che xf -1(]-,r]) segue dalla () che:

f(x0)<f(x)+r+ f(x0)<r+

e per l’arbitrarietà di segue che f(x0)r c.v.d.

Dim (2) (3) Fissato un qualunque rR allora l’asserto segue subito dalla relazione a noi nota:

X\f -1(]r,+[)=f -1(R)\f -1(]r,+[)=f -1(R\]r,+[)=f -1(]-,r])

e quindi essendo per Hp f -1(]-,r]) chiuso X\f -1(]r,+[) chiuso f -1(]r,+[) aperto

c.v.d.

Dim (3)(1)

Dobbiamo provare che la f è semicontinua inferiormente e quindi fissato un qualunque x0X e

proviamo che la f è semicontinua inferiormente nel punto x0. Fissato un arbitrario >0 prendiamo

come numero reale r=f(x0)- e osserviamo che banalmente f(x0)>r x0f -1(]r,+[)={xX :

f(x)>r}={xX : f(x)>f(x0)-} e quindi essendo per ipotesi f -1(]r,+[) aperto f -1(]r,+[) è

intorno di x0 e per come abbiamo scelto r questo intorno è tale che f(x0)-<f(x) xf -1 (]r,+[)

segue che la f semicontinua inferiormente in x0

c.v.d.

Analogamente per dualità dal teorema precedente si ha il teorema di caratterizzazione delle

funzioni semicontinue superiormente.



f:XR funzione


(1) f è semicontinua superiormente

(2) rR f -1(]-,r[)={xX : f(x)<r} è aperto

(3) rR f -1([r,+[)={xX : f(x)r} è chiuso




x0X, KR

f:XR funzione s.c.s. in x0

Ts: se f(x0)<K allora UX intorno di x0 t.c f(x)<K xU

Dim (esercizio) Poiché f(x0)<K K-f(x0)>0, allora per la s.c.s. in x0 della f, in corrispondenza della quantità

positiva :=K-f(x0) si ha:

UX intorno di x0 t.c. f(x)<f(x0)+=K xU c.v.d.



x0X, MR

f:XR funzione s.c.i. in x0

Ts: se f(x0)>M allora UX intorno di x0 t.c f(x)>M xU

Dim (esercizio)

Poiché f(x0)>M f(x0)-M>0, allora per la s.c.i. in x0 della f, in corrispondenza della quantità

positiva :=f(x0)-M si ha:

UX intorno di x0 t.c. f(x0)-=M<f(x) xU c.v.d.



x0X, K,MR

f:XR funzione continua in x0

x0X, K,MR

Ts: se M<f(x0)<K allora UX intorno di x0 t.c M<f(x)<K xU

Dim (esercizio) Per Hp f è continua in x0 f s.c.i. e s.c.s. in x0 segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

U1X intorno di x0 t.c. M<f(x) xU1

U2X intorno di x0 t.c. f(x)<K xU2

E quindi evidentemente basta scegliere U:=U1U2 c.v.d.

Un’altro importante corollario è il seguente risultato già noto dal coroso di Ananlisi uno.


TEOREMA DI PERMANENZA DEL SEGNO [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


x0X

f:XR funzione continua in x0 e f(x0)0

Ts: UX intorno di x0 in cui la f assume lo stesso segno di f(x0)

Dim (esercizio) Caso f(x0)>0:

per Hp f continua in x0 f s.c.i. in x0, e quindi per M:=0 segue direttamente dalla Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che:

UX intorno di x0 t.c f(x)>0 xU

Caso f(x0)<0:

per Hp f continua in x0 f s.c.s. in x0, e quindi per K:=0 segue direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

UX intorno di x0 t.c f(x)<0 xU c.v.d.



f:XR semicontinua inferiormente

AX, A

Ts: f|A:AR è semicontinua inferiormente

Dim (esercizio)

Ovviamente si considera in A la relativizzazione ad esso della topologia relativa. Facciamo uso di

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e quindi fissato R dimostriamo che l’insieme:

A:={xA : f(x)>}

è un aperto di A. Banalmente osserviamo che:

A:=A{xX : f(x)>} ()

Per Hp f è semicontinua inferiormente e quindi segue da Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. che l’insieme {xX : f(x)>} è un aperto di X e pertanto essendo per la () A

intersezione di A con un aperto di X allora per definizione di top. relativa è un aperto di A

c.v.d.




f:XR semicontinua superiormente

AX, A

Ts: f|A:AR è semicontinua superiormente

Dim (esercizio)

Per Hp f è semicontinua superiormente segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che -f è semicontinua inferiormente e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. -f|A è semicontinua inferiormente e riapplicando la Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. si ha che f|A è semicontinua superiormente c.v.d.

Consideriamo adesso un altro teorema di caratterizzazione delle funzioni semicontinue

inferiormente.


X spazio topologico

AX

x0ADA (cioè x0 punto di accumulazione appartenente ad A)

f:AR funzione


(1) f è semicontinua inferiormente in x0

(2) f(x0)x x

lim inf 0

f(x)

(3) {x}D succ. gen. in A\{x0} convergente a x0 allora f(x0)

lim inf f(x)

Dim (1) (2) Per Hp f è s.c.i. e quindi in corrispondenza di un fissato >0 si ha che:

>0 U intorno di x0 f(x0)-<f(x) xUA

e quindi in particolare f(x0)-<f(x) xUA\{x0}e pertanto passando all’inf si ha: f(x0)-

x U A\{x }0inf

f(x)

U (x0

supU ) x U A\{x }0

inf

f(x)=:x x

lim inf 0

f(x)

e poiché questa relazione vale per ogni >0 si ha allora la tesi.

Dim (2)(3)

Consideriamo in A\{x0} una {x}Dx0 e quindi fissato un arbitrario U intorno del punto x0 si ha

che:

UD t.c. xU U


Tenendo presente l’ipotesi vogliamo provare che x x

lim inf 0

f(x)

lim inf f(x). Certamente sappiamo

che:

x U A\{x0

inf }

f(x)f(x) U

segue allora da questo che:

x U A\{x0

inf }

f(x) Uinf f(x)

Dsup

inf f(x)=:

lim inf f(x)

e questa vale per ogni U intorno di x0 e quindi possiamo passare al sup nel primo membro e

otteniamo:

U (x0

supU ) x U A\{x0

inf }

f(x)

lim inf f(x) x x

lim inf 0

f(x)

lim inf f(x)

Dim (3) (1) Ragioniamo per assurdo e supponiamo che la f non sia semicontinua inferiormente e questo

evidentemente equivale ad affermare che:

*>0 t.c. UU(x0) xUUA t.c. f(x0)-*f(xU) (1)

si costruisce così la successione generalizzata {xU}UD con D:=U(x0) (in cui si introduce la solita

relazione di ordinamento filtrante UV VU), che dimora evidentemente in UA\{x0} poiché

se per assurdo esistesse UD t.c. xU=x0 allora per la (1) si avrebbe che f(x0)-*f(x0) assurdo.

Abbiamo osservato in precedenza che {xU}x0 segue allora dalla (3) che: f(x0)

U lim inf f(xU)

e quindi maggior ragione:

f(x0)-*<U

lim inf f(xU) (2)

Osserviamo adesso da (1) che:

f(x0)-*f(xU)VinfU

f(xV)=VinfU

f(xV) UD

e poiché la precedente relazione vale UU(x0) allora passando al sup otteniamo: f(x0)-*

UsupD V

infU

f(xU)=:U

lim inf f(xU) (3)

segue quindi da (2) ed (3) che:

U lim inf f(xU)<

U lim inf f(xU) assurdo.

Per dualità possiamo dare il teorema di caratterizzazione per le funzioni s.c.s.


X spazio topologico


AX

x0ADA

f:AR funzione

Sono equivalenti

(1) f è semicontinua superiormente in x0 (2) f(x0) lim

x x 0sup f(x)

(3) {x}D succ. gen. in A\{x0} con {x}x0 allora f(x0)lim

sup f(x)

MASSIMI E MINIMI [1512/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un insieme qualunque non vuoto e f:XR funzione reale diciamo allora che x0X è un

punto di minimo (rip. di massimo) assoluto se:

f(x0)f(x) (risp. f(x0)f(x)) xX

Se X ha la struttura di uno spazio topologico allora possiamo parlare di intorni e quindi possiamo

introdurre le nozioni di massimo e minimo locale. E quindi sia X uno spazio topologico, f:XR

funzione diciamo allora che il punto x0X è un punto di minimo (risp. massimo) relativo (o

locale) se:

U intorno di x0 t.c. f(x0)f(x) (risp. f(x0)f(x)) xU



x0X punti di minimo locale (risp. massimo locale)

Ts: f è semicontinua inferiormente (risp. semicontinua superiormente) in x0

Dim (esercizio) Fissiamo un arbitrario >0 e proviamo quindi che:

U intono di x0 t.c f(x0)-<f(x) xU

Poiché x0 è punto di minimo assoluto che U intorno di x0 t.c f(x0)f(x) xU allora a maggior

ragione f si ha che f(x0)-f(x) xU c.v.d.

18-12-95

INVILUPPO SUPERIORE ED INFERIORE DI UNA FAMIGLIA DI FUNZIONI [1812/Errore. L'argomento



Sia X un insieme non vuoto, {fi}iI una famiglia di funzioni fi:XR diciamo allora inviluppo superiore della famiglia di funzioni, la funzione: f:XR con f(x):=sup

i Ifi (x)

Analogamente si definisce inviluppo inferiore della famiglia, la funzione: f:XR con f(x):=inf

i Ifi (x)



{fi}iI una famiglia di funzione reali definite in X semicontinue inferiormente

Ts: l’inviluppo superiore delle fi è una è una funzione semicontinua inferiormente

Dim Dobbiamo provare che la f è semicontinua inferiormente e questo per un teorema precedente di

caratterizzazione delle funzioni semicontinue inferiormente equivale a provare che:

R l’insieme di livello f -1 (]-,])={xX : f(x) } è chiuso in X.

Fissato quindi R si ha che:

f -1(]-,])={xX : f(x)}=

xX : supi I

fi (x)

=banalmente si prova che=i I {xX : fi

(x)}=i I f

i-1 (]-,])

e quindi essendo per Hp le fi semicontinue inferiormente segue che gli f

i-1 (]-,]) sono chiusi f -1 (]-,]) chiuso essendo l’intersezione di chiusi

Analogamente per dualità otteniamo



{fi}iI una famiglia di funzione reali definite in X semicontinue superiormente

Ts: l’inviluppo inferiore delle fi è una è una funzione semicontinua superiormente

Dim (esercizio) f(x):=inf

i Ifi (x)=-f(x):=-sup

i I-fi (x)


osserviamo che per Hp le fi sono semicontinue superiormente che le -fi sono semicontinue

inferiormente segue allora dalla proposizione precedente che il loro inviluppo superiore cioè -

f(x)=sup{-fi (x) : iI} è semicontinua inferiormente e quindi f è semicontinua superiormente

c.v.d.

FUNZIONE CARATTERISTICA [1812/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Un altra categoria importante di funzioni semicontinue è quella delle funzioni caratteristiche. Dove

ricordiamo che se X è un insieme non vuoto AX allora diciamo funzione caratteristica di A la

funzione A:X{0,1} definita da

A(x):=1 se x A0 se x A

Supponiamo adesso che X sia munito di una struttura topologica (cioè X spazio topologico).

Chiaramente la funzione caratteristica A è discontinua e per dimostrarlo basta fare uso del teorema

degli zeri di analisi 1 che afferma che una funzione continua assume tutti i valori compresi tra il suo

minimo (che è chiaramente 0) e il suo massimo (che è chiaramente 1) e questa condizione

necessaria per la continuità non è sicuramente soddisfatta dalla funzione A. Vediamo come deve

essere fatto l’insieme A affinché la A sia una funzione semicontinua inferiormente, e quindi

facendo uso di una delle caratterizzazioni viste in precedenza, dobbiamo vedere come deve essere

fatto A affinché l’insieme di livello A-1 (]-,])={xX : A(x)} sia chiuso R.

Osserviamo che A-1 (]-,])={xX : A(x)}=

X se 1 se < 0

X \ A se 0 < 1

e quindi da questo deduciamo che affinché la funzione A sia semicontinua inferiormente deve

essere che X\A chiuso A aperto. E quindi A semicontinua inferiormente A è aperto.

Vediamo adesso come deve essere fatto A affinché la finzione A sia semicontinua superiormente,

dobbiamo quindi vedere come deve essere fatto A affinché l’insieme di livello A-1 (]-,[)={xX

:A(x)<} sia aperto R.

Osserviamo che A-1 (]-,[)={xX : A(x)<}=

X se 1 se 0

X \ A se 0 1

e quindi da questo deduciamo che affinché la funzione A sia semicontinua superiormente deve

essere che X\A aperto A chiuso. E quindi A semicontinua superiormente A è chiuso.



X spazio topologico

x0X

f,g:XR semicontinua inferiormente in x0X

Ts: f+g:XR semicontinua inferiormente in x0

Dim (per esercizio) Segue dall’Hp che fissato un arbitrario >0 allora

U1 intorno di x0 t.c. f(x0)-/2f(x) xU1

U2 intorno di x0 t.c. g(x0)-/2g(x) xU2

e quindi se consideriamo U=U1U2 è un intorno di x0 per il quale valgono contemporaneamente

entrambe le precedenti , che sommate membro a membro danno f(x0)+g(x0)-f(x)+g(x) xU

(f+g)(x0)-(f+g)(x) xU c.v.d.

Analogamente si dimostra la seguente proprietà.


X spazio topologico

x0X

f,g:XR semicontinua superiormente in x0X

Ts: f+g:XR semicontinua superiormente in x0

Dim

Osserviamo che:

f+g=-[(-f)+(-g)]

e quindi ricordando che l’opposta di una funzione semicontinua superiormente è una funzione

semicontinua inferiormente segue allora dalla proprietà precedente che f+g è semicontinua

inferiormente c.v.d.



f:XR funzione semicontinua inferiormente in x0

R0

Ts: se >0 f:XR è una funzione semicontinua inferiormente in x0

se <0 f:XR è una funzione semicontinua superiormente in x0

Dim (per esercizio)

Caso >0:


per Hp si ha che >0 UU(x0) t.c. f(x0)-/f(x) xU e quindi moltiplicando la precedente

per otteniamo f(x0)-f(x) xU (f)(x0)-(f)(x) xU f è semicontinua

inferiormente.

Caso <0:

<0 ->0 segue allora dal caso precedente che -f è semicontinua inferiormente che f è

semicontinua superiormente.


La proprietà precedente ci dice che l’insieme delle funzioni semicontinue inferiormente (risp.

semicontinue superiormente) non è un sottospazio vettoriale di RX:={ins. delle funzioni da

XR}, ma tale insieme è chiaramente un insieme convesso infatti se f e g sono due funzioni

semicontinue inferiormente (risp. semicontinue superiormente) allora per le due proprietà

precedenti la combinazione convessa f+(1-)g è ancora una funzione semicontinua inferiormente

(risp. semicontinue superiormente) [0,1].



1, 2 due topologie in X con 12

f:XR funzione

Ts: se f è 1-s.c.i. (risp. s.c.s.) f è 2-s.c.i. (risp. s.c.s.)

Dim

Per dimostrare la tesi facciamo uso del teorema di caratterizzazione [1512/20]. Per Hp f è 1-

semicontinua inferiormente che fissato un qualunque R allora

f -1 (], +[) è 1-aperto in X e poiché 12 (cioè 1 2) f -1 (], +[) è

2-aperto in X f è 2-semicontinua inferiormente c.v.d.

RICOPRIMENTO E SOTTORICOPRIMENTO [1812/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un insieme e AX chiamiamo ricoprimento di A una qualunque famiglia F di parti di X (cioè FP(X) ) tale che l’unione dei membri di F contiene A cioè A Y

YF .

Se F è un ricoprimento di A allora diciamo che G è un sottoricoprimento di F se GF e G è un

ricoprimento di A.


RICOPRIMENTO APERTO [1812/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) spazio topologico ,AX diciamo che F è un ricoprimento aperto di A se è un

ricoprimento di A e se ogni suo membro è un aperto (cioè F).

Diamo adesso una delle nozioni più importanti di tutta l’analisi.

COMPATTEZZA [1812/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico diciamo allora che X è compatto se X è vuoto o se ogni ricoprimento

aperto di X ammette sottoricoprimento finito. Se AX allora ovviamente diciamo che A è compatto

quando visto come spazio topologico con la topologia relativa, risulta compatto. Vogliamo adesso

precisare che la nozione di compattezza è una nozione intrinseca o meglio assoluta cioé se X è uno

spazio topologico, AX e BA, allora in questa situazione B lo possiamo pensare come

sottoinsieme dello spazio A con la topologia relativa oppure come sottoinsieme di X, si ha allora

che per la compattezza non c’è possibilità di equivoco poiché come già osservato la relativizzazione

a B della topologia di X e la relativizzazione a B della topologia di A coincidono.



AX


(1) A è compatto (2) {Ai}iI famiglia di aperti di X t.c. A

i I Ai JI finito t.c. A

i J Ai

Dim (1)(2) Sia {Ai}iI una famiglia di aperti di X t.c. A{Ai : iI} cosideriamo allora la famiglia {AAi}iI

che è ovviamente una famiglia di aperti di A e ovviamente ricopre A infatti:

i I AAi=A

i I Ai=A

e quindi poiché per Hp A compatto (cioé A visto con la topologia relativa di X è compatto) allora

esiste un sottoricoprimento finito cioé: JI finito t.c. A=

i J AAi=A

i J Ai A

i J Ai c.v.d.

Dim (2)(1)


Sia {i}iI una famiglia di aperto di A che ricopre A, e quindi:

iI AiX aperto di X t.c i=AAi

consideriamo allora la famiglia di aperti {Ai}iI e osserviamo che: A=

i I i=

i I AAi=A

i I Ai

i I Ai

e quindi segue da Hp che: JI finito t.c. A

i J Ai A=A

i J Ai=

i J AAi=

i J i c.v.d.

Verifichiamo che i singoletti sono dei compatti.



x0X

Ts: {x0} è un compatto

Dim (banale) Sia {Ai}iI un ricoprimento aperto di {x0} cioè {x0}

i I Ai x0

i I Ai kI t.c. x0Ak

{x0}Ak ed essendo banalmente Ak un sott.ricopr. finito di x0 si ha la tesi. Dimostriamo che l’unione di un numero finito di compatti è un compatto.



A1,...,An X compatti

Ts: i=1

n Ai compatto

Dim Siano A1,...,An X compatti e poniamo:

A=i=1

n Ai

dobbiamo provare che A è compatto cioè preso un ricoprimento aperto di A allora questo deve

ammettere un sottoricoprimento finito di A. Sia F un ricoprimento aperto di A F ricoprimento di

Ai i=1,...,n e poiché gli Ai sono compatti che Ai esiste un sottoricoprimento finito Gi e quindi

chiaramente se consideriamo:

G: =i=1

n Gi

questo è un sottoricoprimento finito di A c.v.d.


PROPRIETÀ DELL’INTERSEZIONE FINITA [1812/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un insieme non vuoto e F una famiglia di parti di X, diciamo allora che F gode

dell’intersezione finita se l’intersezione finita di membri di F è non vuota cioè se comunque presa una sottofamiglia GF finita allora Y

YG .

Si osserva subito dalla definizione data che una famiglia che gode dell’intersezione finita non può

contenere l’insieme vuoto.

Consideriamo adesso il seguente teorema che è di notevole importanza per le affermazioni

successive




(1) X è compatto (2) L’intersezione dei membri di una qualunque famiglia F di sottoinsiemi chiusi di X godente della proprietà di intersezione finita, è non vuota cioè Y

YF

Dim (1) (2)

Per Hp X è compatto, e sia F una famiglia di chiusi in X godente della proprietà di intersezione

finita, dobbiamo provare che l’intersezione di membri di F è non vuota. Supponiamo per assurdo che la tesi non sia vera cioè Y

YF =.

Consideriamo la famiglia G={X\Y}YF di aperti che è chiaramente un ricoprimento aperto di X

infatti:

YF X\Y=per Demorgan=X\

YF Y=X\=X

e poiché per Hp X è compatto allora G ammette un sottoricoprimento finito cioè:

X\Y1,...,X\YnG t.c X=i=1

n X\Yi

e quindi applicando le formule di Demorgan abbiamo che:

X=i=1

n X\Yi=X\

i=1

n Yi

i=1

n Yi=


e questo è un assurdo poiché per Hp la famiglia F gode della proprietà dell’intersezione finita segue

quindi dall’assurdo che deve necessariamente essere che: Y

YF c.v.d.

Dim (2) (1) Consideriamo un ricoprimento aperto di X cioè consideriamo una famiglia F={Ai}iI dove Ai aperto in X iI t.c. X=

i I Ai, dobbiamo provare quindi che il ricoprimento F ammette

un sottoricoprimento finito. Supponiamo per assurdo che questo non sia vero cioè: JI finito X\

i J Ai.

Consideriamo la famiglia G={X\Ai}iI che è una famiglia di chiusi che gode della

proprietà dell’intersezione finita allora per la (2) i I X\Ai ma questo è assurdo poiché

i I X\Ai=applichiamo Demorgan=X\

i I Ai=X\X= c.v.d.



1,2 due topologie in X con 1 meno fine di 2 (cioè 12 )

Ts: se X è 2-compatto allora X è 1-compatto

Dim

Sia G={Ai}iI una famiglia di 1-aperti che ricopre X, poiché 12 (che significa 12 )

che G è pure una famiglia di 2-aperti che ricopre X e poiché X è per Hp 2-compatto che

possiamo estrarre da G un 2-sottoricoprimento finito di X che chiaramente sarà pure un 1-

sottoricoprimento finito, essendo infatti i suoi membri appartenenti a G

c.v.d.


X spazio topologico compatto

AX chiuso

Ts: A è compatto

Dim Per Hp A è un chiuso X\A è un aperto. Si F={Ai}iI una famiglia di aperti di X tale che: A

i I Ai (cioè che ricopre A)


dobbiamo provare che possiamo estrarre da F un sottoricoprimento finito di A. Consideriamo la

famiglia:

G={Ai : iI}{X\A}

che è chiaramente un ricoprimento aperto di X e quindi essendo per Hp X compatto esiste un

sottoricoprimento finito di G che ricopre X cioè: JI finito t.c. X=

i J Ai(X\A)

e sicuramente: A

i J Ai

segue che A è compatto c.v.d. In generale il viceversa della proprietà precedente non vale. Infatti se X è un insieme non vuoto

e consideriamo su di esso la topologia indiscreta cioè ={,X} si ha allora chiaramente che ogni

sottoinsieme proprio e non vuoto di X è un compatto, ma non è chiuso (poiché gli unici chiusi sono

ed X). Però il viceversa vale come dimostra la proprietà successiva se aggiungiamo all’Hp che X

sia di Hausdorff.


X spazio topologico di Hausdorff

AX compatto

Ts: A è chiuso

Dim Vogliamo provare che X\A è aperto e cioè vogliamo provare che X\A è intorno di ogni suo punto.

Sia x0X\A e xA x0x e poiché X è per Hp di Hausdorff si ha allora che:

Ux intorno aperto di x0

Vx intorno aperto di x

A questo punto consideriamo la famiglia {Vx}xA che è una famiglia di aperti che ricopre A, e

poiché A è compatto per Hp allora:

x1,...xnt.c. Ai=1

n ixV

poniamo:

U=i=1

n ixU

chiaramente U è un intorno di x0 essendo intersezione finita di intorni di x0 e affermiamo che

UX\A infatti se per assurdo UA yUA segue allora da questo che:

t.c. Ux Vx =


yU=i=1

n ixU y

ixU i=1,...,n

yAi=1

n

ixV k{1,...n}t.c. yixV

E quindi x0UX\A X\A intorno di ogni suo punto X\A aperto A chiuso. E pertanto

l’asserto è completamente dimostrato.

Diretta conseguenza delle Errore. L'argomento parametro è sconosciuto., Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. sono i seguenti corollari di frequente uso nelle

dimostrazioni dei teoremi successivi.



AX compatto e chiuso

BX chiuso

Ts: AB compatto

Dim

Per Hp A è un chiuso e quindi ricordando che l’intersezione di chiusi è un chiuso si ha che AB è

un chiuso. Osserviamo che banalmente:

ABA

e quindi essendo A per Hp pure compatto, segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che AB è un compatto

c.v.d.


Sia X uno spazio topologico di Hausdorff

AX compatto

BX chiuso

Ts: AB compatto

Dim Per Hp AX compatto e X spazio di Hausdorff segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è chiuso e quindi per il corollario precedente si ha che AB

compatto c.v.d.

ykxU

kxV kxU

kxV assurdo




{Ai}iI famiglia di compatti di X Ts: A:=

i I Ai è un compatto

Dim (esercizio) Per Hp ogni Ai è un compatto e quindi per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha

che ogni Ai è un chiuso e pertanto essendo A intersezioni di chiusi è un chiuso e banalmente A è

contenuto in un qualunque compatto Ai e quindi segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è compatto c.v.d.



AX aperto

KX compatto

Ts: K\A è un compatto

Dim (esercizio)

Dobbiamo dimostrare che ogni ricoprimento aperto di K\A ammette un sottoricoprimento finito. Sia

quindi {Ak}kI un ricoprimento di K\A cioè: K\A

k I Ak

Consideriamo allora la famiglia {A}{Ak}kI che è evidentemente un ricoprimento di K che è

compatto per Hp e quindi:

k1,...,knI t.c. KAi=1

n Aki

ed evidentemente {Aki : i=1,...,n} è un ricoprimento finito di K\A c.v.d.



AX aperto

KX compatto

Ts: A\K è un aperto

Dim (esercizio)

Teniamo presente che in precedenza abbiamo dimostrato che un aperto privato dei punti di un

chiuso è un aperto. Per Hp X è di Hausdorff e quindi per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. il compatto K è un chiuso segue allora da quanto detto che A\K è un aperto

c.v.d.


Segue direttamente il seguente corollario che ci dice che in uno spazio di Hausdorff un

aperto privato di un numero finito di punti è ancora un aperto.



AX aperto

x1,x2,...,xnX

Ts: A\{x1,...,xn} è un aperto

Dim (esercizio) Abbiamo osservato nella Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che i singoletti di uno

spazio topologico sono dei compatti ed inoltre per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che l’unione finita di compatti è un compatto e pertanto posto:

K:={x1,...,xn}=i=1

n {xi}

si ha da quanto detto che K è un compatto, segue allora dalla proprietà precedente che A\K è un

compatto c.v.d.

Facendo uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto., dimostriamo che un

insieme denso privato di un numero finito di punti è ancora un insieme denso.



AX denso

x1,...,xnX

Ts: D:=A\{x1,...,xn} è denso

Dim (esercizio) Per una caratterizzazione degli insiemi densi dobbiamo provare che D interseca ogni aperto non

vuoto. Sia quindi X aperto non vuoto, consideriamo allora \{x1,...,xn} che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è un aperto ed è ovviamente non vuoto e quindi essendo

per Hp A denso in X osserviamo che:

A\{x1,...,xn}=A\{x1,...,xn}=D c.v.d.

Dimostriamo adesso il seguente importantissimo teorema.



Sia X spazio topologico compatto

f:XR funzione semicontinua inferiormente in X

Ts: f e dotata di minimo assoluto

Dim

Proviamo che f è limitata inferiormente. Fissiamo un arbitrario xX e poniamo =1 e quindi poiché

f è semicontinua inferiormente si ha che:

Ax intorno aperto di x t.c. f(x)-1<f(y) yAx (1)

Consideriamo adesso la famiglia {Ax}xX che è chiaramente un ricoprimento aperto dello spazio X.

Poiché per Hp X compatto allora:

x1,...,xnX t.c. X=ii=1

n

xA (2)

a questo punto chiamiamo: m:= min

1 i n [f(xi)-1]

e quindi possiamo affermare che:

m<f(y) yX (3) infatti se yX allora per la (2) 1in t.c. y

ixA e per la (1) f(xi)-1<f(y) e poiché

mf(xi)-1 si ha allora che m<f(y).

E quindi la (3) ci assicura che l’insieme f(X) è limitato inferiormente cioé: = inf

x Xf(x)=inf f(X)

Proviamo che f(X) ammette minimo cioè:

x0X t.c. f(x0)=

Fissiamo >0 e consideriamo l’insieme:

Y:={xX : f(x)+}=:f -1(]-,+])

certamente per la seconda proprietà caratteristica dell’inf Y, inoltre poiché per Hp f è

semicontinua inferiormente Y chiuso. A questo punto consideriamo la famiglia di chiusi

F={Y}>0. Verifichiamo che la famiglia F gode della proprietà dell’intersezione finita. Siano 1,...,n>0, chiamiamo allora *:= min

1 i n i e osserviamo che chiaramente l’insieme

*Y ii=1

nY infatti se x *Y f(x)+*+i i=1,...,n x i

i=1

nY *Y i

i=1

nY . E

osservando adesso che *Y ii=1

nY che la famiglia F gode delle proprietà

dell’intersezione finita.


Per Hp X e compatto segue allora dal teorema precedente che:

Y 0 che x0

Y

0 x0Y >0 f(x0) + >0

segue dall’arbitrarietà di che f(x0), ma poiché è l’inf deve allora necessariamente essere

=f(x0) x0 punto di minimo assoluto.

Ed il teorema pertanto è completamente dimostrato.

Analogamente per dualità si dimostra il teorema seguente.



f:XR funzione semicontinua superiormente in X

Ts: f e dotata di massimo assoluto

Conseguenza diretta di Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e di Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. c’è il seguente noto teorema dell’analisi.

TEOREMA DI WEIERSTRASS [1812/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


f:XR funzione continua in X

Ts: f e dotata di massimo e minimo assoluto



x0X

{xn} una successione ordinaria in X convergente verso x0

Ts: A:={xn : nN}{x0} è compatto

Dim

Sia G={Ai}iI un ricoprimento aperto di A, dobbiamo allora provare che G ammette un

sottoricoprimento finito. Poiché G è un ricoprimento di A che kI t.c. x0Ak Ak intorno di

x0. Per Hp la successione {xn} converge ad x0 e questo significa che da un certo indice finito in poi i

punti della successione sono contenuti nell’intorno Ak cioé in corrispondenze dell’intorno Ak di x0

N t.c. xnAk n. Osserviamo che i primi termini cioè i termini che non ricadono


nell’aperto sono finiti (poichè stiamo lavorando con una successione ordinaria infatti se fosse stata

una successione generalizzata allora tale affermazione non sarebbe stata possibile poiché i termini

di tale successione sono associati ad un insieme parzialmente ordinato con ordinamento filtrante che

non ci garantisce il fatto che i termini che rimangono fuori dell’intorno siano in numero finito) e

quindi esisteranno al più aperti del ricoprimento G che contengono tali punti allora chiaramente la

famiglia costituita da tali aperti e da Ak è un sottoricoprimento finito di G.

c.v.d.

20-12-95

FUNZIONE INF-COMPATTA [2012/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico e f:XR funzione. Diciamo allora che f è inf-compatta se i suoi

sottolivelli sono dei compatti cioé se:

R l’insieme di livello f -1(]-,])={xX : f(x)} è compatto


Sia X uno spazio topologico non compatto

f:XR inf-compatta

Ts: f non è limitata superiormente

Dim (esercizio) Supponiamo per assurdo che la f sia limitata superiormente e quindi:

lR t.c. f(x)l xX f -1 (]-,l])={xX : f(x)l}=X

e quindi essendo f inf-compatta X compatto e siamo ad un assurdo c.v.d.



f:XR funzione inf-compatta

Ts: f è semicontinua inferiormente

Dim (esercizio) Facciamo uso di una caratterizzazione delle funzioni semicontinue inferiormente e proviamo quindi

che:

R f -1(]-,]) è un chiuso


Fissato quindi un R, allora poiché per Hp è f è inf-compatta che f -1(]-,]) è compatto.

Osserviamo che per Hp X è di Hausdorff e quindi per una proprietà vista nella lezione precedente

che ci dice che un sottoinsieme compatto di uno spazio di Hausdorff è chiuso, segue allora che f -

1(]-,]) è chiuso c.v.d.


Sia X uno spazio topologico compatto

f:XR funzione semicontinua inferiormente

Ts: f è inf-compatta

Dim (esercizio) Fissato quindi R dobbiamo provare che il sottolivello f -1(]-,]) è un compatto. Per Hp f è

semicontinua superiormente f -1(]-,]) chiuso ed essendo per Hp X compatto allora f -1(]-

,]) è compatto in quanto chiuso di un compatto c.v.d.

Abbiamo visto un precedenza che la restrizione di una funzione s.c.i. (risp. s.c.s.) è una

funzione s.c.s., tale proprietà in generale non vale per le funzioni inf-compatte, ma come dimostrato

nelle seguenti due proprietà vale se si aggiungono certe ipotesi.



f:XR funzione inf-compatta

AX chiuso e A

f|A:AR f è inf-compatta

Dim (esercizio)

Teniamo presente che in precedenza si è osservato che l’intersezione di un chiuso con un compatto

di uno spazio di Hausdorff è un compatto. Fissato un R dobbiamo provare che l’insieme:

A:={xA : f(x)}

è compatto. Osserviamo che banalmente:

A:=A{xX : f(x)} ()

Per Hp f è inf-compatta {xX : f(x)} compatto e quindi A è un compatto essendo per la ()

intersezione di un chiuso A con un compatto {xX : f(x)} dello spazio di Hausdorff X

c.v.d.




f:XR funzione inf-compatta e semicontinua inferiormente

AX chiuso e A

f|A:AR f è inf-compatta

Dim (esercizio) Fissato un R dobbiamo provare che l’insieme:

A:={xA : f(x)}

è compatto. Banalmente A lo possiamo vedere come:

A:=A{xX : f(x)}

Per Hp f è inf-compatta segue che {xX : f(x)} compatto ma tale insieme è anche chiuso poiché

sempre per Hp f è semicontinua inferiormente e quindi A è l’intersezione di un chiuso-compatto

con un compatto, segue allora da un corollario visto nella lezione precedente che A è un compatto

c.v.d.

Andiamo adesso a dimostrare il seguente importante teorema di esistenza.



f:XR funzione semicontinua inferiormente e inf-compatta

AX chiuso non vuoto

Ts: f|A:AR è dotata di minimo assoluto

Dim

Sia A chiuso non vuoto e proviamo che f|A ha minimo assoluto. Sia R tale che:

A:={xA : f(x)}

chiaramente di tali ne esistono infatti preso zA allora basta scegliere =f(z). Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f|A è inf-compatta A compatto. E quindi A è un

compatto non vuoto contenuto in A segue allora da un teorema dimostrato nella lezione precedente

che f ammette minimo assoluto su A cioè:

x0A tale che f(x0)f(x) xA

Vogliamo verificare che tale punto x0A è di minimo assoluto per f su tutto A. Chiaramente:

A=A(A\A)

Osserviamo che in A si ha:

f(x0)f(x) xA

mentre in A\A si ha che:

f(x)>f(x0) xA\A


e quindi in definitiva si ha:

f(x0)f(x) xA

ovvero x0 punto di minimo assoluto per f su tutto A c.v.d.

Se scegliamo come A tutto lo spazio ambiente, che è un chiuso per definizione allora segue

direttamente dal teorema precedente il seguente corollario.



f:XR funzione semicontinua inferiormente e inf-compatta

Ts: f:XR è dotata di minimo assoluto


Consideriamo X=R con la topologia usuale e f:RR che ad ogni punto gli fa corrispondere il

suo valore assoluto cioè f(x):=|x| xR. Sappiamo già che banalmente questa funzione ammette

minimo assoluto in x=0, ma supponiamo di non saperlo, possiamo allora provare che la f ammette

minimo assoluto facendo uso del teorema precedente. Dobbiamo verificare che siano soddisfatte le

Hp del corollario precedente. La f è continua e quindi in particolare è semicontinua chiaramente è

pure inf-compatta infatti:

{xR : f(x)=|x|}=

se (compatto per definizione) 0 se (compatto poichè è chiuso e limitato)

se (compatto)

000,

E quindi f è inf-compatta segue allora dal corollario precedente che la f ammette minimo assoluto.

Dimostriamo adesso l’invarianza della compattezza rispetto alle funzioni continue cioè

dimostriamo che le funzioni continue trasformano compatti in compatti.


Siano X e Y spazi topologici

X compatto

f:XY continua

Ts: il codominio di f cioè f(X) è compatto


Dim

Sia {i}iI un ricoprimento aperto di f(X) cioè: f(X)

i I i

Per le proprietà delle applicazioni si ha che:

f -1

i I i

=

i I f -1(i)=X

e quindi {f -1 (i)}iI è un ricoprimento di X che è pure aperto per la continuità di f, e poiché X è

compatto allora si può estrarre da questo un sottoricoprimento finito cioè: JI finito t.c. X=

i J f -1 (i)

e quindi riapplicando la f e facendo uso delle note proprietà delle funzioni abbiamo:

f(X)=f

i J f -1(i)

=

i J f(f -1(i))

i J i c.v.d.



Y spazio topologico di Hausdorff

f:XY continua

Ts: f è chiusa

Dim Dobbiamo provare che la f è chiusa cioè che comunque preso un chiuso in X allora la sua immagine

tramite la f è un chiuso in Y. Sia AX chiuso, e poiché per Hp X è compatto A compatto e

siccome f è continua f(A)Y compatto ed essendo Y di Hausdorff f(A) chiuso

c.v.d.




f:XY bigezione continua

Ts: f è un omeomorfismo

Dim Dobbiamo provare che f è un omeomorfismo e quindi per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. questo equivale a provare che f è chiusa, ma ciò segue direttamente dalla proprietà

precedente c.v.d.



Consideriamo una curva:

:[a,b]RRn con (t):=(1(t),...,2(t)) dove i:[a,b]R i=1,...,n

e supponiamo che sia regolare cioè sia C1 e |'(t)|0 t[a,b] che è una biezione. Si ha

allora per il corollario precedente che la curva è un omeomorfismo tra l’intervallo compatto [a,b]

è ([a,b]) e si dice che la curva è omeomorfa all’intervallo [a,b].



1, 2 due topologie su X


(1) 12

(2) se l’identità (che come noto è una bigezione) idX:(X,2)(X,1) è continua

Dim (1)(2) Bisogna provare che l’immagine inversa tramite idX di un 1-aperto è un 2-aperto. Sia quindi

A1 e poiché per Hp 12 A2 e quindi osservando che idX-1(A)=A si ha la tesi.

Dim (2)(1) Dobbiamo provare che 12. Sia quindi A1 e poiché per Hp idX è continua idX

-1(A)=A

c.v.d.



1, 2 due topologie su X


(1) 1=2

(2) idX:(X,2)(X,1) è un omeomorfismo



1 topologia su X t.c. (X,1) di Hausdorff

2 topologia su X t.c.(X,2) compatto

Ts: se 12 allora 12


Dim

Per Hp 12 e quindi segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che l’identità

idX:(X,2)(X,1) è continua siamo allora nelle ipotesi di Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che ci assicura che idX:(X,2)(X,1) è un omeomorfismo e quindi segue da Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che 1=2 c.v.d.

RELATIVA COMPATTEZZA [2012/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico, AX, l’insieme A si dice relativamente compatto se la chiusura di A è

compatta (cioè se A è compatto). Dalla definizione data sorge spontanea la seguente

considerazione, se X al solito spazio topologico e siano ABX, ci chiediamo allora se la relativa

compattezza di A rispetto a B è slegata dalla relativa compattezza di A rispetto ad X, chiaramente la

risposta è si, è ovvio infatti se A è relativamente compatto in X allora non necessariamente A è

relativamente compatto rispetto a B per rendersi subito conto di questo fatto basta tenere conto della

relazione da noi provata A B=AB e quindi se A è relativamente compatto rispetto ad X A

compatto ma chiaramente non è detto che l’intersezione di A con B (cioè A B) sia un compatto.

Analogamente se A è relativamente compatto rispetto ad B allora non necessariamente A è

relativamente compatto rispetto ad X, infatti se A è relativamente compatto rispetto a B A B=AB compatto ma chiaramente questo non dice nulla sulla compattezza di A .

Evidentemente non c’è possibilità di equivoco se si suppone che B sia chiuso in X, poiché abbiamo

già osservato che in tal caso A B=A .


Sia X uno spazio topologico compatto

AX

Ts: A è relativamente compatto

Dim (esercizio)

In precedenza abbiamo provato che ogni sottoinsieme chiuso di un compatto è un compatto, e

pertanto A è relativamente compatto essendo A chiuso del compatto X.




x0X

{xn}nN in X convergente a x0

Ts: il sostegno della successione è relativamente compatto

Dim (esercizio) Posto A:={xn : nN} dobbiamo provare che A è relativamente compatto ovvero che A è

compatto. Posto B:=A{x0} allora per una proprietà fatta in precedenza si ha che B è compatto e

pertanto essendo X di Hausdorff B è anche chiuso e quindi essendo evidentemente AB allora

passando alle chiusure si ha che AB A compatto in quanto chiuso contenuto in un compatto

c.v.d.

SEQUENZIALE COMPATTEZZA [2012/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X spazio topologico, AX, diciamo che A è sequenzialmente compatto se da ogni successione

(ordinaria) in A se ne può estrarre una convergente ad un elemento dell’insieme A cioè: {xn}nN in A {nk}kN in N strettamente crescente e xA t.c. lim n knx =x

Diciamo subito che in generale le nozioni di sequenziale compattezza e di compattezza sono slegate

(vedremo però più oltre che negli spazi metrici le due nozioni coincidono).

08-01-96

PRODOTTO CARTESIANO FINITO [0801/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y insiemi non vuoti definiamo allora prodotto cartesiano di X ed Y l’insieme:

XY:={(x,y) : xX e yY}

Vogliamo fare osservare che un sottoinsieme del prodotto

XY si pùo esprimere come prodotto cartesiano di due

sottoinsiemi rispettivamente di X ed Y se e solo se é un

rettangolo, cioé é del tipo AB con AX e BY. Ad

esempio una circonferenza non si pùo espimere come

prodotto catesiano.

In maniera naturale si estende la definizione al prodotto cartesiano di un numero finito qualsiasi di

insiemi.

Y

X



Siano X,Y insiemi non vuoti

A1,...,AnX e B1,...,BnY

Ts: i=1

n AiBi=

i=1

n Ai

i=1

n Bi

Dim (esercizio)

sia (x,y)i=1

n AiBi (x,y)AiBi i=1,...,n xAi i=1,...,n ed yBi i=1,...,n (x,y)

i=1

n Ai

i=1

n Bi c.v.d.

TOPOLOGIA PRODOTTO DI UN NUMERO FINITO DI SPAZI [0801/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Cominciamo col dare la definizione di topologia prodotto nel caso di un insieme che è prodotto

cartesiano di due spazi topologici ed estenderemo poi in maniera naturale tale concetto al caso più

generale di un insieme dato dal prodotto cartesiano di n spazi topologici. Siano X,Y due spazi

topologici e sia XY il loro prodotto cartesiano, definiamo allora topologia prodotto su XY

quella generata dalla seguente famiglia di insiemi:

F=AB : con AX aperto di X e BY aperto di Y

Per quanto appena affermato e per quanto già visto in occasione delle topologie generate da una

famiglia di insiemi si può concludere che i membri della topologia prodotto, che denotiamo con F,

sono così caratterizzati:

F=XYH

dove:

H:=XY : =

i I Wi e WiG iI

e dove:

G:=

WXY : W=i=1

n AiBi e AiBiF i=1,...,n

Vogliamo osservare subito che la famiglia F è chiusa rispetto all’intersezione finita.


Siano AiBi con i=1,...,n un numero finito di membri di F, proviamo che i=1

n AiBi è un membro di

F e quindi dobbiamo provare che i=1

n AiBi si può scrivere come prodotto cartesiano di due aperti

rispettivamente di X ed Y. Per la proprietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. vale l’identità:

i=1

n AiBi=

i=1

n Ai

i=1

n Bi ()

E quindi poiché i=1

n Ai e

i=1

n Bi sono aperti rispettivamente di X ed Y in quanto intersezione finita

di aperti, si ha allora per la () che i=1

n AiBiF.

E quindi la famiglia F è chiusa rispetto alla intersezione finita e pertanto si desume che F=G, e di

conseguenza la caratterizzazione della topologia generata dalla famiglia F assume una forma

semplificata che é:

F={}{X}XY : =

i I AiBi con Ai aperto in X e Bi aperto in Y iI

Vogliamo estendere la nozione di topologia prodotto al caso in cui l’insieme con cui si lavora è il

prodotto cartesiano di un numero finito di spazi topologici. Siano X1,...,Xn un numero finito di spazi

topologici, allora in maniera del tutto analoga al caso sopra trattato di due spazi topologici si

definisce topologia prodotto sull’insieme prodotto cartesiano di tali spazi cioè su X1X2Xn la

topologia generata dalla seguente famiglia di insiemi:

A1...An : AiXi è un aperto di Xi i=1,...,n

Le prop. e le def. date qui di seguito vengono date nel caso n=2, ma chiaramente sono valide anche

nel caso n (eventualmente basta usare il processo di induzione).


Siano X,Y spazi topologici

WXY

(x0,y0)W

allora W è intorno di (x0,y0) U intorno di x0 e V intorno di y0 t.c. UVW

Dim

Se W è intorno di (x0,y0) allora per definizione:

aperto di XY t.c. (x0,y0)W

e quindi essendo un aperto della topologia prodotto è del tipo: =

i I AiBi dove Ai aperto di X iI e Bi aperto di Y iI


e pertanto essendo (x0,y0) che kI t.c. (x0,y0)AkBk x0Ak e y0Bk e poiché Ak e

Bk sono aperti rispettivamente di X ed Y allora in particolare sono intorni di x0 e y0 e quindi posto

U:=Ak e V:=Bk si ha: UV

i I AiBi= c.v.d.

Dim

Per ipotesi:

U intorno di x0 e V intorno di y0 t.c. UVW

Osserviamo che:

essendo U intorno di x0 in X A aperto in X t.c.x0AU

essendo V intorno di y0 in Y B aperto in Y t.c.y0BB

consideriamo allora il prodotto cartesiano AB che è evidentemente un aperto della topologia

prodotto e quindi essendo (x0,y0)ABW segue allora per definizione che W è un intorno di

(x0,y0) c.v.d.



{(x,y)}D in XY

(x0,y0)XY

allora {(x,y)}D conv. ad (x0,y0) {x}D conv. a x0 e {y}D conv a y0

ed in tal caso si ha:

lim (x,y)= lim x, lim y

(cioé si può fare il limite coordinata per coordinata)

Dim (esercizio) Priviamo che {x}D converge ad x0 cioé che:

UX intorno di x0 D t.c. xU

Sia quindi UX un intorno di x0, consideriamo allora UY che è ovviamente un intorno di (x0,y0)

segue alla dall’Hp che:

D t.c. (x,y)UY xU

Analogamente si prova che {y}D converge verso y0 c.v.d.

Dim (esercizio)


WXY intorno di (x0,y0) D t.c. (x,y)W

Sia quindi WXY intorno di (x0,y0) segue allora da Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. che:

UX intorno di x0 e V intorno di y0 t.c. UVW


segue allora dall’Hp che in corrispondenza rispettivamente di U e V:

1D t.c. xU 1

2D t.c. yV 2

e quindi ricordando che la relazione di ordinamento in D è filtrante si ha che:

D t.c. 1 e 2

e pertanto:

(x,y)UVW c.v.d.

PROIEZIONE SU UN INSIEME [0801/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y due insiemi, e sia XY il loro prodotto cartesiano. Chiamiamo allora funzione proiezione su X la seguente funzione:

pX:XYX dove pX(x,y):=x

Analogamente si definisce la proiezione su Y. Chiaramente tale definizione si può estendere

banalmente ad un numero finito di insieme e quindi dati X1,...,Xn insieme non vuoti allora la

funzione proiezione su i con i=1=1,...,n è

iXp :X1X2XnXi con iXp (x1,x2,...,xn):=xi



pX:XYX funzione proiezione su X

AX, A

Ts: pX1(A)=AY

Dim (esercizio)

pX1(A)=(x,y)XY : pX(x,y)A=(x,y)XY : xA=AY c.v.d.



AX e BY non vuoti

Ts: pX1(A)pY

1(B)=AB

Dim (esercizio)


pX1(A)pY

1(B)=per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=(AY)(XB)=per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=(AX)(YB)= =AB

c.v.d.



pX:XYX funzione proiezione su X

allora valgono le seguenti due proprietà:

pX è continua

pX è aperta

Dimostrazione

Sia A un aperto di X allora:

pX1(A)=(x,y)XY : pX(x,y)A=(x,y)XY : xA=AY

che è ovviamente un aperto di XY c.v.d.

Dimostrazione Sia un aperto di XY allora è del tipo =

i I AiBi con Ai aperto di X e Bi aperto di Y e quindi:

pX()=pX

i I AiBi

=

i I pX(AiBi)=

i I Ai

e si ha la tesi in quanto i I Ai è aperto di X poiché unione di aperti.


Si osserva che la funzione proiezione su un insieme non è chiusa, infatti si consideri ad esempio

l’iperbole equilatera xy=1 e si proietti il suo grafico, che è un chiuso di XY dove X=R ed Y=R,

su X, si ottiene così R\0 che ovviamente non è un chiuso.

TEOREMA DELLA DIAGONALE [0801/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X,Y,Z spazi topologici

f:XY e g:XZ due funzioni

h:XYZ con h(x):=(f(x),g(x)) xX (detta funione diagonale)

Allora h è continua se e solo se lo sono sia f che g.


Dim

Chiaramente possiamo rivedere f come proiezione di h su Y ovvero:

f(x)=pY(h(x)) xX

e quindi essendo f composizione di funzioni continue è continua. Analogamente si ha che g è

continua poiché la possiamo vedere come composizione di pZ:YZZ con la funzione h

c.v.d.

Dim

se f e g sono continue allora sia un aperto di YZ che è quindi del tipo: =

i I AiBi con Ai aperto di Y e Bi aperto di Z iI

Osserviamo allora che:

h-1()=h-1

i I AiBi

=

i I h-1(AiBi)=

i I f -1(Ai)g-1(Bi)

dove l’ultima uguaglianza è giustificata dal fatto che h-1(AiBi)=f-1(Ai)g-1(Bi) infatti:

h-1(AiBi):={xX : (f(x),g(x)AiBi}={xX : f(x)Ai e g(x)Bi}=

={xX : f(x)Ai}{xX : g(x)Bi}=:f -1(Ai)g-1(Bi)

E quindi essendo f-1(Ai) e g-1(Bi) aperti iI in quanto retroimmagini continue di aperti, segue

allora che h-1() è aperto in quanto unione di intersezione di aperti.



f:XYZ continua

Ts: f è continua separatamente (fissato xX e yY allora f(x,) e f(,y) sono continue)

Dim

Fissati uX e vY dobbiamo provare che sono continue le due funzioni:

(a) fu:YZ con fu(y):=f(u,y) (detta u-sezione)

(b) fv:XZ con fv(x):=f(x,v)(detta v-sezione)

Verifichiamo la (a):

sia un aperto di Z si ha allora che:

f-1()={(x,y)XY: f(x,y)}

che è un aperto di XY poiché f è continua per Hp e quindi è del tipo: f-1()=

i I AiBi con Ai aperto di X e Bi aperto di Y

Osserviamo adesso che:

fu1()={yY : fu(y)}

se il fissato uAi iI allora fu1()=, mentre se uAi, per qualche iI allora:


fu1()=

i I* Bi dove I*=iI : uAi

e quindi in ogni caso cotroimmagini di aperti tramite fu sono aperte ovvero fu è continua.

Verifichiamo la (b):

caso del tutto analogo al caso (a) c.v.d.


Il teorema appena visto non è invertibile, per giustificare tale affermazione portiamo il seguente

contresempio. Sia data la funzione f:RRR definita nel seguente modo:

f(x,y):=xy

x yx y

x y2 2 0 0

0 0 0

per

per

( , ) ( , )

( , ) ( , )

ovviamente f è continua separatamente. Vogliamo verificare che la nostra f non è continua in (0,0).

Ricordiamo che una funzione è continua in un punto se e solo se esiste il limite un quel punto e

coincide con il valore che la funzione assume nel punto, e si ricorda inoltre che condizione

necessaria affinché esista il limite in un punto è che il limite sia lo stesso al tendere da una

qualunque direzione al punto considerato. Evidentemente al tendere a (0,0) sulla retta y=kx (retta

passante per l’origine con coefficiente angolare k) il limite non è lo stesso poiché dipende da k,

infatti:

lim ( , ) ( , )x y

y kx

0 0f(x,y)= lim x0

f(x,kx)= lim x0

x kxx kx

( )( )2 2

= lim x0

kk1 2

=kk1 2

e pertanto per quanto detto prima si ha che f non è continua in (0,0).



g:XZ funzione

e sia f:XYZ con f(x,y)=g(x) (x,y)XY

Allora f è continua in XY g è continua in X

Dim (esercizio)

Dimostriamo che g è continua nel generico x0X. Facciamo uso del criterio di continuità con le

successioni. Sia quindi {x}D in X convergente a x0 e sia fissato y0Y segue allora dalla Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che la successione generalizzata {(x,y0)}D converge

verso (x0,y0) e quindi per la continuità della f segue che: lim g(x)=lim f(x,y0)=f(x0,y0)=g(x0) c.v.d.

Dim (esercizio)


Dimostriamo che f è continua nel generico (x0,y0)XY. Facciamo uso del criterio di continuità

con le successioni. Sia quindi {(x,y)}D in XY convergente a (x0,y0) segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che {x}Dx0 e {y}Dy0 e pertanto per la

continuità di G segue che: lim f(x,y)=lim g(x)=g(x0)=f(x0,y0) c.v.d.



AX e BY

Ts: A B=A B

Dim (esercizio)

Proviamo che A BA B :

sia (x0,y0)A B , dobbiamo provare allora che (x0,y0)A B ovvero che in ogni intorno di

(x0,y0) cadono punti di AB. Sia quindi WXY un arbitrario intorno di (x0,y0) segue allora dalla

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

UX intorno di x0 e VY intorno di y0 t.c. UVW

Osserviamo che (x0,y0)AB x0A e y0B UA e VB e quindi:

UAVB=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=UVABWAB

Proviamo che A B A B :

sia (x0,y0)A B , dobbiamo provare allora che (x0,y0)AB cioé che x0A e y0B. Facciamo

vedere che x0A e quindi dobbiamo provare che in ogni intorno di x0 cadono punti di A. Sia quindi

UX un intorno di x0 consideriamo allora UY che è evidentemente un intorno di (x0,y0) e pertanto

essendo (x0,y0)A B si ha che:

UYAB=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=UAYB=UAB

e questa in particolare ci dice che UA. Analogamente si prova che y0B c.v.d.



AX e BY

Ts: int(A)int(B)=int(AB)

Dim


Proviamo che int(A)int(B)int(AB):

sia (x0,y0)int(A)int(B) x0int(A) ed y0int(B) che A è intorno di x0 e B intorno di y0 e

quindi esistono due aperti U e V rispettivamente in X ed Y in modo che x0UA ed y0VB per

cui UV è intorno di (x0,y0) ed è contenuto in AB AB intorno di x0 per cui

(x0,y0)int(AB).

Proviamo che int(AB)int(A)int(B):

sia (x0,y0)int(AB) che AB intorno di (x0,y0) che esistono U e V intorni di x0 ed y0 in

modo che UVAB per cui UA e VB A intorno di x0 e B intorno di y0 x0int(A) ed

y0int(B) (x0,y0)int(A)int(B) c.v.d.

PRODOTTO CARTESIANO INFINITO [0801/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia XiiI una famiglia infinita di insiemi, si definisce allora prodotto cartesiano generalizzato (o infinito) dei membri di questa famiglia, l’insieme:

i I Xi=

{xi}iI : xiXi iI

dove {xi}iI o più brevemente {xi} é il generico elemento (punto) del prodotto cartesiano

generalizzato, detto successione di lunghezza I (si usano le parentesi graffe, poiché l’insieme I non

é necessariamente al più numerabile cioè non é necessariamente finito o numerabile, e quindi la

successione non può essere riordinata). Un generico elemento {xi}X, può essere pensato come una

funzione: f:I

i I Xi con f(i)=xi iI

e quindi il prodotto cartesiano generalizzato si può rigurdare con l’insieme delle applicazioni che

vanno dall’insieme degli indici I, all’unione dei membri della famiglia {Xi}iI e che ad un indice

fanno corrispondere un elemento che appartiene al membro della famiglia corrispondente a quel

indice cioè in formule:

i I Xi=

f:Ii I Xi : f(i)Xi iI

TOPOLOGIA PRODOTTO DI UN NUMERO INFINITO DI SPAZI [0801/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Una volta caratterizzata la topologia prodotto nel caso di un numero finito di spazi topologici,

nostro obiettivo diventa quello di introdurre il concetto di topologia prodotto nel caso più generale

in cui il numero di spazi topologici è eventualmente infinito. Sia Xi iI una famiglia infinita di

spazi topologici, chiamiamo allora X il prodotto cartesiano dei membri di questa famiglia, cioé:

X:=i I Xi=

f:Ii I Xi : f(i)Xi iI

Definiamo topologia prodotto su X quella generata dalla seguente famiglia di insiemi:

F:= i I AiX : AiXi è un aperto di Xi iI e iI : AiXi è finito

Nello schema della definizione appena data allo scopo di semplificare la rappresentazione degli aperti della topologia prodotto, vogliamo verificare che la famiglia F è chiusa rispetto

all’intersezione finita. Siano i I i

kA con k=1,...,n un numero finito di membri di F, proviamo

quindi che k=1

n

i I i

kA è un membro di F. Osserviamo che banalmente vale l’identità:

k=1

n

i I i

kA =i I

k=1

n i

kA

infatti se fk=1

n

i I i

kA fi I i

kA k=1,...,n f(i) ikA iI e k=1,...,n

k=1

n f(i) i

kA

iI fi I

k=1

n i

kA . Ovviamente k=1

n i

kA Xi è un aperto di Xi in quanto intersezione finita di

aperti. E pertanto siamo risusciti a scrivere k=1

n

i I i

kA come prodotto cartesiano di aperti dei

membri della famiglia di topologie. Si verifica banalmente che vale:

iI : k=1

n i

kA Xi

=k=1

n {iI : i

kA Xi}

e quindi il primo membro è un insieme finito in quanto intersezione di insiemi finiti. In definitiva

per quanto detto si ha che k=1

n

i I i

kA F che è proprio quello che volevamo dimostrare. E quindi

tenendo presente la caratterizzazione della topologia generata da una famiglia si ha che la topologia prodotto assume la forma:

F={,X}X : =

h H

i I i

hA con ihA Xi ape., {iI : i

hA Xi} finito hH

Se nel definire la famiglia generante la topologia prodotto non specifichiamo che l’insieme iI:

AiXi è finito allora otteniamo un altro tipo di topologia che prende il nome di topologia box che

è quindi generata dalla famiglia:


i I AiX : AiXi è un aperto di Xi iI

Tale topologia è in generale molto più fine della topologia prodotto, ma meno utile.

Evidentemente nel caso in cui I è un insieme finito cioè è del tipo I=1,...,n allora banalmente la

topologia box coincide con la topologia prodotto.


Sia XiiI una famiglia di spazi topologici X:=

i I Xi

WX e fW Allora W è int. di f AiXi aperto iI con {iI : AiXi} finito t.c. f

i I AiW

Dim (esercizio) Per Hp W è int. di f X aperto t.c. fW. Poiché aperto allora è del tipo: =

h H

i I i

hA con ihA Xi ape., Ih:={iI : i

hA Xi} finito hH

e quindi poiché f allora: hH t.c. f

i I i

hA W c.v.d.

Dim (esercizio) Per Hp abbiamo che: AiXi aperto iI con {iI : AiXi} finito t.c. f

i I AiW

ed essendo chiaramente i I Ai un aperto della topologia prodotto su X segue allora che W intorno

di f c.v.d.

FUNZIONE PROIEZIONE DEFINITA NEL PRODOTT. CARTES. INFINITO [0801/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia XiiI una famiglia di insiemi, definiamo la funzione proiezione su Xj (dove ovviamente jI

fissato) nel seguente modo:

jXp :i I XiXj con

jXp (f):=f(j)



Sia XiiI una famiglia infinita di insiemi X=

i I Xi

fissato jI e sia AXj Ts: pX j

1 (A)= {Yi : Yi:=Xi se ij e Yj=A}

Dim (esercizio)

pX j1 (A)=

fX : pX j (f)A

=

fX : f(j)A

= {Yi : Yi:=Xi se ij e Yj=A}


Sia XiiI una famiglia infinita di spazi topologici X=

i I Xi

fissato iI

valgono allora le seguenti due proprietà: la funzione proiezione

iXp :XXi è continua

la funzione proiezione iXp :XXi è aperta

Dimostrazione

Sia un aperto di Xi allora (ricord. l’identific. algebr. che si dà al prod. cart. infinito): pXi1 ()=fX : f(i)=

j I {Yj : Yj=Xj se ji e Yi=}

ed ovviamente quest’ultimo insieme è un aperto in X poiché è un membro di F.

Dimostrazione Sia un aperto di X allora è del tipo = Ak

h

k Ih H e quindi:

iXp ()=iXp Ak

h

k Ih H

= p AXi k

h

k Ih H

= Ai

h

h H

ed ovviamente Aih

h H è aperto di Xi in quanto è unione di aperti di Xi.

10-01-96

Ci proponiamo ora di caratterizzare la convergenza nello spazio prodotto attraverso il

seguente teorema.



Sia XiiI una famiglia di spazi topologici

X:=i I Xi=

f:Ii I Xi t.c. f(i)Xi iI

fD una successione generalizzata in X

fX

le seguenti affermazioni sono equivalenti:

(1) ff (nella topologia prodotto)

(2) {f(i)}f(i) iI (nella topologia di Xi)

Dim(1)(2)

Fissiamo ad arbitrio un iI e consideriamo la funzione proiezione

iXp :XXi con iXp (g)=g(i) gX

che come sappiamo è continua cioè è continua in ogni punto di X e quindi per una fondamentale

caratterizzazione delle funzioni continue si ha che: lim iXp (f)= iXp (f)

ovvero lim f(i)=f(i) c.v.d.

Dim (2)(1) Dobbiamo provare che:

W intorno di f in X D t.c. fW

Sia quindi W un intorno di f in X e pertanto per la caratterizzazione degli intorni si ha: AiXi aperto iI con J:=iI: AiXi è finito t.c. f

i I AiW

Poiché fi I Ai f(i)Ai iI. Teniamo presente che f(i)Ai iJ e che Ai è un aperto di Xi

iJ Ai intorno di f(i) iJ, segue allora dall’ipotesi che: iJ in corrispondenza di Ai iD t.c. f(i)Ai

k i

e poiché esiste in D un ordinamento filtrante allora sicuramente:

D t.c. i iJ

e quindi otteniamo:

f(i)Ai e iJ

ma tale relazione è estendibile ad ogni iI dal momento che per iI\J si ha Ai=Xi e per definizione

f(i)Xi D e quindi: f(i)Ai e iI f

i I AiW c.v.d.

TOPOLOGIA DELLA CONVERGENZA PUNTUALE [1001/Errore. L'argomento parametro è


sconosciuto.]

Sia T un insieme non vuoto e (X,) uno spazio topologico, consideriamo allora lo spazio

XT:={TX} cioè lo spazio di tutte le funzioni da T in X. Sia {f}D una successione generalizzata

in XT e f*XT diciamo allora che tale successione converge puntualmente o semplicemente a f*

se: lim f(t)=f*(t) tT

ovvero se per ogni fissato tT si ha che:

UX intorno di f*(t) D t.c. f,(t)U >

Noi sappiamo che una topologia viene perfettamente individuata dalla nozione di convergenza che

essa determina (poiché in precedenza abbiamo dimostrato una caratterizzazione della topologia che

ci dice che due topologie su uno stesso spazio coincidono se e solo se data una successione

generalizzata allora questa è convergente rispetto ad una topologia solo se lo è rispetto all’altra). La

topologia in XT individuata dalla convergenza puntuale viene detta topologia della convergenza

puntuale.

Data {Xi}iI famiglia di spazi topologici nel caso particolare in cui i suoi membri coincidono con

uno stesso spazio topologico, cioé Y spazio topologico t.c. Xi=Y iI e considerato: X=

i I Xi={f:IY}=:YI

si osserva aIlora dal teorema precedente che in tal caso la topologia prodotto su X altro non è che la

topologia della convergenza semplice.

PUNTO LIMITE DI UNA SUCCESSIONE [1001/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, xD una successione generalizzata in X e sia x*X, diciamo

allora che x* è punto limite per la successione se:

V intorno di x* D t.c. xV

Si osserva che evidentemente la nozione di punto limite è più debole rispetto alla nozione di limite,

infatti un punto limite non è necessariamente limite per una successione, mentre chiaramente un

limite deve essere anche punto limite, poiché se x* è limite della successione generalizzata {x}D

allora:

V intorno di x* D t.c. xV

E quindi fissati ad arbitrio D e V intorno di x* allora D t.c. xV e poiché in D è

definita una relazione di ordinamento filtrante allora D t.c. e e si ha quindi xV. Si

può verificare facilmente che nelle caratterizzazioni dimostrate in cui interveniva la nozione di


convergenza si può aggiungere una condizione equivalente in cui interviene la nozione di punto

limite.

Abbiamo dimostrato in precedenza che in uno spazio topologico condizione necessaria e

sufficiente affinché un punto appartenga alla chiusura di un insieme è che esista una succ. gen.

nell’insieme convergente al punto considerato, allora facendo uso della nozione di punto limite,

vogliamo generalizzare il teorema appena richiamato.



AX

x*X

sono allora equivalenti le seguenti affermazione:

(1) x*A

(2) {x}D successione generalizzata in A che ammette x* come punto limte

Dim (1)(2) (esercizio) Poiché x*A allora sappiamo che {x}D successione generalizzata in A che ammette x* come

limte e quindi in particolare x* punto limite per {x}D c.v.d.

Dim (2)(1) (esercizio) Per dimostrare che x*A facciamo vedere che x* è di aderenza per A ovvero che A interseca ogni

intorno di x*. Sia quindi U un intorno di x*, allora poiché per Hp {x}D in A che ammette x*

come punto limte, allora in corrispondenza di tale intorno U di x* e di un qualunque fissato D si

ha che t.c. xU e poiché {x}D in A xAU AU

c.v.d.

Generalizziamo quindi il corollario del teorema sopra richiamato.



AX


(1) A è chiuso

(2) se{x}D in A che ammette punto limite allora questo sta in A

Dim (1)(2)


Sia {x}D in A e x*X punto limite per {x}D segue allora da Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che x*A e quindi essendo per Hp A=A x*A

c.v.d.

Dim (2)(1)

Poiché AA, dobbiamo fare vedere solo che AA. Sia quindi x0A segue allora da Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che {x}D in A che ammette x0 come punto limite e

quindi segue dall’Hp che x0A

c.v.d.




(1) X è compatto

(2) ogni successione generalizzata in X ammette punto limite

Dim (1)(2) Sia per assurdo xD una successione che non ammette punto limite allora:

xX Vx intorno aperto di x e D t.c. xVx (1)

ovviamente VxxX è un ricoprimento aperto di X che è compatto e quindi il detto ricoprimento

ammette un sottoricoprimento finito cioè:

x1,...,xn vettori di X t.c. X=i=1

n iXV (2)

per la non tesi cioè per la (1) si ha che: i=1,...,n iD t.c. i x iXV

e per l’ordinamento filtrante di D:

D t.c. i i=1,...,n

e quindi: x iXV i=1,...,n

e questo per la (2) significa che x X il che è assurdo c.v.d.

Dim (2)(1)

Per dimostrare la nostra tesi facciamo uso di una caratterizzazione degli spazi compatti dimostrata

in precedenza che ci dice che uno spazio topologico è compatto se e solo se ogni famiglia di chiusi

dello spazio godente della proprietà dell’intersezione finita ha intersezione non vuota dei sui

membri. Sia quindi F una famiglia arbitraria di chiusi di X che gode della proprietà

dell’intersezione finita e proviamo che l’intersezione di tutti i membri di F è non vuota.



G:= i=1

n Ci : CiF i=1,...,n con nN e n<+

Osserviamo che i membri di G non sono vuoti in quanto intersezione di un numero finito di membri

di F (che gode della proprietà dell’intersezione finita) e quindi:

UG xUU

ordiniamo quindi G con la seguente relazione che si verifica facilmente essere di ordinamento

filtrante,così definita:

U,VG UV VU

allora xUUG è una successione generalizzata in X che per la (2) deve ammettere punto limite che

chiamiamo x* ovvero:

W intorno di x* UG VG VU (VU) t.c. xVW

facendo uso di tale relazione vogliamo fare osservare che il punto limite x* appartiene ad ogni

membro di G. Sia quindi UG che è un chiuso in quanto intersezione di chiusi e quindi per

dimostrare che x*U facciamo vedere che x* è di aderenza per U. Considerato un arbitrario W

intorno di x*, si ha allora che:

VG VU t.c. xVW

e quindi osservando che per costruzione xVVU e pertanto xVUW UW che x* è di

aderenza per il chiuso U x*U. E quindi x* appartiene ad ogni membro di G. Si osserva adesso

che banalmente FG e quindi x* appartiene a ogni membro di F e quindi si ha che: x*

CF C

CF C c.v.d.



xnnN successione ordinaria in X

sia x*X nel quale X ammette una base fondamentale di intorni al più numerabile


(1) xn ammette x* come punto limite

(2) si può estrarre da xn una sottosuccessione che converge verso x*

Dim (1)(2)

Per Hp VnnN base fondamentale di intorni al più numerabile di x* e come abbiamo già

osservato in precedenza possiamo supporre che tale base fondamentale di intorni sia ordinata in

modo che sia non crescente. Inoltre sempre per Hp x* è punto limite per la successione {xn} e

quindi:

W intorno di x* N n t.c. xnW

allora:


in corrispondenza a V1 ed ad 1 n11 t.c. xn1

V1 in corrispondenza a V2 ed ad n1 n2n1+1 t.c. xn2

V2 in corrispondenza a V3 ed ad n2 n3n2+1 t.c. xn3

V3 e continuando per induzione: :::::::::::::::::::::::::::::::::::: in corrispondenza a Vk ed a k-1 nknk-1+1 t.c. xnk

Vk

otteniamo così una successione di naturali {nk}kN strettamente crescente. Verifichiamo che la successione estratta xnk

da xn converge verso x* e quindi dobbiamo provare che:

W intorno di x* k*N t.c. xnkW kk*

Sia quindi W un intorno di x*, allora essendo VnnN una base fondamentale di intorni di x* si ha

che:

k*N t.c. Vk*W e quindi ricordando che VnnN è stata supposta non crescente e tenendo inoltre presente la

costruzione dell’estratta {xnk} si ha che:

xnkVkVk*W kk* c.v.d.

Dim (2)(1)

Banalmente si verifica che ogni punto limite di una sottosuccessione è punto limite della

successione di partenza. E quindi poiché la successione ordinaria {xn} ammette un estratta

convergente a x* allora ovviamente x* punto limite della succesione estratta x* punto limite di

x* c.v.d.


Sia X uno spazio topologico compatto e I-numerabile

Ts: X è sequenzialmente compatto

Dim

Bisogna dimostrare ogni successione ordinaria in X ammette un estratta convergente. La

dimostrazione è ovvia conseguenza dei due teoremi precedenti infatti essendo X compatto allora per

la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ogni successione ammette punto limite e quindi

per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ammette sottosuccessione convergente

c.v.d.

12-01-96

SPAZIO TOPOLOGICO DI LINDELÖFF [1201/Errore. L'argomento



Sia X uno spazio topologico, diciamo che X è di Lindelöff se ogni ricoprimento aperto ammette un

sottoricoprimento al più numerabile.



Ts: se X è II-numerabile X è di Lindeloff

Dim

Per Hp X è II-numerabile cioè AnnN base fondamentale di aperti. Sia iiI un ricoprimento

aperto di X. Consideriamo l’insieme:

N*:=nN : iI t.c. che Ani

chiaramente non è vuoto poiché essendo infatti {An} una base fondamentale di aperti e quindi

fissato un indice iI si ha che: i=

n H An

e pertanto HN* ed inoltre tale insieme N* è evidentemente numerabile. Verifichiamo che in nN* è un ricoprimento di X (ovviamente estratto da i) cioè che:

X=nN* in

Sia xX ed essendo {i}iI un ricoprimento di X allora:

iI t.c xi

e poiché {An}nN è una base di aperti allora possiamo scrivere Ai come: i=

n H An

e quindi nHN t.c. x nA i nN* inI tale che nA in

x nA in

nN* in c.v.d.




(1) X ed Y sono separabili.

(2) XY è separabile

Dim (1)(2) Se X ed Y sono separabili allora esistono AX e BY al più numerabili tali che A =X e B=Y

allora per una proprietà della chiusura nella topologia prodotto già dimostrata si ha che:


A B =A B=XY

ovvero AB è al più numerabile e denso in XY che quindi è separabile c.v.d.

Dim (2)(1)

Precedentemente si è dimostrato che l’immagine continua di un insieme separabile è un insieme

separabile e quindi se consideriamo la proiezione su X cioè pX:XYX che è continua, otteniamo

pX(XY)=X X separabile ed equivalentemente pY(XY)=Y è separabile

c.v.d.




(1) X ed Y sono I-numerabili.

(2) XY è I-numerabile

Dim (1)(2) Sia (x0,y0) un generico punto di XY e siano UnnN e VkkN basi fondamentali di intorni al più

numerabili rispettivamente di x0 in X e di y0 in Y, proviamo che UnVkn,kN è base fondamentale

di intorni di (x0,y0). Ovviamente la famiglia in questione è al più numerabile inoltre se W è intorno

di (x0,y0) allora per la caratterizzazione degli intorni:

UX intorno di x0 in X e VY intorno di y0 in Y t.c. (x0,y0)UVW

ed essendo Un e Vk basi fondamentali di intorni rispettivamente di x0 in X ed y0 in Y allora:

n,kN t.c. UnU e VkV UnVkUVW c.v.d.

Dim (2)(1)

Sia WnnN una base fondamentale di intorni del generico punto (x0,y0) allora per la solita

caratterizzazioni degli intorni nella topologia prodotto si ha:

nN UnX intorno di x0 e VnY intorno di y0 t.c. UnVnWn

Verifichiamo che UnnN e VnnN sono basi fondamentali di intorni rispettivamente di x0 in X e

di y0 in Y. Sia U un intorno di x0 allora UY è intorno di (x0,y0) e quindi esiste nN in modo che

WnUY UnVnWnUY e quindi UnU UnnN base fondamentale di intorni di x0.

Analogamente si prova che VnnN è base fondamentale di intorni di y0

c.v.d.



f:XY una funzione continua suriettiva ed aperta


Ts: se X è II-numerabile allora Y è II-numerabile

Dim

Sia AnnN una base fondamentale di aperti di X. Consideriamo allora la famiglia f(An)nN che è

banalmente numerabile ed è ovviamente una famiglia di aperti di Y essendo per Hp f aperta.

Vogliamo provare allora che tale famiglia f(An)nN è base fondamentale di aperti di Y e quindi

dobbiamo provare che ogni aperto di Y si può scrivere come unione dei membri di tale base. Sia

un aperto di Y allora f -1() per la continuità della f è un aperto di X e quindi lo possiamo scrivere

come unione di elementi della base di aperti cioè: f -1()=

i I Ai

applicando ad ambo i membri dell’uguaglianza la f si ha:

f f -1()

=f

i I Ai

al primo membro per la surgettività della f vale l’uguaglianza con ed al secondo membro

sfruttando la proprietà comune a tutte le applicazioni che ci dice che l’immagine di un unione è

uguale all’unione delle immagini, si ha che: =

i I f(Ai)

e quindi siamo riusciti a scrivere come unione di aperti della famiglia f(An)nN, che è proprio

quello che volevamo dimostrare.




(1) X ed Y sono II-numerabili

(2) XY è II-numerabile

Dim (1)(2) Se X ed Y sono II-numerabili allora esistono AnnN e BkkN basi fondamentali di aperti

rispettivamente di X ed Y, vogliamo provare allora che la famiglia AnBkn,kN è base

fondamentale di aperti di XY. Sia quindi aperto di XY, dobbiamo provare allora che questo si

può scrivere come unione dei membri della famiglia AnBkn,kN e questo evidentemente equivale

a provare che:

(x,y) n,kN t.c. (x,y)AnBk

Fissato un arbitrario (x,y) allora per la definizione di topologia prodotto si può scrivere come

prodotto cartesiano di aperti di X ed Y e quindi sicuramente esistono A e B aperti rispettivamente di

X e di Y tali che:


(x,y)AB

quindi essendo {An} e {Bk} basi fondamentali di aperti rispettivamente di X ed Y allora

banalmente:

n,kN t.c. xAnA e yBkB (x,y)AnBkAB c.v.d.

Dim (2)(1) Per la proprietà precedente e per il fatto che X=pX(XY) si ha la (2) dal momento che pX è continua

suriettiva ed aperta. Analogo è il discorso per Y c.v.d.

Prima di procedere con la dimostrazione del successivo fondamentale risultato, verifichiamo

la seguente banale proprietà.


Siano X ed Y insiemi non vuoti

AX, BY sottoinsiemi non vuoti

f:XY funzione

allora f(A)B Af -1(B)

Dim (esercizio)

Poiché per Hp f(A)B x0A t.c. f(x0)B x0f -1(B) e pertanto si ha che x0Af -

1(B) Af -1(B) c.v.d.

Dim (esercizio)

Poiché Af -1(B) x0A t.c. f(x0)B ed essendo x0A f(x0)f(A) e pertanto si ha che

f(x0)f(A)B f(A)B c.v.d.

TEOREMA DI TYCHONOFF [1201/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia XiiI una famiglia di spazi topologici posto X:=

i I Xi


(1) X è compatto

(2) Xi è compatto iI

Dim (1)(2) Teniamo presente che in precedenza si è dimostrato che le applicazioni continue mandano compatti

in compatti e quindi fissato un qualunque iI e considerata la funzione proiezione su Xi cioè:

iXp :XXi con iXp (f):=f(i)


che è continua si ha che iXp (X)=Xi Xi compatto.

Dim (2)(1) Per dimostrare che X è compatto facciamo uso di una caratterizzazione dei compatti e precisamente

sia F una famiglia arbitraria di chiusi di X che gode della proprietà dell’intersezione finita,

proviamo allora che l’intersezione di tutti i membri di tale famiglia F è non vuota. Consideriamo

l’ins. H costituito da tutte le famiglie di insiemi di X che contengono F e che godono della

proprietà dell’intersezione finita cioè:

H:={GP(X) : FG e G gode della proprietà dell’intersezione finita}

ovviamente H poiché almeno FH. Ordiniamo H nel seguente modo:

G1,G2H G1G2 G1G2 (ovvero AG2 AG1)

Facendo uso del lemma di Zorn vogliamo dimostrare che tale famiglia H ammette elemento

massimale. Consideriamo quindi una arbitraria catena C di famiglie di H, verifichiamo che C

ammette maggiorante. Poniamo: ~F :=

A C A

vogliamo provare allora che ~F è maggiorante per C. Innanzi tutto verifichiamo che ~F H e quindi

dobbiamo provare che ~F contiene F e che gode della proprietà dell’intersezione finita. Che ~F

contenga F è ovvio dal momento che è unione di famiglie che contengono F. Verifichiamo quindi

che ~F gode della proprietà dell’intersezione finita. Siano A1,...,An un numero finito di membri di ~F allora Ai esiste un AC che contiene Ai, i=1,...,n e quindi per la confrontabilità degli AC

ne esisterà uno che contiene tutti gli Ai ed essendo tale AC allora esso godrà della proprietà

dell’intersezione finita, e quindi:

i=1

n Ai

Che ~F maggiori ogni famiglia di C è ovvio per la costruzione di ~F . E quindi ~F è un maggiorante

di C allora per il lemma di Zorn la famiglia H ammette elemento massimale che chiamiamo GH.

Proviamo che G gode delle due seguenti proprietà:

(a) G è chiuso rispetto all’intersezione finita

(b) se AX e AG GG allora AG


se per assurdo:

A,BG t.c. ABG

allora GAB è una famiglia di H (dal momento che contiene F e che gode della proprietà

dell’intersezione finita) che contiene propriamente G e siamo ad un assurdo per la massimalità di G.



se per assurdo AG allora G A è una famiglia di H (dal momento che contiene F e che gode della proprietà dell’intersezione finita) che contiene propriamente G e siamo ad un assurdo per la massimalità di G. Fissiamo ora ad arbitrio iI e consideriamo la famiglia in Xi iXp (G)GG si vede banalmente che

tale famiglia gode della proprietà dell’intersezione finita infatti se G1,...,GnG allora essendo

k=1

n Gi si ha che:

k=1

n

iXp (Gk)per una nota proprietà delle funzioni iXp

k=1

n Gk

E quindi se consideriamo p GXi( )GG essa è una famiglia di chiusi di Xi che gode della proprietà

dell’intersezione finita e quindi essendo per Hp gli Xi compatti, si ha che:

GG p GXi

( ) iI ~xiGG p GXi

( ) iI

definiamo quindi la seguente funzione: f*:I

i I Xi con f*(i):=~xi

e per definizione f*X. Proviamo che f* è di aderenza per ogni membro di G e quindi fissato un

arbitrario GG, proviamo che ogni intorno di f* interseca G . Sia un intorno di f* in X e quindi

come sappiamo: AiXi aperto di Xi con J:={iI : AiXi} finito t.c. f*

i I Ai f*(i)Ai iI

Osserviamo f*(i)GG p GXi

( ) iI f*(i)p GXi( ) GG e iI e quindi in particolare

f*(i)p GXi( ) iI f*(i) di aderenza per

iXp ( G) iI e quindi essendo Ai intorno di f*(i)

iI allora: Ai iXp ( G) iI

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che: pXi1 (Ai) G iI

essendo G arbitrario allora questo per la (b) vuol dire che pXi1 (Ai)G iI e per la (a) essendo J

finito, possiamo dire che i J pXi

1 (Ai)G, ma ovviamente poiché se iI\J allora Ai=Xi e quindi

pXi1 (Ai)=X allora

i I pXi

1 (Ai)=i J pXi

1 (Ai)G e quindi essendo gli insiemi G ,i I pXi

1 (Ai)G

che gode della proprietà di intersezione finita si ha che: G

i I pXi

1 (Ai)

e quindi essendo chiaramente:

i I pXi

1 (Ai):=i I {fX : f(i)Ai}={fX : f(i)Ai iI}=:

i I Ai

si ha che:


G

e quindi f* è di aderenza per GG e per l’arbitrarietà di G desumiamo che f* è di aderenza per

ogni membro di G ovvero appartiene ad ogni chiuso di G e poiché FG si conclude che f*

appartiene ad ogni membro di F e quindi: f*

FF F

FF F

che è proprio quello che volevamo dimostrare.

15-01-96

CONNESSIONE [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) uno spazio topologico. Diciamo che lo spazio X è connesso se non esiste alcuna coppia

di aperti non vuoti e disgiunti la cui unione sia tutto X cioè se:

ono A,B con A, B t.c. AB= e AB=X

Lo spazio topologico X si dice sconnesso se non è connesso cioè se:

ono A,B con A,B t.c. AB= e AB=X

Dato YX diciamo che tale sottoinsieme è connesso se è vuoto oppure se riguardato con la

topologia relativa risulta essere connesso. Vogliamo adesso precisare che la nozione di connessione

è una nozione intrinseca o meglio assoluta cioé se X è uno spazio topologico, AX e BA, allora

in questa situazione B lo possiamo pensare come sottoinsieme dello spazio A con la topologia

relativa oppure come sottoinsieme di X, si ha allora che se diciamo che B è connesso non c’è

possibilità di equivoco poiché come già osservato la relativizzazione a B della topologia di X e la

relativizzazione a B della topologia di A coincidono.

Dimostriamo la seguente caratterizzazione per i sottospazi connessi.



YX e Y

Y è connesso ono A,B t.c. AY, BY, ABY= e YAB

Dim Per Hp Y è connesso cioè connesso rispetto alla topologia relativa e quindi per definizione questo

significa che non esistono due aperti relativi non vuoti e disgiunti la cui unione sia Y. Supponiamo

per assurdo che la tesi non sia vera cioè:

ono A,B t.c. AY, BY, ABY= e YAB


Osserviamo che chiaramente per definizione di topologia relativa gli insieme AY e BY sono

due aperti relativi non vuoti e poiché =ABY=(AY)(BY) che tali aperti relativi sono

pure unti e poiché YAB segue che Y=ABY=(AY)(BY) cioè Y è l’unione di due aperti

relativi non vuoti disgiunti e questo è un assurdo poiché per Hp Y è connesso

c.v.d. Dim Supponiamo per assurdo che Y sia sconnesso e quindi:

1,2Y aperti in Y non vuoti e disgiunti t.c. 12=Y ()

Poiché 1 e 2 sono aperti relativi allora sono del tipo:

1=A1Y per un opportuno A1

2=A2Y per un opportuno A2

Facciamo adesso qualche osservazione diretta.

Poiché 1 e 2 A1Y e A2Y.

Poiché 12= =(A1Y)(A2Y)=A1A2Y.

Poiché 12=Y Y=(A1Y)(A2Y)=(A1A2)Y YA1A2.

E quindi riassumendo abbiamo trovato due aperti A1 e A2 di X tali che:

A1Y e A2Y, A1A2Y e YA1A2

e questo è un assurdo poiché è in contraddizione con l’ipotesi c.v.d.



allora le seguenti affermazioni sono equivalenti

(1) X è connesso

(2) ono A,BX chiusi non vuoti e disgiunti t.c. AB=X

Dim (1)(2) Supponiamo per assurdo che:

ono A,BX chiusi con A, B e AB= t.c. AB=X

Consideriamo allora X\A e X\B che sono due aperti.

Verifichiamo che X\A e X\B sono non vuoti:

si osservi che A e che A non può coincidere con tutto X poiché AB= e B segue da questo

che X\A. Analogamente si deduce che X\B.

Verifichiamo che X\A e X\B sono disgiunti:

(X\A)(X\B)=per Demorgan=X\(AB)=X\X=

Andiamo adesso a considerare l’unione dei due aperti:

(X\A)(X\B)=per le formule di Demorgan=X\(AB)=X\=X


E quindi abbiamo trovato due aperti non vuoti disgiunti la cui unione e tutto X e questo è

chiaramente in contraddizione con il fatto che X è connesso c.v.d.

Dim (2)(1) Supponiamo per assurdo che X sia sconnesso e quindi:

ono A,BX aperti con A, B e AB t.c. AB=X

E quindi consideriamo X\A e X\B che sono due chiusi. A questo punto si procede esattamente come

nella dimostrazione della implicazione precedente e si trova che X\A e X\B sono due chiusi non

vuoti e disgiunti la cui unione e tutto X che è un assurdo poiché in contraddizione con l’ipotesi

c.v.d.



YX, Y


(1) Y è connesso

(2) ono A,BX chiusi t.c. YA, YB, ABY= e YAB

Dim (1)(2)

Supponiamo per assurdo che:

ono A,BX chiusi t.c. YA, YB, ABY= e YAB

Consideriamo allora X\A e X\B che sono due aperti.

Verifichiamo che X\A e X\B intersecano Y:

se per assurdo Y(X\A)= YA Y=YA osserviamo allora che:

YB=YAB=

assurdo e quindi deve essere che Y(X\A). Analogamente si prova che Y(X\B).

Verifichiamo che (X\A)(X\B)Y=:

(X\A)(X\B)Y=per Demorgan=X\(AB)Y=X\YY=

Verifichiamo che Y(X\A)(X\B):

YX=X\=X\(ABY)=per Demorgan=(X\A)(X\B)(X\Y)

ma YX\Y= e quindi evidentemente dalla precedente si ha che Y(X\A)(X\B).

E siamo ad un assurdo per la connessione di Y c.v.d.

Dim (2)(1) Supponiamo per assurdo che Y sia sconnesso e quindi:

ono A,BX aperti t.c. YA, YB, ABY= e YAB


E quindi consideriamo X\A e X\B che sono due chiusi. A questo punto si procede esattamente come

nella dimostrazione della implicazione precedente e si trova che X\A e X\B sono due chiusi di X

tali che:

(X\A)Y, (X\A)Y, (X\A)(X\B)Y e Y(X\A)(X\B)

e questo è un assurdo poiché in contraddizione con la l’ipotesi c.v.d.


Sia X

A,BX t.c. A, B, AB= e AB=X

Ts: AX, BX, A=X\B, B=X\A

Dim (esercizio) Verifichiamo che A=X\B e B=X\A:

poiché AB= AX\B. Facciamo vedere quindi che X\BA. Supponiamo per assurdo che

(X\A)(X\B) osserviamo allora che:

(X\A)(X\B)=X\(AB)=X\X=

assurdo. E quindi A=X\B e questo evidentemente passando al complementare ci dice anche che

B=X\A.

Verifichiamo che AX e BX:

se per assurdo A=X allora:

B=X\A=X\X=

assurdo. Analogamente si ha BX c.v.d.

Dimostriamo che CNS affinché uno sp. top. sia connesso è che gli unici chiusi-aperti siano

lo spazio improprio (cioè lo sp. top.) e quello banale (cioè l’ins.vuoto).



Allora X è connesso gli unici chiusi-aperti sono X e

Dim (necessità) Supponiamo per assurdo che YX e Y che è simultaneamente aperto e chiuso. Poiché Y è un

chiuso e aperto allora in particolare Y è chiuso X\Y aperto e poiché YX X\Y e

chiaramente Y(X\Y)= ed inoltre osserviamo che Y(X\Y)=X e quindi se consideriamo Y come


aperto si ha allora che X è l’unione dei due aperti Y ed X\Y non vuoti e disgiunti e questo è un

assurdo poiché per Hp X è connesso.

Dim (sufficienza) Supponiamo per assurdo che X sia sconnesso e quindi:

A,BX aperti con A, B e AB= t.c. AB=X

segue allora dalla proprietà precedente che X\A=B e che AX. Osserviamo inoltre che essendo

X\A=B allora A è chiuso in quanto complementare dell’aperto B. E quindi A è un insieme non

vuoto, simultaneamente aperto e chiuso, ed è contenuto propriamente in X (cioè AX) e questo è in

chiara contraddizione con l’Hp.

CHIUSI-APERTI [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico e AX, diciamo allora che A è un chiuso-aperto di X se è

simultaneamente aperto e chiuso. Osserviamo che banalmente che se A è chiuso-aperto allora anche

il suo complementare cioè X\A è chiuso-aperto. Osserviamo inolre che per definizione X e sono

chiusi-aperti.



AX

Allora A è chiuso-aperto Fr(A)=

Dim (esercizio) Pre Hp A chisuo-aperto e quindi in particolare A chiuso A=A ed inoltre essendo A aperto

X\A chiuso X\A=X A\ e quindi ricordando che abbiamo già osservato che la frontiera di un

insieme consiste nei punti comuni alla chiusura dell’insieme e alla chiusura del suo complementare

si ha Fr(A)=AX A\ =AX\A= c.v.d.

Dim (esercizio) Verifichiamo che A è chiuso:

A=AFr(A)=A=A A chiuso

Verifichiamo che A è aperto ovvero che X\A è chiuso:

X A\ =X\AFr(A)=X\AFr(A)=X\A=X\A X\A chiuso A aperto c.v.d.

Osserviamo subito che facendo uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la caratterizzazione Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. dei connessi si può

riformulare equivalentemente nel seguente modo:




Allora X è connesso YX con Y allora Fr(Y)



YX aperto e Y

Allora Y è sconnesso ono A,B t.c. A, B, AB= e Y=AB

Dim

Essendo per Hp Y sconnesso (nella topologia relativa di Y) allora:

ono A,BY aperti in Y t.c. A, B, AB= e Y=AB

Osserviamo che A e B sono aperti in Y che è per Hp aperto in X, e pertanto (per i soliti

ragionamenti di topologia relativa) A e B saranno anche aperti in X c.v.d.

Dim Per Hp abbimo che:

ono A,B t.c. A, B, AB= e Y=AB

Osserviamo che A e B aperti in X e quindi come sappiamo in particolare saranno anche aperti in Y

e si ha la sconnessione di Y c.v.d.



YX chiuso e Y

Allora Y è sconnesso ono A,BX chiusi t.c. A, B, AB= e Y=AB

Dim Essendo per Hp Y sconnesso (nella topologia relativa di Y) allora:

ono A,BY chiusi in Y t.c. A, B, AB= e Y=AB

Osserviamo che A e B sono chiusi in Y che è per Hp chiuso in X, e pertanto (per i soliti

ragionamenti di topologia relativa) A e B saranno anche chiusi in X c.v.d.

Dim Per Hp abbimo che:

ono A,BX chiusi t.c. A, B, AB= e Y=AB

Osserviamo che A e B chiusi in X e quindi come sappiamo in particolare saranno anche chiusi in Y

e si ha la sconnessione di Y c.v.d.


Dimostriamo che i punti sono dei connessi.



x0X

Ts: il singoletto {x0} è un connesso

Dim (ovvia) Supponiamo per assurdo che {x0} non sia sconnesso cioé:

A,BX aperti t.c. A{x0}, B{x0}, AB{x0}= e {x0}AB

Poiché A{x0} x0A e analogamente poiché B{x0} x0B e quindi x0AB e

pertanto banalmente x0AB{x0} AB{x0} assurdo c.v.d.


Sia X uno spazio topologico connesso

Y uno spazio topologico

f:XY funzione continua

Ts: f(X) è connesso

Dim

Dobbiamo provare che il codominio della f è connesso. Supponiamo per assurdo che f(X) sia

sconnesso allora:

ono A,BY aperti t.c. f(X)A, f(X)B, f(X)AB= e f(X)AB

Per Hp f è continua f -1(A) e f -1(B) aperti di X.

Proviamo che f -1(A) e f -1(B) sono non vuoti:

poiché f(X)A xX t.c. f(x)f(A) xf -1(A) f -1(A). In maniera identica si verifica

che f -1(B).

Proviamo che f -1(A) e f -1(B) sono disgiunti:

supponiamo per assurdo che f -1(A)f -1(B) zf -1(A)f -1(B) zf -1(A) e zf -1(B)

f(z)A e f(z)B f(z)AB e chiaramente f(z)f(X) che f(z)f(X)AB f(X)AB

assurdo poiché f(X)AB e quindi deve necessariamente essere che f -1(A)f -1(B)=.

Teniamo presente che f(X)AB e quindi applicando l’inversa della f sia che

Xf -1(AB) X=f -1(AB)=per una nota proprietà dell’inversa=f -1(A)f -1(B). E quindi siamo

risusciti a scrivere X come unione di due aperti non vuoti e disgiunti e questo è un assurdo poiché

per Hp X è uno spazio connesso c.v.d.


La proprietà precedente assieme al fatto già dimostrato che la continuità preserva la

compattezza ci dà il seguente corollario.


Sia X uno spazio topologico e connesso

Y spazio topologico


Ts: f(X) è compatto e connesso

CONTROESEMPI RELATIVI ALL’UNIONE DI CONNESSI [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Vogliamo fare adesso qualche confronto con le nozioni acquisite in precedenza. Abbiamo visto in

precedenza che in uno spazio topologico l’unione finita di compatti è un compatto e questo

evidentemente non accade per i connessi cioè si ha in generale che l’unione di connessi non è un

connesso, come mostrato qui di seguito con qualche esempio. Sia (X,) uno sp. top. qualunque e A

e B due aperti connessi non vuoti e disgiunti, vogliamo allora provare che AB è sconnesso e cioé

vogliamo provare che:

1,2 t.c. 1(AB), 2(AB), 12(AB)= e AB12

Basta allora evidentemente scegliere A=1 e B=2. Un altro esempio banale è dato dai singoletti di

un qualunque spazio topologico di Hausdorff ovvero sia X uno spazio topologico di Hausdorff

allora abbiamo già osservato che i singoletti {x} sono dei connessi. Fissati quindi x,yX allora

evidentemente {x}{y}={x,y} è un insieme sconnesso infatti essendo X di Hausdorff allora

esistono A e B non vuoti e disgiunti rispettivamente intorni di x ed y e quindi si ha che:

A{x,y}, B{x,y}, AB{x,y}= e {x,y}AB

cioè {x,y} è sconnesso. E quindi i generale in uno spazio topologico l’unione di connessi non è un

connesso. Analogamente si trovano degli esempi che ci assicurano che in generale l’intersezione di

connessi non è un connesso.


La seguente proprietà che ci dice che condizione sufficiente affinché l’unione dei membri di

una famiglia di connessi sia un connesso è che i membri di tale famiglia siano a due a due non

disgiunti.



{Ai}iI famiglia di connessi con AiX e AiAj i,jI Ts: A:=

i I Ai è un connesso

Dim Supponiamo per assurdo che A sia sconnesso e quindi:

1,2X aperti t.c. A1, A2, 12A= e A12

Fissiamo un qualunque indice iI allora in corrispondenza di tale indice abbiamo il connesso Ai

vogliamo allora osservare che Ai1 oppure Ai2 infatti se per assurdo Ai1 e Ai2,

allora poiché 12A= a maggior ragione essendo Ai12A12 si ha che

Ai12 e chiaramente AiA12 e questo è in contraddizione con la connessione di Ai.

E quindi ogni Ai è interamente contenuto o in 1 o in 2. Osserviamo che:

essendo A1 kI t.c. Ak1 Ak1

essendo A2 jI t.c. Aj2 Aj2

E quindi essendo Ak1 e Aj2 AkAj12 e quindi (osservando che AkAjAkA)

intersecando ambo i membri con A otteniamo allora che AkAj12A= AkAj= e

questo è un assurdo poichè per Hp gli Ai sono a due a due non disgiunti

c.v.d.



sono allora equivalenti le seguenti condizioni:

(1) X connesso

(2) x,yX YX connesso t.c. x,yY

Dim (1)(2) (banale)

Fissati x,yX allora chiaramente basta prendere Y=X c.v.d.

Dim (2)(1) Supponiamo per assurdo che X sia sconnesso e quindi:

A,BX aperti t.c. A, B e AB= e AB=X

Poiché A e B xA e yB segue allora dall’Hp che:


YX connesso t.c. x,yY

Osserviamo che:

xA e xY xAY AY

yB e yY yBY BY

Poiché AB= allora a maggior ragione si ha che ABY= ed inoltre osserviamo che

YX=AB. E quindi riassumendo A e B sono due aperti tali che:

AY, AY, ABY= e YAB

e questo è chiaramente in contraddizione con il fatto che Y è connesso c.v.d.



AX connesso

YX

Ts: se AYA allora Y è connesso

Dim

Supponiamo per assurdo che Y è sconnesso e quindi:

1,1X aperti t.c. 1Y, 2Y, 12Y= e Y12

cerchiamo allora di raggiungere l’assurdo che A è sconnesso. Poiché YA allora osserviamo che:

essendo 1Y 1A

essendo 2Y 2A

ricordiamo adesso che in generale se un aperto interseca la chiusura di un insieme allora tale aperto

interseca pure l’insieme e quindi si ha che 1A e 2A e poiché 12Y= allora a

forziori essendo AY si ha che 12A= ed inoltre osserviamo che AY12. E quindi

riassumendo si ha che gli aperti 1 e 2 sono tali che:

1A, 2A, 12A=, A12

che significa che A è sconnesso, assurdo poiché per Hp A è connesso c.v.d.

Segue direttamente dalla proposizione precedente il seguente corollario che ci dice che la

chiusura di un connesso è un connesso.



AX connesso

Ts: A è connesso




YX con int(Y)=

AX aperto non vuoto t.c. A\Y connesso

Ts: A è connesso

Dim (esercizio) Poiché int(Y)= segue allora da una proprietà fatta che:

A=A Y\

Seque quindi da un’altra proprietà fatta che:

A\YAA=A Y\

segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è connesso

c.v.d.

Vogliamo osservare adesso che nella retta reale con la topologia standard (cioè con la

topologia degli intervalli ovvero con la topologia ={(a,b) : a,bR}) i connessi sono: l’ins. vuoto,

i singoli punti e gli intervalli. Poiché è un connesso per def., i singoletti sono banalmente dei

connessi e come dimostra il seguente teorema gli intervalli sono dei connessi anzi addirittura si

dimostra che in R condizione necessaria e sufficiente affinché un ins. sia un intervallo è che sia un

connesso.


Sia IR non vuoto e contenente più di un punto

Allora I connesso I è un intervallo

Dim (per esercizio) Dobbiamo provare che I è un intervallo e quindi detto =infI e =supI allora dobbiamo provare che

(,)I (si ricorda che le parentesi tonde stanno ad indicare tutte le possibilità cioé gli estremi

possono essere finiti o infiniti cioè del tipo ]a,b[,

]-,b[, ]a, +[, ]-,+[) cioè che tR t.c. <t< allora tI. Supponiamo per assurdo che I

non sia intervallo cioé:

tR t.c. <t< t.c. e tI

e consideriamo quindi gli intervalli ]-,t[ e ]t,+[ che sono due aperti disgiunti e quindi si

banalmente che:

=]-,t[]t,+[=]-,t[]t,+[I (1)


Essendo <t< per la IIa proprietà rispettivamente dell’inf e del sup si ha che:

]-,t[I e ]t,+[I (2)

Osserviamo che chiaramente:

I]-,t[]t,+[=R\{t} (3)

E quindi la (1), la (2) e la (3) ci danno la sconnessione di I e questo è un assurdo poiché per

Hp I è connesso.

Dim (per esercizio)

Proviamo a priori che l’intervallo [0,1] è un connesso. Supponiamo per assurdo che [0,1] sia

sconnesso e quindi:

ono A,BR chiusi t.c. A[0,1], B[0,1], AB[0,1]= e [0,1]AB

Teniamo presente che =AB[0,1]=(A[0,1])(B[0,1]) che gli insiemi A[0,1] e B[0,1]

sono disgiunti ed inoltre tali insiemi (osservando che banalmente che R è di Hausdorff) sono dei

compatti essendo intersezione di chiusi con con il compatto [0,1] e poiché siamo nella retta reale

questo equivale ad affermare che A[0,1] e B[0,1] sono chiusi e limitati e questo come sappiamo

in particolare ci dice che tali insiemi ammettono minimo e massimo. Consideriamo allora:

t1:=max(A[0,1])

t2:=min(B[0,1])

e chiaramente essendo A[0,1] e B[0,1] disgiunti allora t1t2 ed inoltre osserviamo che

t1,t2[0,1]. Non è restrittivo supporre che t1<t2 (basta eventualmente scambiare il ruolo di A con B)

e quindi per l’assioma della completezza si ha che t0R t.c. t1<t0<t2 e poiché t1,t2[0,1]

t0[0,1].

Osservando che t1:=max(A[0,1])<t0<min(B[0,1])=:t2 t0A[0,1] e t0B[0,1] e poiché

t0[0,1] t0A e t0B e questo è un assurdo poiché [0,1]AB. E quindi segue dall’assurdo che

l’intervallo [0,1] è connesso.

Dimostriamo adesso che l’intervallo I di R è connesso e per dimostrare questo facciamo uso della

caratterizzazione Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che ci dice che condizione

necessaria e sufficiente affinché uno spazio topologico X sia connesso è che comunque presi due

suoi punti YX connesso (rispetto alla topologia relativa) che contiene questi due punti. Quindi

siano x,yI ed essendo I un intervallo si ha allora che (non è restrittivo supporre che x<y) [x,y]I.

Consideriamo adesso la funzione:

:[0,1] R

t tx+(1-t)y

che è chiaramente una funzione continua e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è mappa di connessi. Osserviamo che ([0,1])=[x,y] e poiché abbiamo provato che


[0,1] è connesso segue allora dalla continuità di che [x,y] è un connesso di I e banalmente

x,y[x,y], che è proprio quello che volevamo dimostrare.

Facendo uso dei risultati ottenuti dimostr. il seguente noto risultato dell’analisi.

TEOREMA DI PASSAGGIO ALLA DOGANA (O FRONTIERA) [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AX non vuoto

x0A e y0A

f:[0,1]X continua t.c. f(0)=x0 e f(1)=y0

Ts: t[0,1] t.c. f(t)Fr(A)

Dim (esercizio) Poiché [0,1] è un intervallo segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

[0,1] è connesso e poiché per Hp f è continua, teniamo allora presente che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f([0,1]) è connesso. Evidentemente quello che dobbiamo

provare è che:

Fr(A)f([0,1])

Supponiamo per assurdo che Fr(A)f([0,1])= e poiché Fr(A)=AX A\ si ha allora che

(AX A\ )f([0,1])=. Ovviamente Af([0,1]) infatti per Hp x0AA e x0=f(0)f([0,1])

x0Af([0,1]) Af([0,1]). Analogamente si verifica che X A\ f([0,1]).

Banalmente si osserva che f([0,1])X=AX\AAX A\ . E quindi riepilogando i due chiusi A

e X A\ sono tali che:

Af([0,1]), X A\ f([0,1]), (AX A\ )f([0,1])= e f([0,1])AX A\

e questo per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. significa che f([0,1]) è sconnesso e

siamo quindi ad un assurdo poiché si aveva che f([0,1]) connesso

c.v.d.

Dimostriamo adesso il segue semplice ma importante risultato (già richiamato in precedenza

nella lezione del 11-12-95 quando si è introdotto il concetto di omeomorfismo) propedeutico ad una


questione successiva, che ci dice che il grafico (con la relativizzazione della topologia prodotto) di

una funzione continua tra spazi topologici è omeomorfo al dominio della funzione.




Ts: X è omeomorfo a gr(f)={(x,f(x) : xX}

Dim

Dobbiamo provare che X è omeomorfo a gr(f) e quindi dobbiamo provare che esiste una biezione

tra X ed gr(f) continua con inversa continua. Consideriamo la funzione:

h:Xgr(f) definita dalla legge h(x):=(x,f(x))

Ricordiamo adesso un teorema precedente che ci dice che dati X,Y1,Y2 spazi topologici, f1:XY1 e

f2:XY2 funzione e considerata g:XY1Y2 con g(x):=(f1(x),f2(x)) allora g è continua se e solo se

f1 e f2 sono continue. E quindi se nello schema del teorema appena richiamato prendiamo come f2

l’identità su X cioè f2:=idX:XX con idX(x):=x e come f1:=f (e chiaramente Y1=X, Y2=Y) segue

allora direttamente da questo teorema che h è continua. Banalmente h per come è stata definita è

surgettiva. Proviamo che h è iniettiva e quindi dobbiamo provare che:

se x1,x2X con x1x2 h(x1)h(x2)

Siano quindi x1,x2X con x1x2, supponiamo allora per assurdo che h(x1)=h(x2)

(x1,f(x1))=(x2,f(x2)) x1=x2 e f(x1)=f(x2) assurdo. E quindi h è surriettiva e iniettiva cioè una

biezione allora ha senso considerare l’inversa h-1:gr(f)X. Vogliamo provare adesso che h-

1:gr(f)X è continua. Osserviamo che h-1:gr(f)X è quella funzione che ad ogni punto del tipo

(x,f(x))gr(f) fa corrispondere xX e quindi h-1:gr(f)X evidentemente altro non è che la

restrizione a gr(f)XY della funzione proiezione su X cioè di:

pX:XYX con pX(x,y)=x (x,y)XY

che come noto è una funzione continua e quindi essendo h-1:gr(f)X la restrizione di una funzione

continua è una funzione continua c.v.d.

COROLLARIO [More] [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X ed Y spazi topologici



(1) X è connesso

(2) gr(f) è connesso (chiaramente rispetto alla topologia prodotto)


Dim (1)(2)

Per Hp f è continua segue allora dalla proposizione precedente che X è omeomorfo al grafico di f

cioè:

:Xgr(f) omeomorfismo

E quindi per la proposizione Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. segue che

(X)=gr(f) è connesso c.v.d.

Dim (2)(1)

La dim. di questa implicazione è identica alla precedente basta infatti considerare la funzione -

1:gr(f)X che è un omeomorfismo e riapplicare la proposizione Errore. L'argomento parametro è sconosciuto..

Incidentalmente vogliamo fare osservare il seguente risultato (la cui dimostrazione è identica

a quella del corollario precedente scambiando la parola connesso con compatto).

COROLLARIO [More] [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]




(1) X è compatto

(2) gr(f) è compatto (chiaramente rispetto alla topologia prodotto)

CONNESSIONE PER ARCHI [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico. Diciamo che X è connesso per archi se per ogni coppia di punti esiste

un cammino in X che li unisce cioè se:

x,y :[0,1]X continua t.c. (0)=x e (1)=y

Se AX allora si dice connesso per archi se lo è rispetto alle relativizzazione ad esso della

topologia di X.

Vogliamo osservare immediatamente che in generale

l’unione di due insiemi connessi per archi non è un

connesso per archi. Per rendesi conto di questo fatto basta

mettersi in R2 e considerare due insiemi A e B costituiti

dai punti di due segmenti distinte che sono quindi A

B


banalmente connessi per archi, e risulta allora palese che

l’unione di questi insiemi non è un localmente connesso.

Dimostriamo adesso la seguente proprietà che ci dice sostanzialmente che la connessione

per archi è più forte della connessione.


Sia X uno spazio topologico connesso per archi

Ts: X è connesso

Dim

Per dimostrare la tesi facciamo uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e

dimostriamo quindi che:

x,yX YX connesso t.c. x,yY

Fissiamo quindi x,yX poiché per Hp X è connesso per archi allora:

:[0,1]X continua t.c. (0)=x e (1)=y

Poiché l’intervallo reale [0,1] è un connesso (con la topologia usuale di R) segue allora dalla

continuità di che ([0,1]) e un connesso e chiaramente x,y([0,1]) e quindi basta scegliere

Y=([0,1]) e si ottiene proprio quanto si voleva dimostrare.

CONTROESEMPIO PER METTERE IN EVIDENZA CHE IN GENERALE LA CONNNESSIONE NON IMPLICA LA CONNESSIONE PER ARCHI


Si faccia bene attenzione al fatto che della proprietà precedente in generale non vale il viceversa

cioè ci possono essere degli spazi connessi che non sono connessi per archi. Un esempio classico di

spazio connesso ma che non è connesso per archi è il seguente. Consideriamo la funzione reale di

variabile reale:

f(x):=sin1x dove xR\{0}

(detta la curva del topologo poiché il suo uso ricorre spesso in esempi di natura topologica). Se noi

andiamo a rappresentare tale funzione con gli usali metodi di analisi uno in un intorno di 0 ad


esempio nell’intervallo [-1,1] ci accorgiamo che il suo grafico consiste in delle sinusoidi di uguale

ampiezza che si infittiscono mano mano che ci avvicina all’origine:

In R2 consideriamo la spazio topologico (con la topologia indotta da R2) X dato dall’unione del

grafico della funzione reale con il segmento sull’asse delle ordinate di estremi -1 e 1 cioè:

X={(x,f(x))R2 : xR con x0 }({0}[-1,1])

Vogliamo verificare che X è connesso. Consideriamo l’intervallo reale ]0,+[ che per il teorema

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è un connesso. Consideriamo la funzione f

ristretta a ]0,+[ cioè f|]0,+[:]0,+[R che è evidentemente una funzione continua e

indichiamo con A il suo grafico cioè:

A=gr(f|]0,+[):={(x,f(x)) : x]0,+[)}R2

segue allora dal teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è un connesso.

Ricordiamo che per definizione un punto appartiene alla frontiera di un insieme se comunque preso

un intorno del punto questo ha intersezione non vuota con l’insieme e con il complementare

dell’insieme. Si osserva allora chiaramente dal grafico che fr(A)={0}[0,1] infatti se prendiamo un

punto sul segmento {0}[0,1] allora si vede chiaramente che tale intorno interseca sia A che il suo

complementare (cioè X\A). Ricordando adesso una uguaglianza topologica che caratterizza la

chiusura cioé che A =Afr(A) si ha allora che A =A{0}[0,1]. Poiché abbiamo provato che A è

connesso segue allora dalla proposizione Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che la

chiusura A =A{0}[0,1] è connesso. In maniera analoga se indichiamo con B il grafico della

restrizione di f a

]-,0[ cioè:

B=gr(f|]-,0[):={(x,f(x)) : x]-,0[)}R2

otteniamo che la sua chiusura B=B{0}[-1,0] e che questa è un connesso. Osserviamo adesso

che chiaramente (0,0)AB AB e osserviamo inoltre che AB=gr(f){0}[-1,1]=X

e quindi X è l’unione di due connessi che hanno intersezione non vuota segue allora dalla

proposizione Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che X è connesso. Si osserva anche

in maniera non rigorosa che X non è connesso per archi infatti se prendiamo un punto appartenente


al grafico di f e un punto appartenente al segmento {0}[-1,1] allora si osserva chiaramente dal

grafico che non esiste nessuna funzione continua che unisce questi due punti.

SPAZIO LOCALMENTE CONNESSO [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, diciamo allora che X è localmente connesso se ogni punto di X

ammette una base fondamentale di intorni connessi. Si faccia bene attenzione al fatto che le nozioni

di connessione e di locale connessione sono totalmente separate cioè ci possono essere degli spazi

che sono connessi ma che non sono localmente connessi o viceversa, oppure degli spazi che sono

connessi e localmente connessi e così via. Un esempio noto di spazio localmente connesso ma non

connesso è quello dei due punti, e precisamente sia X uno spazio di Hausdorff e siano x,yX allora

abbiamo già osservato in precedenza che i singoletti {x} ed {y} sono due connessi ma che la loro

unione cioè {x,y} non è un connesso. Consideriamo allora lo spazio Y={x,y} con la

relativizzazione ad esso della topologia su X (che è quindi uno spazio di Hausdorff ) ed è quindi

uno spazio sconnesso. Ovviamente in Y i singoletti {x} e {y} costituiscono una base fondamentale

di intorni connessi Y localmente connesso. Per trovare un esempio di spazio connesso che non

sia localmente connesso facciamo riferimento alla curva del topologo e consideriamo lo spazio

XR2 definito nell’osservazione precedente. Abbiamo già osservato che X è connesso, vogliamo

allora osservare che X non è localmente connesso. Infatti si osserva per via grafica (quindi non

rigorosa) che fissato un punto sul segmento

{0}[-1,1] allora comunque preso un intorno piccolo di tale punto in X cioè (per definizione di

topologia relativa) l’intersezione di un disco (di raggio piccolo) di R2 con X (che contiene quindi

frammenti di X ovvero frammenti del grafico della curva del topologo e del segmento {0}[-1,1])

questo non è un connesso.

SPAZIO TOPOLOGICO COMPLETAMENTE CONNESSO [1501/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Diciamo che X sp. top. è completamente connesso se esiste Y spazio topologico connesso e

localmente connesso e una :YX continua e suriettiva. Ovviamente uno spazio topologico X

completamente connesso è connesso poiché banalmente può essere riguardato come immagine

continua di (essendo surgettiva e quindi (Y)=X), ma tale spazio non è in generale localmente


connesso poiché come si è già osservato in precedenza la locale connessione ono è preservata dalla

continuità.


Sia (X,) uno spazio topologico connesso e localmente connesso

Ts: X è completamente connesso

Dim Chiaramente basta considerare:

:(X,)(X,) con (x):=x

cioè consideriamo l’identità che è come noto continua ed è banalmente surgettiva. E quindi si ha la

tesi.

17-01-96



Y spazio topologico

y0Y

Ts: X{y0} è connesso

Dim Consideriamo la funzione:

f:XXY con f(x):=(x,y0)

osserviamo che le componenti della f sono la funzione identità su X (cioè quella che ad ogni xX fa

corrispondere x) e la funzione costante (cioè quella che ad ogni xX fa corrispondere il fissato y0)

che sono come noto funzioni continue e quindi la f è continua poiché lo sono le sue componenti. E

quindi ricordando che la connessione è preservata dalla continuità segue che f(X)=X{y0} è

connesso c.v.d.



sono allora equivalenti le seguenti due condizioni:

(1) XY connesso

(2) X ed Y sono connessi

Dim (1)(2)


Consideriamo la funzione proiezione su X cioè:

pX:XYX con pX(x,y)=x

che come sappiamo è continua e quindi pX(XY)=X è connesso. In maniera identica si ha che Y è

connesso.

Dim (2)(1) Per dimostrare questa implicazione facciamo uso della caratterizzazione dei connessi che ci dice

che uno spazio topologico è connesso se e solo se comunque presi due punti dello spazio esiste un

connesso contenuto nello spazio, che contiene i due punti. Siano quindi (x0,y0),(x1,y1)XY

consideriamo allora gli insiemi {x0}Y e X{y1} che sono due connessi per la proposizione

precedente. Osserviamo che {x0}YX{y1} infatti almeno (x0,y1){x0}YX{y1} e quindi

la loro unione è un connesso cioè {x0}YX{y1} connesso e chiaramente osserviamo che

(x0,y0),(x1,y1){x0}YX{y1} c.v.d.




(1) XY connesso e compatto

(2) X ed Y sono connessi e compatti

Dimostriamo che la connessione per archi è preservata dalla continuità.


Sia X uno spazio topologico connesso per archi

Y spazio topologico

f:XY continua

Ts: f(X) è connesso per archi

Dim

Fissiamo y0,y1f(X) e dimostriamo che:

g:[0,1]f(X) continua t.c. g(0)=y0 e g(1)=y1

Poiché y0,y1f(X) allora sono del tipo y0=f(x0) e y1=f(x1) per opportuni x0,x1X. Per Hp X è

connesso per archi e quindi in corrispondenza ad x0,x1X si ha che:

:[0,1]X continua t.c. (0)=x1 e (1)=x1

Consideriamo la funzione:

g:[0,1]f(X) con g(t):=f((t)) t[0,1]


che è una funzione continua in quanto composizione di funzioni continue ed inoltre osserviamo che:

g(0)=f((0))=f(x0)=y0

g(1)=f((1))=f(x1)=y1 c.v.d.




(1) XY connesso per archi

(2) X ed Y sono connessi per archi

Dim (1)(2) (esercizio) Consideriamo la funzione proiezione su X cioè:


che come sappiamo è continua segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che pX(XY)=X è connesso per archi. In maniera identica si ha che Y è connesso per archi.

Dim (2)(1) (esercizio) Fissati ad arbitrio (x0,y0),(x1,y1)XY dobbiamo provare che esiste una curva continua da [0,1] in

XY che unisce tali punti. Per Hp X ed Y sono connessi per archi e quindi:

f1:[0,1]X continua t.c. f1(0)=x0 e f1(1)=x1

f2:[0,1]Y continua t.c. f2(0)=y0 e f2(1)=y1

consideriamo allora la funzione:

g:[0,1]XY definita dalla legge g(t)=(f1(t),f2(t))

che è continua (per una proprietà vista in precedenza) ed inoltre osserviamo che

g(0):=(f1(0),f2(0))=(x0,y0) e g(1):=(f1(1),f2(1))=(x1,y1) c.v.d.

Per gli spazi localmente connessi la continuità non è sufficiente per preservare la locale

connessione, ma come mostra la seguente proprietà questa si conserva se oltre alla continuità si

suppone che la funzione sia pure aperta.


Sia X uno spazio topologico localmente connesso

Y spazio topologico

f:XY continua ed aperta

Ts: f(X) è localmente connesso

Dim


Dobbiamo provare che yf(X) esiste una base fondamentale di intorni connessi di y. Sia quindi

yf(X) che xX t.c. y=f(x). Per Hp X è localmente connesso che {Vi}iI base

fondamentale di intorni connessi di x. Si può dimostrare (ma non lo facciamo) che in uno spazio

topologico localmente connesso ogni punto ammette una base fondamentale di intorni aperti

connessi e quindi possiamo supporre che {Vi}iI sia una base di intorni aperti connessi di x.

Consideriamo allora la famiglia {f(Vi)}iI che è una famiglia di aperti di Y essendo f aperta e di

connessi per la continuità di f. Ovviamente gli f(Vi) sono aperti anche in f(X) poiché banalmente

f(Vi)=f(X)f(Vi). Verifichiamo quindi che detta base è una base fondamentale di intorni connessi di

y. Sia V intorno (che possiamo supporre) aperto di y in f(X) e quindi è del tipo V=f(X) per un

opportuno aperto di Y. Poiché y=f(x)V=f(X) f(x) consideriamo allora l’insieme f -

1() che per la continuità di f è un intorno di x in X e quindi essendo {Vi}iI una base fondamentale

di intorni di x allora kI tale che Vkf -1() applicando ad ambo i membri la f otteniamo

f(Vk)f(f -1()) ed intersecando ambo i membri con f(X) otteniamo f(Vk)V

c.v.d.




(1) XY è localmente connesso

(2) X ed Y sono localmente connessi

Dim (1)(2) (esercizio) Consideriamo la funzione proiezione su X cioè:


che come sappiamo è continua ed aperta segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che pX(XY)=X è localmente connesso. In maniera identica si ha che Y è localmente

connesso.

Dim (2)(1) (esercizio) Fissato (x0,y0)XY dobbiamo provare che esiste una base fondamentale di intorni connessi di

(x0,y0) in XY. Per Hp X ed Y sono localmente connessi e quindi:

{Ui}iI base fondamentale di intorni connessi di x0 in X

{Vi}jJ base fondamentale di intorni connessi di y0 in Y

consideriamo allora la famiglia:

G:={UiVj}iI,jJ

che è una famiglia di connessi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e

banalmente i membri di tale famiglia G sono degli intorni di (x0,y0) per definizione di topologia


prodotto. Verifichiamo quindi che G è una base fondamentale di intorni di (x0,y0). Sia quindi

WXY un intorno di (x0,y0) allora come sappiamo:

UX intorno di x0 e VY intorno di y0 t.c. UVW

Essendo le famiglie {Ui}iI e {Vj}jj rispettivamente basi fondamentali di x0 in X ed di y0 in Y,

segue allora che:

iI e jJ t.c. UiU e VjV

consideriamo allora UiVj che è ovviamente di G e si ha:

UiVjUVW c.v.d.

COMPONENTE CONNESSA DI UNO SPAZIO TOPOLOGICO [1701/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno sp. top. e fissiamo xX. Consideriamo allora la famiglia Cx:={Ci}iI di tutti i connessi di

X contenenti x. Ovviamente Cx non è vuota poiché almeno {x} ci sta. Si definisce allora

componente connessa dello sp. top. X contenete x l’insieme: Cx=

i I Ci

Osserviamo che per definizione xCi iI e quindi CiCj se ij e pertanto l’unione dei membri

della famiglia di Cx connessi è un connesso cioè Cx connesso. E quindi desumiamo che la

componente connessa Cx è il più grande connesso contenente x. Introduciamo adesso in X la

seguente relazione:

x,yX allora xy Cx=Cy

si verifica banalmente che tale relazione è di equivalenza e pertanto induce ad una partizione di X in

classi di equivalenza che sono le componenti connesse di X. Vedremo tra poche che X con tale

relazione di equivalenza viene ripartito in insiemi connessi massimali, ossia nella famiglia di

connessi di X ogni componente connessa è massimale rispetto alla relazione di inclusione.



x,yX



(1) CxCy (ovviamente xy)

(2) CxCy=

Dim (1)(2) Supponiamo per assurdo che CxCy CxCy connesso, osserviamo allora che banalmente

xCxCy ed inoltre CxCxCy e quindi essendo per definizione Cx è il più grande connesso

contenente x deve essere Cx=CxCy CxCy analogamente invertendo i ruoli di x ed y si verifica

che CyCx e quindi in definitiva Cx=Cy assurdo poiché per ipotesi CxCy

c.v.d.

Dim (2)(1) Supponiamo per assurdo che Cx=Cy CxCy=Cx assurdo poiché per Hp CxCy=



x,yX


(1) Cx=Cy

(2) CxCy

Vogliamo verificare che una componente connessa è individuata da un suo qualsiasi

elemento.



CX componente connessa

xC

Ts: C=Cx

Dim

Poiché C è una componente connessa allora yC t.c. C=Cy osserviamo allora che xCxCy

CxCy segue dal corollario precedente che Cx=Cy c.v.d.

Proviamo ora che ogni componente connessa è un massimale nella famiglia dei connessi.





DX connesso

Ts: se CD D=C

Dim

Dobbiamo provare solo che DC. Sia xCD segue allora dalla proprietà precedente che C=Cx e

quindi essendo xD allora essendo per definizione Cx il più grande connesso contenente x allora

segue che DCx=C c.v.d.

La seguente semplice caratterizzazione ci dice che condizione necessaria e sufficiente

affinché uno spazio topologico sia connesso è esista una ed una sola componente connessa e quindi

in particolare si desume che sicuramente uno spazio topologico sconnesso ha più di una

componente connessa.



Allora X è connesso ha una sola componente connessa

Dim

Sia CX un’arbitraria componente connessa di X segue allora dalla proprietà precedente che C=X

c.v.d.

Dim

Per Hp !CX componente connessa e quindi xX Cx=C. Ovviamente e XC. infatti se xX

xCx=C. E quindi X=C X connesso c.v.d.

Proviamo adesso che le componenti connesse sono necessariamente chiuse.



CX componente connessa di X

Ts: C è chiusa

Dim

Sappiamo che CC e poiché abbiamo osservato in precedenza che la chiusura di un connesso è un

connesso segue allora che C è un connesso e quindi per la massimalità di C deve necessariamente

essere che C=C c.v.d.



Sia X uno spazio topologico localmente connesso


Ts: C è aperta

Dim

Proviamo che C è intorno di ogni suo punto. Sia quindi x0C allora poiché per Hp X è localmente

connesso, ammette in x0 una base fondamentale di intorno connessi, sia allora U un membro

qualsiasi di tale base U intorno di x0 e connesso e quindi essendo C il più grande connesso

contenente x0 allora deve essere che UC e questo come sappiamo per le proprietà degli intorni

significa che C è intorno di x0 c.v.d.



f:XR continua

Ts: f assume tutti i valori tra il suo inf ed il suo sup

Dim (esercizio) Posto :=inf f(X) e :=sup f(X) e preso ad arbitrio un t0R t.c. <t0< dobbiamo provare quindi

che x0X t.c. f(x0)=t0. Poiché per Hp X è connesso allora per la continuità di f si ha che f(X)

connesso in R f(X) intervallo (,)f(X) e poiché t0(,) t0f(X) x0X t.c.

f(x0)=t0 c.v.d.

Segue direttamente dal risultato precedente il seguente semplicite risultato.

GENERALIZZAZIONE DEL TEOREMA DEGLI ZERI [1701/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


YX connesso

f:XR una funzione continua che assume valori sia positivi che negativi in Y

Ts: x0Y t.c. f(x0)=0

Dim

Per Hp f assume sia valori negativi che positivi su Y cioé x1,x2Y t.c. f(x1)<0 e f(x2)>0 e quindi

osserviamo che:

inf f(Y)f(x1)<0<f(x2)<sup f(Y)


segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che x0Y t.c. f(x0)=0

c.v.d.

19-01-96

FIBRE DI UNA FUNZIONE [1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano X ed Y ins. non vuoti, f:XY una funz. e sia y0Y diciamo allora fibra di F:

f -1(y0)={xX : f(x)=y0}

Cioé le fibre di una funzione sono le retroimmagini di punti.



f:XY a fibre aperte

Ts: f è continua

Dim (esercizio)

Verifichiamo che l’immagine inversa di un aperto é un aperti. Sia AY aperto osserviamo allora

che: f -1(A)=

y A f -1(y)

e pertanto f -1(A) é aperto in quanto unione di aperti c.v.d.



f:XY funzione a grafico aperto

Ts: f è a fibre aperte

Dim (esercizio) Fissiamo un punto y0Y e proviamo che f -1(y0) é aperto ovvero che é intorno di ogni suo punto. Sia

x0f -1(y0) y0=f(x0) (x0,y0)gr(f) che é aperto per Hp gr(f) intorno di (x0,y0) UX

intorno di x0 e VY intorno di y0 t.c. UVgr(f) U{y0}UVgr(f) (x,y0)gr(f) xU

f(x)=y0 xU xf -1(y0) xU Uf -1(y0) f -1(y0) intorno di x0

c.v.d.




f:XY funzione a grafico aperto

Ts: f è continua



f:XY funzione a grafico chiuso

Ts: f è a fibre chiuse

Dim (esercizio) Ricordiamo una nota caratterizzazione che ci dice che un dato insieme di uno spazio topologico é

chiuso se e solo se ogni successione generalizzata in esso e convergente, ha limite appartenente

all’insieme. Fissiamo un y0Y e facendo uso del criterio appena richiamato proviamo che f -1(y0) é

un chiuso. Sia {x}D in f-1(y0) convergente ad un punto x0X. Consideriamo la successione

generalizzata {(x,y0)}D che banalmente converge a (x0,y0), ed ovviamente tale successione

dimora nel grafico della f, infatti xf-1(y0) D y0=f(x) D (x,y0)gr(f) D

che {(x,y0)}D sta in gr(f). E pertanto essendo per Hp gr(f) chiuso segue che (x0,y0)gr(f)

y0=f(x0) x0f -1(y0) c.v.d.





Ts: f è a grafico chiuso

Dim

Proviamo che XY\gr(f) è un aperto e quindi proviamo al solito che è intorno di ogni suo punto

(ovviamente nella topologia prodotto). Sia (x0,y0)XY\gr(f) f(x0)y0 e poiché Y è di

Hausdorff:

ono U,V intorni rispettivamente di y0 e di f(x0) in Y t.c. UV=

allora per la continuità di f che f-1(V) è intorno di x0, se consideriamo allora il prodotto f-1(V)U

questo è ovviamente intorno di (x0,y0).

Verifichiamo che f-1(V)UXY\gr(f):

se (x,y)f-1(V)U xf -1(V) e yU f(x)V e yU e quindi essendo UV= f(x)y

(x,y)gr(f) (x,y)XY\gr(f).


E quindi poiché XY\gr(f) contiene un intorno del punto che XY\gr(f) è intorno di (x0,y0)

c.v.d.


In generale il viceversa del teorema precedente non vale cioè può accadere che una funzione sia a

grafico chiuso senza essere continua. Un notevole esempio è quello esposto qui di seguito.


f:RR con f(x):=

1

0

x se x 0

se x = 0

e consideriamo in R la topologia usuale. Si può verificare (facendo uso ad esempio di un criterio

sequenziale) che il grafico della f è chiuso, ma evidentemente la f è discontinua in x=0.

In precedenza abbiamo dimostrato una caratterizzazione delle funzioni continue che ci dice

che una funzione è continua in un punto se e solo se per ogni successione generalizzata convergente

al punto si ha che la successione generalizzata definita dalle immagini dei punti della successione di

partenza converge all’immagine del punto detto. Con le opportune modifiche in maniera analoga si

può dimostrare il seguente risultato.



AX, A

x0ADA

f:AY funzione


(1) f è continua in x0

(2) {x}D in A convergente a x0 {f(x)}D ammette f(x0) come punto limite


Siano X ed Y spazi topologci

x0X e y0Y


{x}D in X convergente a x0

{y}D in Y che ammette y0 come punto limite

Ts {(x,y)}D in XY ammette (x0,y0) come punto limite

Dim


W intorno di (x0,y0) in XY e D t.c. (x,y)W

Sia quindi W intorno di (x0,y0) e D, quindi per la caratterizzazione degli intorni nella topologia

prodotto si ha che:

U,V intorni rispettivamente di x0 e y0 t.c. UVW

Osserviamo che x0 è il limite della successione generalizzata{x} e quindi in corrispondenza di U si

ha che:

D t.c. xV (1)

poiché in D è definita una relazione di ordinamento filtrante allora:

D t.c. e

ed inoltre y0 punto limite per {y e quindi in corrispondenza di V e del fissato D si ha che:

t.c. yV (2)

e chiaramente essendo allora vale anche la (1). Segue allora dalla (1) e dalla (2) che

(x,y)UVW c.v.d.



Y spazio topologico compatto

f:XY a grafico chiuso

Ts: f è continua

Dim

Supponiamo per assurdo che la f sia discontinua che x*X punto di discontinuità della f, e

questo per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si traduce nel fatto che:

xD convergente ad x* t.c.f(x)D non ammette f(x*) come punto limite

D’altro canto poiché Y è compatto ogni successione generalizzata in Y deve ammettere un punto

limite, quindi diciamo y* tale punto limite per f(x) ed ovviamente deve essere che f(x*)y*.

Consideriamo quindi la successione generalizzata (x,f(x)D in gr(f) che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ammette (x*,y*) come punto limite. Poiché il grafico di f

è chiuso allora ogni punto limite di successioni generalizzate nel grafico di f vi apparterrà ovvero

(x*,y*)gr(f) e quindi f(x*)=y* e si perviene ad un assurdo poiché si aveva che f(x*)y*

c.v.d.



Siano X ed Y spazi topologici di Hausdorff

f:XY funzione


(1) f é continua ed X é compatto

(2) gr(f) é compatto


Abbiamo dimostrato in precedenza che ogni funzione continua ha il grafico omeomorfo al suo

dominio, e quindi segue direttamente da questo che gr(f) é un compatto

c.v.d.

Dim (2)(1) (esercizio) Poiché X ed Y sono di Hausdorff che il prodotto XY é di Hausdorff, e quindi in particolare

gr(f) é un chiuso essendo compatto di uno spazio di Hausdorff. Osserviamo adesso che:

pY(gr(f))=pY

x X (x,f(x))

=

x X pY((x,f(x)))=

x X f(x)=f(X)

e pertanto essendo la proiezione pY continua, risulta allora che f(X) é un compatto in quanto

immagine continua di un compatto. Si verifica facilmente cha la funzione f:XY é continua se e

solo se f:Xf(X) é continua. Rissumendo la funzione f:Xf(X) é a grafico chiuso ed a valori in

uno spazzio compatto segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

f:Xf(X) continua ovvero f:XY continua. Per il risultato richiamato nella implicazione

precedente segue che X é compatto essendo omeomorfo a gr(f) che é compatto

c.v.d.

Apriamo adesso un nuovo capitolo fondamentale riguardante gli spazi metrici

SPAZI METRICI [1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un insieme, diciamo che la funzione d:XXR è una metrica se soddisfa le seguenti tre

proprietà:

(1) d(x,y)=d(y,x) x,yX

(2) d(x,y)d(x,z)+d(z,y) x,y,zX (meglio nota come disuguaglianza triangolare)

(3) d(x,y)=0 x=y


Diciamo in tal caso che X è uno spazio metrico e scriviamo (X,d). Sia faccia bene attenzione al

fatto che una metrica è a valori nella retta reale (cioé in R) e non nella retta reale estesa (cioé in ~R :=R{-,+}=[-,+]) ovvero al fatto che una merica deve essere a valori finiti. Diamo

un esempio di metrica considerando la funzione d:XXR definita da:

d(x,y)=01

se x se x

yy

tale funzione è banalmente una metrica che è meglio nota come metrica banale.

Verifichiamo subito la seguente banale proprietà che ci dice che la metrica è una funzione

non negativa.


Sia (X,d) uno spazio metrico

Ts: d(x,y)0 x,yX

Dim Siano x,yX allora per la (3) si ha che:

0=d(x,x)applicando la (2)d(x,y)+d(y,x)= applicando la (1)=d(x,y)+d(x,y)=2d(x,y)

e quindi 02d(x,y) 0d(x,y) c.v.d.

Verifichiamo adesso la seguente proprietà che è un’estensione della proprietà triangolare.



{xn}nN successione ordinaria in X

Ts: d(xn,xn+p)d(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)++d(xn+p-1,xn+p)=i

p

1d(xn+i-1,xn+i) n,pN

Dim (esercizio)

Fissiamo n,pN e procediamo per induzione.

Verifichiamo il caso n=2:

basta applicare la triangolare, infatti:

d(xn,xn+2)d(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)

Supponiamo ora che l’asserto sia vero per n=k e dimostriamo che è vero per n=k+1:


d(xn,xn+k+1)per il caso n=2 si had(xn,xn+k)+d(xn+k,xn+k+1)per l’Hp induttiva i

k

1d(xn+i-

1,xn+i)+d(xn+k,xn+k+1)=

i

k

1

1d(xn+i-1,xn+i) c.v.d.

PALLE APERTE E CHIUSE [1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato uno spazio metrico (X,d) ovvero uno spazio su cui è definita una metrica, un punto x0R ed

un numero reale positivo, definiamo allora palla (o sfera o boccia) aperta di centro x0 e raggio ,

della metrica l’insieme:

B(x0,):=yX: d(x0,y)<

Definiamo palla (sfera o boccia) chiusa di centro x0 e raggio della metrica l’ins.:

B (x0,):=yX : d(x0,y)



x0,y0X e ,>0 con <

Ts: se d(x0,y0)- (cioé y0B (x0,-)) allora B(y0,)B(x0,)

Dim (esercizio) Sia ad arbitrio yB(y0,), si osserva allora che:

d(x0,y)d(x0,y0)+d(y0,y)<-+=

cioè yB(x0,) c.v.d.

SOTTOSPAZIO METRICO [1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) uno spazio metrico e AX non vuoto. Chiamiamo dA la restrizione della metrica

d:XXR ad AA cioé:

dA:=d|AA con dA(x,y)=d(x,y) x,yA

che si verifica banalmente essere una metrica su A. Diciamo allora che A munito della metrica dA

ereditata da d e scriviamo (A,dA) è un sottospazio metrico di (X,d). Fissato x0A e r>0 indichiamo

con:

BA(x0,r):={xA : d(x0,x)<r}

BA(x0,r):={xA : d(x0,x)r}


rispettivamente la sfera (aperta) di centro x0 e raggio r in A, e la sfera chiusa di centro x0 e raggio r

in A.



AX, A

x0A e r>0

Ts: BA(x0,r)=AB(x0,r) Dim (esercizio) Proviamo che BA(x0,r)AB(x0,r):

sia zBA(x0,r):={xA : d(x0,x)<r} zA e d(x0,z)<r zAB(x0,r).

Proviamo che AB(x0,r)BA(x0,r):

sia zAB(x0,r) zA e zB(x0,r) zA e d(x0,r)<r zBA(x0,r) c.v.d.

In maniera identica si dimostra la seguente proprietà.



AX, A, x0A e r>0

Ts: BA(x0,r)=AB(x0,r)

TOPOLOGIA GENERATA DA UNA METRICA [1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) uno spazio metrico. La topologia su X indotta dalla metrica d è la topologia generata

dalla famiglia delle sfere aperte cioè dalla famiglia:

F:={B(x,) : xX e >0}

Si osserva subito che tale famiglia in generale non è stabile rispetto alla intersezione finita e

all’unione infatti banalmente si osserva che l’unione o l’intersezione di sfere aperte non è un aperto.

Detta la topologia indotta dalla metrica d, allora facendo uso della caratterizzazione della

topologia generata da una famiglia, si ha che posto:

H:=

AX : A=i I Gi con GiG

e G:=

GX : G=i=1

n Bi con Bi sfera aperta

allora:

:={}{X}H


E quindi ogni aperto per definizione si può scrivere come unione di intersezioni di un numero finito

di sfere. Osserviamo subito che per come è costruita tale topologia allora una sfera aperta è un

aperto (poiché ogni sfera aperta appartiene a FGH).

ESEMPIO (Topologia della retta reale) [2012/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Consideriamo il caso X:=IR con d(x,y)=|x-y| x,yIR allora la topologia su IR é quella generata

dalla famiglia:

F:={B(x,) :; xIR e >0}={]x-,x+[ : xIR e >0}

tale topologia é detta topologia standard dei reali, poiché é quella che si adopera usulmente sui

reali.

Si verifica facilmente che ulteriori basi oltre ad F possono essere ad esempio:

F1={]-,b[ : aIR}{]a,+[ : aIR}

F2={]a,b[ : a,bIR}



UX, x0X

Ts: U è intorno di x0 r>0 t.c. B(x0,r)U

Dim Poiché le sfere aperte sono degli aperti allora essendo banalmente x0B(x0,r)U U intorno di x0

c.v.d.

Dim Poiché U è intorno di x0 allora per definizione di intorno:

A aperto t.c. x0AU

Poiché A è aperto allora per definizione di topologia generata da una metrica, è unione

d’intersezioni finite di palle aperte e quindi si desume che:

x1,...,xnX ed r1,...,rn>0 t.c. x0i=1

n B(xi,ri)A

quindi d(x0,xi)<ri i=1,...,n poniamo allora r:=minri-d(x0,xi) : i=1,...,n e quindi si osserva che rri-

d(x0,xi) i=1,...,n d(x0,xi)ri-r i=1,...,n segue allora dalla proprietà Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che B(x0,r)B(xi,ri) i=1,...,n B(x0,r)i=1

n B(xi,ri)AU.


Vogliamo ora dare una caratterizzazione degli aperti della topologia indotta dalla metrica,

dimostrando il seguente teorema che ci dice che un insieme è una aperto rispetto alla topologia

indotta dalla metrica se solo se si può scrivere come unione di sfere aperte.



AX, A


(1) A è aperto nella topologia indotta dalla metrica

(2) A è unione di palle aperte

Dim (1)(2)

Dobbiamo dimostrare che A si può scrivere come unione di sfere aperte. Per Hp A è aperto e quindi

A è intorno di ogni suo punto segue allora dal teorema precedente che:

xA rx>0 t.c. B(x,rx)A

ed evidentemente si ha: A=

x A B(x,rx) c.v.d.

Dim (2)(1)

Ovvio dal momento che le palle aperte sono aperti e l’unione di aperti è un aperto.

CONTINUITÀ DI UNA FUNZIONE DEFINITA TRA SPAZI METRICI [1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Vogliamo fare osservare che negli spazi metrici la definizione di continuità di una funzione assume

una forma che si presta meglio nelle dimostrazioni. Siano (X,d) e (Y,) spazi metrici, AX non

vuoto, x0A e f:AY funzione. Supponiamo che f sia continua in x0 allora:

V intorno di f(x0) U intorno di x0 t.c. f(x)V xUA

si verifica allora banalmente che negli spazi metrici come nel caso in esame questo equivale a dire

che:

>0 >0 t.c. (f(x0),f(x))< xA con d(x0,x)<

Supponiamo infatti che sia vera la e verifichiamo che vale la .

Fissiamo un >0 e consideriamo la sfera B(f(x0),) che un aperto di Y contenente f(x0) e quindi in

particolare è un intorno di f(x0) segue allora dalla che:

U intorno di x0 t.c. f(x)V xUA ()


poiché U intorno di x0 allora per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

>0 t.c. B(x0,)U

ovviamente B(x0,)A poiché almeno x0B(x0,)A e quindi da () si ha che:

f(x)B(f(x0),)V xB(x0,)A

ovvero:

(f(x0),f(x))< xA con d(x0,x)<

Supponiamo adesso che sia vera la e proviamo che vale la .

Fissiamo quindi V intorno di f(x0) allora per il teorema precedente si desume che:

>0 t.c. B(f(x0),)V

segue da che in corrispondenza del fissato >0:

>0 t.c. (f(x0),f(x))< xA con d(x0,x)<

ovvero:

f(x)B(f(x0),) xAB(x0,)

e poiché B(x0,) è un aperto contenente x0 allora in particolare è un intorno di x0 in X basta allora

scegliere U:=B(x0,) e otteniamo la .



Ts: X è di Hausdorff

Dim (esercizio)

Dobbiamo dimostrare che comunque presi due punti allora esistono due intorni disgiunti dei due

punti e questo evidentemente per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. equivale a

provare che esistono due sfere aperte centrate rispettivamente centrate nei due punti, disgiunte.

Siano quindi x0,y0X detta allora r:=d(x0,y0) consideriamo ad esempio le sfere aperte B x0,

r2

e

B y0,

r2

e verifichiamo che tali sfere sono disgiunte.

Supponiamo che per assurdo l’intersezione B x0,

r2

B

y0,

r2

segue che

zB x0,

r2

B

y0,

r2

d(x0,z)<

r2 e d(y0,z)<

r2 si ha allora che:

d(x0,y0)d(x0,z)+d(z,y0)<r2 +

r2 =r=d(x,y) d(x,y)<d(x,y) assurdo c.v.d.


Sia (X,d) spazio metrico


Ts: le palle chiuse sono chiusi nella topologia indotta dalla metrica

Dim

Sia B (x,r) una palla chiusa, verifichiamo che X\B (x,r) è un aperto cioè che X\ B (x,r) è intorno di

ogni suo punto e quindi fissato un punto in X\ B (x,r) grazie al teorema Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. dobbiamo fare vedere che esiste una sfera centrata nel punto contenuta

nell’insieme X\ B (x,r). Sia yX\ B (x,r) d(x,y)>r e quindi posto :=d(x,y)-r>0 allora

evidentemente B(y,)X\B (x,r) infatti se per assurdo zX t.c. z B(y,)B (x,r) allora si

avrebbe d(x,z)r e d(y,z)< ovvero:

d(x,y)d(x,z)+d(z,y)<r+=d(x,y)

e siamo ovviamente ad un assurdo. Allora si conclude che B(y,)X\B (x,r) X\B (x,r) intorno di

y arbitrario X\B (x,r) aperto c.v.d.


Sia (X,d) uno spazio metrico, x0X e r>0 allora evidentemente:

B(x0,r):={xX : d(x0,x)<r}{xX : d(x0,x)r}=:B(x0,r)

e quindi essendo per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. B(x0,r) un chiuso allora

nella precedente passando alle chiusure otteniamo B x r( , )0 B(x0,r). E pertanto in ogni spazio

metrico la chiusura di una palla aperta è contenuta nella corrispondente palla chiusa, ma come

verificato qui di seguito con un controesempio l’inclusione inversa in generale non vale. Sia X

su cui consideriamo la metrica banale cioé d(x,y)=0 se x=y e d(x,y)=1 se xy. Fissato x0X

osserviamo che:

B(x0,1):={xX : d(x0,x)1}=X

B(x0,1):={xX : d(x0,x)<1}={x0}

Osserviamo che in questo caso la sfera aperta B(x0,1) è un chiuso infatti per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. (X,d) è di Hausdorff che i compatti sono chiusi e

quindi in particolare i punti sono dei chiusi B(x0,1):={x0} chiuso B(x0,1)=B x( , )0 1 . E quindi

in definitiva otteniamo B x( , )0 1 ={x0}X=B(x0,1).

E quindi si desume dai ragionamenti fatti che in uno spazio metrico in generale la chiusura di una

palla aperta non coincide con la corrispondente sfera chiusa.

La seguente semplice ma importante proprietà che una classe notevole di spazi I-numerabili

è quella degli spazi metrici. E pertanto per tali spazi valgono tutti i vari criteri sequenziali (cioé quei

criteri in cui intervengono le successioni ordinarie) già dimostrati per gli spazi topologici I-

numerabili.




Ts: X è I-numerabile

Dim

Dobbiamo provare che ogni x ammette una base fondam. di intorni al più numerabile. Fissiamo

quindi un qualunque x0X e consideriamo la famiglia di sfere aperte:

B x0,

1n

n N

che è evidentemente al più numerabile ed i suoi membri sono intorni di x0. Verifichiamo che tale

famiglia è una base fondamentale di intorni di x0 e quindi dobbiamo verificare che comunque preso

un intorno di x0 esiste una sfera della famiglia che è contenuta nell’insieme. Sia U un intorno di x0 e

quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

r>0 t.c. B(x0,r)A

scegliamo allora nN t.c. 1n <r B

x0,

1n

B(x0,r)U c.v.d.



allora X è separabile X è II-numerabile.

Dim Tale implicazione è stata già provata per gli spazi topologici e quindi a maggior ragione vale per gli

spazi metrici.

Dim (esercizio) Se X è separabile allora esiste DX denso ed al più numerabile, si tenga quindi presente che per

una caratterizzazione degli insiemi densi si ha che D interseca ogni aperto di X. Proviamo quindi

che la famiglia sfere aperte:

G=B(x,) : xD, Q+

è una base di aperti ed ovviamente tale famiglia è numerabile dal momento che sia D che Q+ lo

sono. Dobbiamo quindi provare che ogni aperto di X è unione di membri della famiglia G appena

introdotta. Sia quindi A un arbitrario aperto dello spazio topologico X, ci proponiamo allora di

verificare che: A={B(z,r) : zDA e rQ+ t.c. B(z,r)A}

dobbiamo quindi verificare che:


x0A zDA e rzQ+ t.c. x0B(z,rz)A

Sia x0A un arbitrario punto di A, allora essendo A

aperto, per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. si ha:

>0 t.c. B(x0,)A

consideriamo allora rQ+ in maniera tale che r<

(ovviamente tale r sicuramente esiste poiché ad

esempio basta scegliere nN abbastanza grande tale

che r:=1/n<) e osserviamo che evidentemente: r2 <r<

posto quindi rz:=r/2 che ovviamente appartiene a Q+, consideriamo la sfera B(x0,rz). Poiché D è

denso in X allora interseca ogni aperto di X e quindi in particolare interseca l’aperto B(x0,rz) e

pertanto sicuramente si ha che:

zD t.c. d(x0,z)<rz ()

consideriamo allora la sfera B(z,rz) e verifichiamo che è quella da noi cercata. Ovviamente per la

() x0B(z,rz). Ed è evidente che B(z,rz)B(x0,r) infatti se yB(z,rz) allora:

d(x0,y)d(x0,z)+d(z,y)<rz+rz=r2 +

r2 =r

cioé yB(x0,r). E quindi in definitiva si ha:

x0B(z,rz)B(x0,r)B(x0,)A c.v.d.


Sia (X,d) uno spazio metrico separabile

Ts: X è spazio di Lindelöff

Dim (ovvia)

X spazio metrico separabile II-numerabile di Lindelöff c.v.d.

Abbiamo già osservato in precedenza che in generale in uno spazio topologico la separailtà

non è ereditaria, ma come mostrato qui di seguito lo è negli spazi metrici.



AX non vuoto

rz

x0

z rz

r


Ts: A è separabile

Dim (esercizio) Si ricorda che la IIa-numerabilità è ereditaria. Poichè X è separabile segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che X è IIo-numerabile A IIo-numerabile e quindi per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che A è separabile

c.v.d.



xD successione generalizzata in X

x*X Ts: lim x=x* lim d(x,x*)=0

Dim


>0 D t.c. d(x,x*)<

Fissiamo quindi un >0 e consideriamo B(x*,) che è un intorno di x* e quindi essendo {x}D

convergente a x* allora:

D t.c. xB(x*,) > d(x*,x)< > c.v.d.

Dim


U intorno di x* D t.c. xU >

Sia quindi U un intorno di x* e quindi al solito per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. si ha che:

>0 t.c. B(x*,)A

allora dall’Hp in corrispondenza di >0 si ha che:

D t.c. d(x*,x)< > xB(x*,)U > c.v.d.

DISTANZA DI UN PUNTO DA UN INSIEME [1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) uno spazio metrico, AX non vuoto, x0A, definiamo allora distanza del un punto x0

dall’insieme A il numero: d(x,A):=

y Ainf d(x,y)


Ovviamente d(x,A)0 essendo l’inf di quantità non negative. Evidentemente d(x,A) non può mai

essere + poiché è l’inf di quantità finite. Banalmente si osserva inoltre che se xA allora

d(x,A)=0



AX non vuoto, x*X

allora d(x*,A)=0 x*A

Dim Per provare che x*A facciamo uso di una caratterizzazione e dimostriamo che esiste una

successione ordinaria in A convergente a x*. Per Hp abbiamo che: d(x*,A):=

y Ainf d(x*,y)=0

e quindi per la seconda proprietà dell’inf si ha che:

nN xnA t.c. d(x*,xn)<1n

nasce così la successione ordinaria {xn}nN e poiché banalmente:

d(x*,xn)<1n n 0

segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che {xn}nN converge a x* c.v.d. Dim

Poiché x*A allora come sappiamo esiste una successione convergente a x* ed essendo X Io-

numerabile possiamo supporre che tale successione si ordinaria cioé {xn}nN in A convergente

verso il punto x*, ovvero per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.: lim n

d(x*,xn)=0

osserviamo allora che banalmente: 0d(x*,A):=

y Ainf d(x*,y)d(x*,xn) nN

e quindi passando al limite otteniamo

0d(x*,A) lim nd(x*,xn)=0 c.v.d



xX

AX non vuoto

Ts: A={xX : d(x,A)=0}




xX

AX non vuoto

Ts: d(x,A)=d(x,A )

Dim

Verifichiamo che d(x,A )d(x,A): Poiché AA

y Ainf d(x,y)

y Ainf d(x,y) d(x,A )d(x,A).

Verifichiamo che d(x,A)d(x,A ):

fissato un qualunque >0, per la IIa proprietà dell’inf si ha che:

yA t.c. d(x,y)<d(x,A )+2

e poiché yA segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che d(y,A)=0 e quindi:

zA t.c. d(y,z)<2

quindi:

d(x,A)d(x,z)d(x,y)+d(y,z)<d(x,A )+

per l’arbitrarietà di segue che d(x,A)d(x,A ) c.v.d.

Nella trattazione degli spazi topologici abbiamo osservato che due topologie possono essere

confrontate, confrontando i rispettivi intorni. Vogliamo fare vedere allora che negli spazi metrici

equivalentemente due topologie possono essere confrontate, confrontando le relative sfere.

TEOREMA 1901/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X

d,:XXR due metriche su X

d e topologie indotte rispettivamente da d e

allora d x0X e r>0 si ha che Bd(x0,r) è un -intorno di x0

Dim (esercizio)


Fissato x0X e r>0 allora per definizione di topologia generata da una metrica si ha che

Bd(x0,r):={xX : d(x,x9)<r} è un d-aperto e poiché per Hp d che Bd(x0,r) è un -aperto

che ovviamente contiene x0 ovvero è un -intorno di x0 c.v.d.

Dim (esercizio)

Fissato x0 dobbiamo dimostrare che ogni d-intorno di x0 è un -intorno di x0. Sia quindi W un

d-intorno di x0 segue allora dalla proprietà Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

r>0 t.c. Bd(x0,r)W e poiché per Hp Bd(x0,r) è un -intorno di x0 segue che W è un

-intorno di x0 c.v.d.

22-01-96

INSIEME LIMITATO [2201/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) uno spazio metrico, AX e A allora diciamo che l’insieme A è limitato se esiste una

sfera di raggio finito che lo contiene cioè se:

x0X ed 0<r<+ t.c. AB(x0,r)

Banalmente si osserva che ogni sfera (ovviamente di raggio finito) è limitata. E’ importante

osservare come la nozione di limitatezza sia strettamente legata alla metrica rispetto alla quale è

computata. Banalmente ad esempio si vede che ogni insieme è limitato se si considera la metrica

banale.

Dimostriamo adesso che in uno spazio metrico data una sfera e fissato un punto qualunque

allora sicuramente ne esiste un’altra centrata in tale punto che la contiene.



x1,x2X e r1>0

Ts: r2>0 t.c. B(x1,r1)B(x2,r2)

Dim (esercizio)

Banalmente basta scegliere r2:=r1+d(x1,x2) infatti preso ad arbitrio xB(x1,r1) si ha:

d(x2,x)d(x2,x1)+d(x1,x)d(x2,x1)+r1=:r2

e quindi per l’arbitrarietà di xB(x1,r1) si ha B(x1,r1)B(x2,r2) c.v.d.



AX, A



(1) A è limitato

(2) x0X r>0 t.c. AB(x0,r)

(3) x0A e r>0 t.c. AB(x0,r)

Dim (1)(2) (esercizio) Fissiamo ad arbitrio un x0X ed osserviamo che per Hp A è limitato e quindi:

xX ed 0<<+ t.c. AB(x,)

e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. r>0 t.c. B(x,)B(x0,r) e pertanto

si ha:

AB(x,)B(x0,r) c.v.d.

Dim (2)(3) (esercizio) poiché A x0A segue allora dall’Hp che r>0 t.c. AB(x0,r) c.v.d.

Dim (3)(1) (Banale)

Proviamo qui di seguito che il concetto di limitatezza è un concetto assoluto.



AX, A, BA

allora B è limitato in X B è limitato in A


x0B ed r>0 t.c. BBA(x0,r):={xA : d(x,x0)<r}

Per Hp B è limitato in X x0B ed r>0 t.c. BB(x0,r) e quindi intersecando ambo i membri con

A otteniamo BAB(x0,r)=BA(x0,r) c.v.d.

Dim (esercizio)


x0B ed r>0 t.c. BB(x0,r):={xX : d(x,x0)<r}

Per Hp B è limitato in A e quindi:

x0B ed r>0 t.c. BBA(x0,r)=AB(x0,r)B(x0,r) c.v.d.

Dimostriamo adesso che l’unione di insiemi limitati è un insieme limitato.




A,BX limitati

Ts: AB è limitato

Dim (esercizio)

Dobbiamo provare che esiste una sfera opportuna

che contiene AB. Per A e B sono limitati e

quindi:

x1X e r1>0 t.c. AB(x1,r1)

x2X e r2>0 t.c. BB(x2,r2)

Ci rendiamo conto dal disegno (ovviamente si

considerano sfere per avere una migliore

visione del problema geometrico, poiché non è detto qualora ne sia possibile la rappresentazione

grafica che le sfere geometricamente siano tali) che posto r:=max{r1,d(x1,x2)+r2} allora la sfera

B(x1,r) contiene B(x1,r1)B(x2,r2) infatti preso ad arbitrio yB(x1,r1)B(x2,r2) yB(x1,r1) o

yB(x2,r2) allora se yB(x1,r1) si ha:

d(x1,y)<r1r yB(x1,r)

mentre se yB(x2,r2) allora:

d(x1,y)d(x1,x2)+d(y,x2)<d(x1,x2)+r2r

E quindi in definitiva abbiamo che:

ABB(x1,r1)B(x2,r2)B(x1,r) c.v.d.

DIAMETRO DI UN INSIEME [2201/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) uno spazio metrico, AX e A allora definiamo diametro dell’insieme A il seguente

numero: diam(A):=

x y A,sup

d(x,y)

Si osserva banalmente che diam(A)0 essendo questo il sup di quantità non negative.

Intuitivamente il dimametro di un insieme rappresenta la massima corda estendibile nell’insieme.

Ad esempio fissato x0X e r>0 allora evidentemente diam(B(x0,r))=2r. Come si osserva dalla

definizione il diametro di un insieme dipende esclusivamente dalla metrica considerata rispetto alla

quale viene computato.



x1

x2 r1

r2


A,BX t.c. AB

Ts: diam(A)diam(B)

Dim (ovvia)



AX e A

allora A è limitato diam(A)<+ (cioé diam(A)R)

Dim

Poiché per Hp A è limitato allora per definizione:

xX ed r>0 t.c. AB(x,r)

allora ovviamente:

diam(A)diam(B(x,r))=2r<+ c.v.d.

Dim

Per Hp diam(A)<+ allora fissato un qualunque x0A si ha che: d(x0,y)

x y A,sup

d(x,y)=:diam(A) yA

e quindi evidentemente AB(x0,diam(A)) c.v.d.

FUNZIONE LIPSCHITZIANA [2201/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano (X,d), (Y,) due spazi metrici e sia f:XY una funzione, diciamo che f è lipschitziana se:

L>0 t.c. (f(x),f(y))Ld(x,y) x,yX

la L si dice costante di lipschitz e dipende evidentemente dalle metriche d e . La lipschitzianità

ovviamente è una proprietà metrica e non topologica.

ESEMPIO DI FUNZIONI LIPSCHITZIANE [2101/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia f:[a,b]R una funzione reale continua con derivata continua cioé fC1([a,b]) ci proponiamo

allora di fare vedere che f è lipschitziana.

Dimostrazione (esercizio) Per Hp la derivata f' è continua e quindi per il teorema di Weirstrass ammette massimo e minimo, e

quindi sicuramente:

M>0 t.c. |f'(t)|M t[a,b] (1)


vogliamo allora fare vedere che M è la costante di Lipschitz cercata ovvero che:

|f(t)-f(s)|M|t-s| t,s[a,b]

Fissiamo quindi t,s[a,b] e consideriamo l’intervallo [t,s] segue allora dal teorema di Lagrange che:

]t,s[ t.c. f t f s

t s( ) ( )

=f'() f(t)-f(s)=f'()(t-s) (2)

E quindi abbiamo ottenuto che:

|f(t)-f(s)|=per (2)=|f'()||t-s|per (1)M|t-s| c.v.d.

FUNZIONE HÖLDERIANA [2201/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano (X,d), (Y,) due spazi metrici e sia f:XY una funzione, diciamo che f è hölderiana di

esponente se:

L>0 t.c. x,yX (f(x),f(y))L(d(x,y))

Si osserva che banalmente le funz. lipschitziane sono hölderiane di costante =1. Vediamo subito

un semplice esempio di funz.. Fissato 0<1 e consideriamo la funz.:

f:RR con f(t)=|t|

si verifica allora banalmente che:

|f(t1)-f(t2)|=||t1|-|t2|

||t1-t2| t1,t2

cioè f è hölderiana con L=1.

FUNZIONI UNIFORMEMENTE CONTINUE [2205/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano (T,d) e (X,) due spazi metrici, diciamo allora che una data funzione f:TX è

uniformemente continua se:

>0 >0 t.c. (f(t),f(s))< t,sT con d(t,s)<

Banalmente una funzione uniformemente continua è continua.


Siano (T,), (X,d) spazi metrici

sia f:TX hölderiana di esponente

Ts: f è uniformemente continua

Dim


>0 >0 t.c. (f(t),f(s))< t,sT con d(t,s)<

Fissiamo quindi un arbitrario >0. Per Hp f è hölderiana di esponente e quindi:


L>0 t.c. (f(t),f(s)L(d(t,s))

Scegliamo allora := L

1

e quindi presi ad t,sT con d(t,s)< si ha:

(f(t),f(s))<L(d(t,s))L=LL= c.v.d.


Siano (X,d) e (Y,) spazi metrici

f:XY funzione lipschitziana




f:XY funzione lipschitziana

Ts: f è continua



AX, A

f:XR definita dalla legge f(x):=d(x,A)

Ts: f è lipschitziana di costante 1

Dim

Dobbiamo verificare che:

|d(x,A)-d(y,A)|d(x,y) x,yX

ovvero che:

-d(x,y)d(x,A)-d(y,A)d(x,y) x,yA (1)

Fissati quindi ad arbitrio x,yA, osserviamo che:

d(x,A)d(x,z)d(x,y)+d(y,z) zA

ovvero:

d(x,A)-d(x,y)d(y,z) zA

e quindi passando all’inf otteniamo:

d(x,A)-d(x,y)d(y,A)

cioé:

d(x,A)-d(y,A)d(x,y) (2)


Analogamente invertendo il ruolo di x e di y si ottiene:

-d(x,y)d(x,A)-d(y,A) (3)

ed in definitiva dalla (2)e dalla (3) otteniamo la (1) c.v.d.



y0X

f:XR definita dalla legge f(x):=d(x,{y0})

Ts: f è lipschitziana di costante 1

METRICHE EQUIVALENTI [2201/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato un insieme X non vuoto, munito di due metriche d1 e d2 (cioè abbiamo due spazi metrici

con lo stesso sostegno cioè X) e dette 1 e 2 rispettivamente le topologie indotte da d1 e d2,

diciamo allora che le due metriche d1 e d2 sono equivalenti quando inducono alla stessa topologia

cioè quando 1=2. Su tale affermazione si deve però fare qualche considerazione dal momento

che due metriche equivalenti danno luogo alle stesse proprietà topologiche, ma possono essere tali

che l’insieme non gode delle stesse proprietà metriche, ovvero può avvenire che l’insieme sia ad

esempio limitato rispetto ad una metrica, ma non rispetto all’altra. Si verifica banalmente che tale

relazione tra metriche è di equivalenza.


Sia X un insieme

d,:XXR metriche su X

c>0 t.c. d(x,y)c(x,y) x,yX

denotando con d la topologia indotta da d e con quella indotta da

Ts: d

Dim

Dobbiamo fare vedere che ogni d-sfera è un -intorno. Sia quindi x0X e r>0 e facciamo vedere

quindi che Bd(x0,r) è un -intorno di x0. Banalmente per dimostrare che Bd(x0,r) è un -intorno di

x0 basta fare vedere che:

B x0,

rcBd(x0,r)


Se yB x0,

rc d(x0,y)c(x0,y)<c

rc =r yBd(x0,r) e si ha quanto voluto.


Sia X un insieme

d,:XXR metriche su X

a,c>0 t.c. a(x,y)d(x,y)c(x,y) x,yX

dette 1 la topologia indotta da d e2 quella indotta da

Ts: d= (cioè le metriche d e sono equivalenti)

Propedeutica all’argomento successivo è la seguente banale proprietà.


Siano a1,a2,...,an[0,+[

Ts: aii

n2

1

i

n

1ai

Dim (esercizio) Procediamo per induzione. Caso n=2:

(a1+a2)2=a12+a2

2+2a1a2a12+a2

2

e quindi passando alle radici otteniamo:

a1+a2 a a12

22

Supponiamo adesso l’asserto vero per n=k e dimostriamo che è vero per n=k+1:

aii

k2

1

1

= a ak i

i

k

1

2 21

2

per il caso n uguale a 2ak+1+ aii

k2

1 per l’Hp induttiva

ak+1+i

k

1ai=

i

k

1

1ai c.v.d.

METRICHE PRODOTTO CANONICHE [2201/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano (X1,d1),(X2,d2),...,(Xn,dn) n spazi metrici, e chiamiamo X:=X1X2Xn. Vogliamo osservare

che a partire dalle metriche di possiamo definire delle metriche sul prodotto cartesiano X dette

metriche prodotto. Introduciamo le seguenti tre funzioni 1,2,3:XXR così definite: 1(x,y):=

1 i nmax

di(xi,yi) x=(x1,....,xn),y=(y1,...,yn)X


2(x,y):= ( ( , ))d x yi i ii

n2

1 x=(x1,....,xn),y=(y1,...,yn)X

3(x,y):=i

n

1di(xi,yi) x=(x1,....,xn),y=(y1,...,yn)X

E’ di facile verifica che le tre funzioni appena definite sono delle metriche sul prodotto X e vengono

dette metriche canoniche. In particolare se X=Rn cioè X è lo spazio euclideo n-dimensionale

allora la 2 viene detta metrica euclidea.

Vogliamo adesso provare la seguente sfilza di disuguaglianze:

123n1n2n3

proviamo quindi diseg. per diseg. Si tenga presente che le distanze per definizione sono quantità

non negative e quindi evidentemente per provare una disuguaglianza si può eventualmente provare

che vale la diseguaglianza dei quadrati di ambo i membri.

Proviamo che 1(x,y)2(x,y) x,yX:

fissato x,yX osserviamo che banalmente:

1 i nmax

di(xi,yi)

2

i

n

1(di(xi,yi))2

e quindi applicando la radice ad ambo i membri otteniamo quanto voluto.

Proviamo che 2(x,y)3(x,y) x,yX:

fissati x,yX, dobbiamo provare che:

( ( , ))d x yi i ii

n2

1

i

n

1di(xi,yi)

ma evidentemente questa segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. basta infatti

prendere ai:=d(xi,yi) i=1,...,n e otteniamo quanto voluto.

Proviamo che 3(x,y)n1(x,y) x,yX:

fissati x,yX si ha allora che:

3(x,y):=i

n

1di(xi,yi

i

n

1 1 k nmax

dk(xk,yk)=n1 k nmax

dk(xk,yk)=:1(x,y)

Proviamo che n1(x,y)n2(x,y) x,yX:

abbiamo già dimostrato 1(x,y)2(x,y) x,yX e quindi moltiplicando ambo i membri di questa

disuguaglianza per n otteniamo subito quanto voluto.

Proviamo che n2(x,y)n3(x,y) x,yX:

discorso identico al caso precedente.

E quindi dalla sfilza di disuguaglianze provata si trae che:

12n1

23n2

segue allora corollario Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:


1 equivalente a 2

2 equivalente a 3 ed ovviamente 1 è equivalente a 3 poiché come già osservato la relazione di equivalenze tra

topologie è di equivalenza. E pertanto le tre metriche canoniche sono equivalenti ovvero

inducono alla medesima topologia.

Sappiamo che ogni metrica di induce una topologia i su Xi e che a loro volta le i permettono di

definire la topologia prodotto su X. Vogliamo allora dimostrare che la topologia indotta su X

dalle metriche canoniche coincide con la topologia prodotto .

Dimostrazione Poiché le tre metriche canoniche inducono alla stessa topologia basta allora evidentemente

considerarne solo una, e consideriamo ad esempio la 3 che indichiamo semplicemente con (cioè

:=3) e quindi detta la topologia indotta da su X facciamo vedere che =.

Verifichiamo che :

proviamo quindi che ogni -intorno è un -intorno. Siano x=(x1,...,xn)X e UX un -intorno di

x e quindi evidentemente tenendo presente la definizione di topologia prodotto si ha che:

r1,...,rn>0 t.c. B(x1,r1)...B(xn,rn)U Posto r:=

1 i nmin

ri facciamo vedere che vale l’inclusione:

B(x,r)B(x1,r1)...B(xn,rn) (1)

Sia y=(y1,...,yn)B(x,r) (x,y)<r i

n

1d(xi,yi)<r<ri i=1,...n d(xi,yi)<ri i=1,...,n

yiB(xi,ri) i=1,...,n y=(y1,...,yn) B(x1,r1)...B(xn,rn)

E quindi vale l’inclusione (1) B(x,r)U U -intorno di x.

Verifichiamo che :

proviamo quindi che ogni -intorno è un -intorno.

Sia xX e U un -intorno di x allora:

r>0 t.c. B(x,r)U

ma chiaramente:

B x1,

rn

...B

xn,

rn

B(x,r) (2)

infatti se y=(y1,...,yn)B x1,

rn

...B

xn,

rn

d(xi,yi)<

rn i=1,...,n

i

n

1d(xi,ri)<

i

n

1

rn =n

rn =r yB(x,r).

E quindi vale l’inclusione (2) B(x1,r)...B(xn,r)U U -intorno di x.

E quindi in definitiva = che è proprio quello che volevamo dimostrare.


Abbiamo visto che d(x,y) è lipschitziana separatamente. Vogliamo fare vedere adesso che la

metrica è lipschitziana nel complesso delle due variabili con costante di Lipschitz uguale ad 1,

rispetto alla metrica canonica 3.



f:(X,d)(X,d)[0,+[ con f(x,y):=d(x,y)

Ts: |f(x,y)-f(u,v)|3((x,y);(u,v)) (cioé f è lipschitziana di costante 1)

Dim


|d(x,y)-d(u,v)|3((x,y);(u,v))=d(x,u)+d(y,v) (x,y),(u,v)XX

ovvero che:

-(d(x,u)+d(y,v))d(x,y)-d(u,v)d(x,u)+d(y,v) (x,y),(u,v)XX

Siano (x,y),(u,v)XX e quindi applicando due volte la triangolare a d(x,y) si ha:

d(x,y)d(x,u)+d(u,v)+d(v,y) d(x,y)-d(u,v)d(x,u)+d(y,v) (1)

Analogamente si ha che:

d(u,v)d(u,x)+d(x,y)+d(y,v) d(u,v)-d(x,y)d(x,u)+d(y,v) (2)

dalle relazioni (1) e (2) appena ottenute si ricava la tesi.



AX

f:XR funzione

Valgono allora le seguenti due proprietà: se f è semicontinua inferiormente sup

x Af(x)=sup

x Af(x)

se f è semicontinua superiormente infx A

f(x)= infx A

f(x)

Dimostrazione (esercizio) Poiché AA allora banalmente sup

x Af(x)sup

x Af(x). Verifichiamo quindi che vale la disuguaglianza

inversa. Fissato un arbitrario x0A ed >0, allora essendo per Hp f s.c.i. si ha che:

U intorno di x0 t.c. f(x0)-<f(x) xU f(x0)<f(x)+ xU

Poiché x0A AU zAU si ha allora che:

f(x0)<poiché zU<f(z)+poiché zAsupx A

f(x) +


e quindi per l’arbitrarietà di >0 si ha: f(x0)sup

x Af(x)

e per l’arbitrarietà di x0A passando al sup si ha: supx A

f(x)supx A

f(x) c.v.d.


Per Hp f è s.c.s. -f s.c.i. e quindi tenendo presente la relazione a noi nota tra l’inf e il sup si ha

allora che: infx A

f(x)=-supx A

[-f(x)]=per =-supx A

[-f(x)]= infx A

f(x) c.v.d.



AX, A

Ts: diam(A)=diam(A )

Dim (esercizio) Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la metrica d:XXR è lipschitziane

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che d è continua e quindi in

particolare semicontinua inferiormente e pertanto teniamo presente che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la metrica d estende il sup di un insieme al sup della sua

chiusura. E quindi tenendo presente quanto detto e che come già osservato in precedenza

A A =AA, si ha che: diam(A):= sup

( , )x y A A d(x,y)= sup

( , )x y A A d(x,y)= sup

( , )x y A A d(x,y)=:diam(A) c.v.d.

Segue direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e da Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. il seguente risultato.



AX

allora A è limitato A è limitato


Sia Rn aperto e connesso


f:R hölderiana di esponente >1

Ts: f è costante

Dim

Consideriamo su Rn ad esempio la metrica euclidea:

d(x1,...,xn;y1,...,yn):= ( ( , ))d x yi i ii

n2

1 (x1,..,xn), (y1,..,yn)Rn

Teniamo presente che per Hp f è hölderiana di esponente e quindi:

L>0 t.c. |f(x1,..,xn)-f(y1,..,yn)|L(d(x1,...,xn;y1,...,yn)) (x1,..,xn), (y1,..,yn)

Ricordiamo dall’analisi una conseguenza del valore medio che ci dice che se g:DRnRm è

differenziabile su D=D

connesso ed ha differenziale g'(x):RnRm identicamente nullo xD

cioè f x

xj

i

( )=0 i=1,...,n e j=1,...,m allora g è costante.

E quindi fissiamo un qualunque x=(x1,...,xn) e facciamo vedere il gradiente di f calcolato in x è

nullo, ovvero fissato i=1,...,n facciamo vedere che la derivata parziale i-esima della funzione nel

generico punto x fissato è nulla cioè che: f xxi

( )=

h

i n nf x x h x f x xh

0

1 1lim( ,.., ,..., ) ( ,..., )

=0

Osserviamo che per la hölderianetà: f x x h x f x x

hi n n( ,.., ,..., ) ( ,..., )1 1

<1h L(d(x1,...,xi+h,...,xn ; x1,...,xn))

=1h L|h|=|h|-1

quindi passando al limite per h0 si ha che la derivata parziale i-esima è nulla essendo -1>0 e ciò

vale i=1,...,n ovvero il gradiente è nullo che è proprio quello che volevamo dimostrare.

24-01-96

Diamo la seguente fondamentale nozioni metrica.

SUCCESSIONE DI CAUCHY [2401/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) ed xnnN una successione ordinaria in X, diciamo che tale successione è di Cauchy se:

>0 N t.c. n,m> d(xn,xm)<



x*X

{xn}nN successione ordinaria convergente verso x*


Ts: {xn}nN è di Cauchy

Dim


>0 N t.c. d(xn,xm)d(xn,x)+d(x,xm)< n,m>

Fissato ad arbitrio un >0, allora essendo {xn} convergente a x* si ha che:

N t.c. d(x,xn)<2 n>

e quindi presi m,n> si ha che:

d(xn,xm)d(xn,x)+d(x,xm)<2 +

2 = c.v.d.



{xn}nN successione ordinaria in X di Cauchy

Ts: ogni estratta della successione {xn}nN è una successione di Cauchy

Dim (esercizio) Sia quindi {nk}kN una successione naturale strettamente crescente e consideriamo la corrispondente estratta {xnk

}kN e proviamo che è di Cauchy ovvero che:

>0 N t.c. d(xnk,xnr )< k,r

Fissiamo quindi un >0, allora poiché la successione {xn}nN è di Cauchy si ha che: N t.c. d(xn,xm)< n,m ()

E quindi ricordando che nkk kN allora k,r per la () si ha che d(xnk,xnr )<.

La seguente semplice proprietà ci dice che se una data successione di Cauchy ammette una

estratta convergente allora anch’essa è convergente.



{xn}nN in X di Cauchy Ts: se {nk}kN crescente e x*X t.c. lim k

xnk=x* allora lim n

xn=x*

Dim


>0 N t.c. d(xn,x*)< n>

Fissiamo quindi un >0, allora poiché la successione {xn}nN è di Cauchy si ha che:

k1N t.c. d(xn,xm)<2 n,m>k1


ed inoltre poiché l’estratta {xnk}kN è convergente a x* si ha che:

k2N t.c. d(xnk,x*)<

2 k>k2

posto :=max{k1,k2} allora k> si ha (ricordando che nkk):

d(xk,x*)d(xk,xnk)+d(xnk

,x*)<2 +

2 = c.v.d.

La seguente semplice proprietà ci dice che se una data succ. di uno spazio metrico è

schiacciata da un’altra succ. di Cauchy allora anch’essa è di Cauchy.



{xn}nN in X

{yn}nN di Cauchy in X t.c. d(xn,xm)d(yn,ym) n,mN

Ts: {xn}nN è di Cauchy

Dim (ovvia)



{xn}nN e {yn}nN successioni ordinarie in X

{n}nN in R+:=[0,+[ infinitesima t.c. d(xn,yn)n nN

Ts: se {yn}nN è di Cauchy allora {xn}nN è di Cauchy


>0 N t.c. n,m> d(xn,xm)<

Fissiamo quindi ad arbitrio un >0. Per Hp {yn}nN è di Cauchy e quindi:

1N t.c. n,m>1 d(yn,ym)<3 (1)

ed inoltre sempre per Hp la successione {n}nN è infinitesima e quindi:

2N t.c. n>2 n<3 (2)

E quindi posto :=max{1,2} allora per tale valgono simultaneamente la (1) e la (2) e quindi

n,m> si ha: d(xn,xm)d(xn,yn)+d(yn,xm)d(xn,yn)+d(yn,ym)+d(ym,xm)da Hpn+d(yn,ym)+m<per (1) e

(2)<3+

3+

3= c.v.d.




{xn}nN e {yn}nN successioni ordinarie in X

{n}nN in R+:=[0,+[ infinitesima t.c. d(xn,yn)n nN

x0X Ts: se lim n

yn=x0 allora lim nxn=x0


>0 N t.c. n> d(xn,x0)<

Fissiamo quindi ad arbitrio un >0. Per Hp {yn}nN è convergente ad x0 e quindi:

1N t.c. n,m>1 d(yn,x0)<2 (1)

ed inoltre sempre per Hp la successione {n}nN è infinitesima e quindi:

2N t.c. n>2 n<2 (2)

E quindi posto :=max{1,2} allora n> si ha:

d(xn,x0)d(xn,yn)+d(yn,x0)da Hpn+d(yn,x0)<per (1) e (2)<2 +

2 = c.v.d.

SPAZIO COMPLETO [2401/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Diciamo che uno spazio metrico (X,d) è completo se ogni successione di Cauchy è convergente.

Ovviamente un sottoinsieme A di uno spazio metrico è completo se ogni successione di Cauchy in

A è converge ad un punto di A.



AX completo

Ts: A è chiuso

Dim

Per provare che A è chiuso proviamo che A=A e poiché vale sempre l’inclusione AA proviamo

che AA. Sia xA allora per una caratterizzazione dei punti appartenenti alla chiusura: {xn}nN in A t.c. lim n

xn=x

in particolare per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. tale successione è di Cauchy

e quindi per la completezza di A tale successione converge ad un punto di A cioè: x*A t.c. lim n

xn=x*


Si ricorda adesso che gli spazi metrici sono spazi di Hausdorff e pertanto in tali spazi vale l’unicità

del limite e quindi deve necessariamente essere che x=x*A e quindi si conclude che AA

c.v.d.


Sia (X,d) spazio metrico completo

AX chiuso

Ts: A è completo

Dim

Sia {xn}nN una successione di Cauchy in A allora la possiamo rivedere come successione di

Cauchy in X che è completo e quindi la successione converge ad un punto x*X e per la

caratterizzazione dei punti della chiusura deve essere x*A e poiché per Hp A =A x*A

che A è completo c.v.d.

INSIEME TOTALMENTE LIMITATO [2401/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) uno spazio metrico e AX non vuoto diciamo allora che l’insieme A è totalmente limitato rispetto alla metrica d se comunque fissata una quantità positiva allora A si può ripartire in

un numero finito di insiemi il cui diametro è strettamente minore della quantità positiva fissata,

cioé:

>0 A1,...,AnA t.c. A=i=1

n Ai e diam(Ai)< i=1,...,n

Dimostriamo subito che l’unione di due insiemi totalmente limitati è un totalmente limitato.



A1,A2,...,AnX totalmente limitati

Ts: A:=i=1

n Ai è totalmente limitato

Dim

Poiché ogni Ai è totalmente limitato allora :

i{1,2,...,n} Ai,1,...,Ai ji, Ai t.c. Ai=k=1

ji Ai,k e diam(Ai,k)< k{1,2,...,ji}


Consideriamo allora la famiglia:

{Ai,k : i=1,...,n e 1kji}

che è evidentemente una famiglia finita i cui membri hanno diametro minore di e che ovviamente

ricopre A c.v.d.



AX totalmente limitato

Ts: A è limitato

Dim (esercizio) Per Hp A è totalmente limitato e quindi fissato >0 si ha che:

A1,...,AnA t.c. A=i=1


Poiché diam(Ai)< i=1,...,n Ai limitato i=1,...,n e pertanto A è limitato in quanto unione finita

di insiemi limitati c.v.d.




Ts: ogni sottoinsieme di A è totalmente limitato

Dim Sia BA dobbiamo provare allora che:

>0 B1,...,BnB t.c. B=i=1

n Bi e diam(Bi)< i=1,...,n

Fissiamo quindi ad arbitrio un >0, allora essendo A per Hp totalmente limitato si ha:

A1,...,AnA t.c. BA=i=1


Consideriamo allora A1B,...,AnBB e chiaramente:

B=i=1

n AiB

ed inoltre essendo AiBAi i=1,...,n si ha:

diam(AiB)diam(Ai)< c.v.d.





Allora A è totalmente limitato A è totalmente limitato


>0 C1,...,CnA t.c. A=i=1

n Ci e diam(Ci)< i=1,...,n ()

Fissiamo quindi ad arbitrio un >0, allora essendo A per Hp totalmente limitato si ha:

A1,...,AnA t.c. A=i=1

n Ai e diam(Ci)< i=1,...,n

Osserviamo che AiA i=1,...,n A iA i=1,...n e ricordando che la chiusura di un unione

finita è uguale all’unione delle chiusure si ha che:

i=1

n A i= Ai

i

n

1 =A

ed infine poiché abbiamo provato che il diametro di un insieme è uguale al diametro della chiusura

dell’insieme si ha che:

diam(A i)=diam(Ai)< i=1,...,n

E quindi nella () basta scegliere Ci:=A i e si ha quanto voluto c.v.d.

Dim

Osserviamo che AA e quindi essendo per Hp A totalmente limitato segue allora dalla Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che A è totalmente limitato

c.v.d.

Vogliamo adesso dimostrare qui di seguito alcuni semplici risultati sulle metriche

canoniche. Per semplicità tratteremo solo il caso n=2, ma è ovvio che quanto dimostreremo sarà

valido per il caso finito n. Dimostriamo però prima alcuni risultati propedeutici.


Sia X

d,:XX[0,+[ metriche su X ed c]0,+[ t.c. d(x,y)c(x,y) x,yX

{xn}nN in X

Ts: se {xn}nN è -di Cauchy allora {xn}nN è d-di Cauchy

Dim (esercizio)


>0 N t.c. d(xn,xm)< n

Poiché {xn}nN è -di Cauchy allora in corrispondenza della quantità c-1>0 si ha che:


N (xn,xm)<c-1 n ()

e quindi in definitiva abbiamo che:

d(xn,xm)per Hpc(xn,xm)per ()c(c-1)=(cc-1)= n c.v.d.


Sia X

d,:XX[0,+[ metriche su X e c,k]0,+[ t.c. k(x,y)d(x,y)c(x,y) x,yX

Allora (X,) è completo (X,d) è completo

Dim (esercizio) Dobbiamo provare che ogni successione d-di Cauchy è d-convergente.

Teniamo presente che per Hp:

k(x,y)d(x,y)c(x,y) x,yX ()

e questo come sappiamo per una proprietà fatta, in particolare ci dice che le metriche d e sono

equivalenti ovvero inducono alla stessa topologia su X. Dobbiamo provare che ogni successione d-

di Cauchy è d-convergente. Sia quindi {xn}nN d-di Cauchy e poiché per la () k(x,y)d(x,y)

(x,y)k-1d(x,y) segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che {xn}nN è -

di Cauchy ed essendo sempre per Hp X -completo allora la succ. {xn}nN è -convergente e

pertanto sarà anche d-convergente essendo come già osservato d e metriche equivalenti

c.v.d.

Dim (esercizio)

Dobbiamo provare che ogni successione -di Cauchy è -convergente. Sia quindi {xn}nN -di

Cauchy e poiché da Hp segue che d(x,y)c(x,y) segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che {xn}nN è d-di Cauchy ed essendo sempre per Hp X d-completo allora la succ.

{xn}nN è d-convergente e pertanto sarà anche -convergente essendo come già osservato d e

metriche equivalenti c.v.d.



{(xn,yn)}nN in XY di Cauchy rispetto ad una metrica canonica

Ts: XY {(xn,yn)}nN è di Cauchy rispetto ad ogni metrica canonica

Dim (esercizio) Ricordiamo che le metriche canoniche su XY sono:

1(x1,y1;x2,y2):=max{d(x1,x2),(y1,y2)} (x1,y1),(x2,y2)XY

2(x1,y1;x2,y2):=[d(x1,x2)2+(y1,y2)2]½ (x1,y1),(x2,y2)XY


3(x1,y1;x2,y2):=d(x1,x2)+(y1,y2) (x1,y1),(x2,y2)XY

e che inoltre vale la seguente catena di disuguaglianze:

123n1n2n3 ()

Supponiamo ad esempio che {(xn,yn)}nN sia 1-di Cauchy e facciamo vedere che {(xn,yn)}nN è 2-

di Cauchy e 3-di Cauchy. Dalla () abbiamo che 2n1 e 3n1 segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che {(xn,yn)}nN è 2-di Cauchy e 3-di Cauchy.

Analogamente se supponiamo che {(xn,yn)}nN è 2-di Cauchy o {(xn,yn)}nN è 3-di Cauchy, si

dimostra che {(xn,yn)}nN è di Cauchy rispetto alle altre due metriche canoniche in questione

c.v.d.

Grazie alla proprietà precedente potremo supporre equivalentemente che una data

successione nel prodotto di spazi metrici sia di Cauchy rispetto ad una qualunque metrica canonica.

Ad esempio nel seguente risultato consideriamo la 1 ma evidentemente non cambia nulla se

consideriamo la 2 o la 3.



{(xn,yn)}nN in XY

Allora {(xn,yn)}nN è 1-di Cauchy {xn}nN e {yn}nN sono di Cauchy

Dim (esercizio)

Proviamo che {xn}nN è di Cauchy ovvero che:

>0 N t.c. d(xn,xm)< n

Fissato ad arbitrio >0 allora poiché per Hp {(xn,yn)}nN è 1-di Cauchy allora:

N t.c. 1(xn,yn; xm,ym)< n

segue allora che:

d(xn,xm)max{d(xn,xm),(yn,ym)}=:1(xn,yn; xm,ym)< n

In pressoché identica si verifica che {yn}nN è di Cauchy in Y c.v.d.


>0 N t.c. 1(xn,yn; xm,ym)< n

Fissato ad arbitrio >0 allora essendo per Hp {xn}nN e {yn}nN di Cauchy segue che: 1N t.c. d(xn,xm)< n,m1

2N t.c. (yn,ym)< n,m1

e quindi posto :=max{1,2} segue che:

1(xn,yn; xm,ym)=max{d(xn,xm),(yn,ym)}< n,m c.v.d.




XY è completo rispetto ad una metrica canonica

Ts: XY è completo rispetto ad ogni metrica canonica

Dim (esercizio) Teniamo presente che vale la seguente catena di disuguaglianze:

123n1n2n3 ()

Supponiamo ad esempio che (XY,1) sia completo e facciamo vedere che XY è completo

rispetto a 2 e 3. Dalla () otteniamo che 12n1 ed essendo il prodotto XY 1-completo,

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che (XY,2) è completo. E

ancora dalla () otteniamo che 13n1 ed essendo il prodotto XY 1-completo, segue allora

dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che (XY,3) è completo.

Analogamente se supponiamo che XY sia completo rispetto a 2 o 3 si prova che XY è

completo rispetto alle altre due metriche canoniche c.v.d.

Grazie alla proprietà precedente potremo supporre equivalentemente che il prodotto di spazi

metrici è completo rispetto ad una qualunque metrica canonica. Ad esempio nel seguente risultato

consideriamo la 1 ma evidentemente non cambia nulla se consideriamo la 2 o la 3.



Ts: XY è 1-completo X ed Y sono completi

Dim (esercizio)

Facciamo vedere che X è completo. Sia quindi {xn}nN in X di Cauchy e facciamo vedere che è

convergente. Fissato yY consideriamo la successione {yn}nN con yn:=y nN che banalmente

è convergente a y e quindi in particolare è di Cauchy, segue allora dalla Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che la successione {(xn,yn)}nN è di Cauchy in (XY,1) che è completo

per Hp e quindi {(xn,yn)}nN è convergente e questo per una proprietà vista in precedenza significa

che {xn}nN è convergente in X e {yn}nN convergente in Y e quindi in particolare {xn}nN è

convergente in X.

Analogamente invertendo il ruolo di X con Y si dimostra che Y è completo c.v.d.

Dim (esercizio)


Dobbiamo provare che ogni successione in XY 1-di Cauchy è 1-convergente. Sia {(xn,yn)}nN in

XY 1-di Cauchy segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che {xn}nN e

{yn}nN sono rispettivamente di Cauchy in X ed Y che sono completi, segue allora che {xn}nN è

convergente in X e {yn}nN è convergente in Y e questo per un risultato visto in precedenza

equivale ad affermare proprio che la succ. {(xn,yn)}nN in XY è 1-convergente

c.v.d.


Sia X

d,:XX[0,+[ metriche su X ed c[0,+[ t.c. dc

AX, A

detti diamd(A) e diam(A) rispettivamente i diametri di A computati rispetto a d e

Ts: diamd(A)cdiam(A)

Dim (ovvia) diamd(A):= sup

,x y Ad(x,y) sup

,x y Ac(x,y)=c sup

,x y A(x,y)=cdiam(A) c.v.d.


Sia X

d,:XX[0,+[ metriche su X ed c]0,+[ t.c. dc

AX, A

Ts: se A è -limitato allora A è d-limitato

Dim (esercizio) Si ricorda che in precedenza abbiamo provato che un insieme è limitato se e solo se ha diametro

finito. Per Hp A è -limitato diam(A)<+ cdiam(A)<+ segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che diamd(A)<+

c.v.d.



WXY se W è limitato rispetto ad una metrica canonica

Ts: W è limitato rispetto ad ogni metrica canonica


123n1n2n3 ()


Supponiamo che W sia 1-limitato allora essendo per la () 2n1 e 3n1 segue da Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che W è 2-limitato e 3-limitato.

Analogamente se supponiamo che W sia limitato rispetto a 2 o 3 si prova che W è limitato rispetto

alle altre due metriche canoniche c.v.d.



AX e BY non vuoti

allora A e B sono limitati AB è 1-limitato

Dim (esercizio) Dobbiamo dimostrare che il diametro di AB computato rispetto alla 1 è finito ovvero

diam1(AB)<+. Presi (x1,y1),(x2,y2)AB osserviamo che:

1(x1,y1;x2,y2):=max{d(x1,x2),(y1,y2)}max{diamd(A),diam(B)} e quindi passando al sup otteniamo diam1

(AB)max{diamd(A),diam(B)} e pertanto essendo

per Hp diamd(A)<+ e diam(B)<+ segue che diam1(AB)<+ che è proprio quello che

volevamo dimostrare. Dim (esercizio) Dimostriamo che A è limitato ovvero che diamd(A)<+. Presi x1,x2X e due qualunque punti

y1,y2Y osserviamo che: d(x1,x2)max{d(x1,x2),(y1,y2)}=:1(x1,y1;x2,y2)diam1

(AB) e quindi passando al sup al primo membro otteniamo diamd(A)diam1

(AB) ed essendo per Hp

diam1(AB)<+ segue che diamd(A)<+.

Analogamente invertendo il ruolo di A con B si dimostra che B è limitato.


Sia X

d,:XX[0,+[ metriche su X ed c]0,+[ t.c. dc

AX, A

Ts: se A è -totalmente limitato allora A è d-totalmente limitato



>0 A1,...,AnA t.c. A=i=1

n Ai e diamd(Ai)< i=1,..,n

Fissato quindi >0 allora essendo per Hp A -limitato segue che in corrispondenza della quantità c-

1>0 si ha che:

A1,...,AnA t.c. A=i=1

n Ai e diam(Ai)<c-1 i=1,..,n


diamd(Ai)per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.cdiam(Ai)c(c-1)=

c.v.d.



WXY se W è totalmente limitato rispetto ad una metrica canonica

Ts: W è totalmente limitato rispetto ad ogni metrica canonica


123n1n2n3 ()

Supponiamo che W sia 1-totalmente limitato allora essendo per la () 2n1 e 3n1 segue da

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che W è 2-totalmente limitato e 3-totalmente

limitato.

Analogamente se supponiamo che W sia totalmente limitato rispetto a 2 o 3 si prova che W è

totalmente limitato rispetto alle altre due metriche canoniche c.v.d.



AX e BY non vuoti

allora A e B sono totalmente limitati AB è 1-totalmente limitato

Dim (esercizio) Dobbiamo dimostrare che:

>0 W1,..,WpAB t.c. AB=r=1

p Wr e diam1

(Wr)< r=1,...,p

Fissato quindi >0 allora essendo A e B totalmente limitati allora:

A1,...,AnA t.c. A=i=1

n Ai e diamd(Ai)< i=1,...,n


B1,...,BmB t.c. B=j=1

m Bj e diam(Bj)< j=1,...,m

Poniamo allora:

W1:=A1B1, W2:=A1B2, ..., Wm:=A1Bm, Wm+1:=AmB1, ..., Wmn:=AnBm

ed inoltre posto p:=mn osserviamo che:

r=1

p Wr=

i=1

n

j=1

m AiBi=

i=1

n Ai

j=1

m Bi=AB

Ed infine preso Wr che è quindi del tipo Wr=AiBj e presi ad arbitrio (x1,y1),(x2,y2)Wr x1,x2Ai

e y1,y2Bj, osserviamo che:

1(x1,y1;x2,y2)=max{d(x1,x2),(y1,y2)}max{diamd(Ai),diam(Bj)}<

e quindi passando al sup al primo membro otteniamo diam1(Wr)< c.v.d.

Dim (esercizio)

Proviamo che A è totalmente limitato ovvero che:

>0 A1,...,AnA t.c. A=i=1

n Ai e diamd(Ai)< i=1,...,n

Fissato quindi >0 allora essendo AB 1-totalmente limitato allora:

W1,..,WnAB t.c. AB=i=1

n Wi e diam1

(Wi)< i=1,...,n

Scegliamo allora Ai:=pX(Wi) i=1,...,n e verifichiamo che questa è una buona scelta. Osserviamo

che banalmente:

i=1

n Ai=

i=1

n pX(Wi)=pX

i=1

n Wi

=pX(AB)=A

Verifichiamo adesso che il diametro degli Ai e minore di . Fissato i=1,...,n, siano quindi

x1,x2Ai:=pX(Wi) y1,y2Y t.c. (x1,y1),(x2,y2)Wi

d(x1,x2)max{d(x1,x2),(y1,y2)}:=1(x1,y1;x2,y2)diam1(Wi)<

e pertanto passando al sup otteniamo che diamd(Ai)<.

Analogamente scambiando il ruolo di A con B si dimostra che B è totalmente limitato.


Sia (X,d) spazio metrico sequenzialmente compatto

Ts: X è separabile

Dim

Se X è costituito da un solo elemento cioè è del tipo X={x} allora la tesi segue banalmente.

Consideriamo il caso non banale in cui X ha almeno due elementi allora evidentemente in tal caso


diam(X)>0. Sia nnN una successione reale infinitesima i cui termini sono compresi tra 0 e

diam(X) cioè: 0<n<diam(X) nN e lim n

n=0

Fissiamo ad arbitrio un nN e consideriamo la famiglia che chiamiamo Fn costituita da tutti i

sottoinsiemi di X i cui punti hanno distanza maggiore di n cioè:

Fn:=AX : nd(x,y) x,yA e xy

ovviamente tale famiglia non è vuota infatti essendo: n<diam(X):=

x y X,sup

d(x,y)

allora posto =diam(X)-n (che è >0) per la seconda proprietà del sup si ha che:

x0,y0X t.c. d(x0,y0)>diam(X)-=diam(X)-diam(X)+n=n

e quindi posto A={(x0,y0)} si ha che AFn Fn.

Vogliamo osservare subito che i membri di questa famiglia sono finiti (cioè hanno cardinalità finita)

infatti se per assurdo esistesse AFn infinito (cioè A contenesse un numero infinito di punti) allora

si potrebbe costruire con i suoi punti una succ. {xk}kN , ed essendo per Hp X sequenzialmente

compatto allora si può estrarre da tale succ. una succ. convergente ad un certo punto di X cioè: {kr}rN crescente e x*X t.c. lim r

xkr =x*

e poiché tale estratta è convergente allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è

di Cauchy e quindi in corrispondenza della fissata quantità positiva n si ha che: pN t.c. d(xkr ,xks

)<n r,s>p (1)

Osserviamo che la successione di partenza {xn}nN ha sostegno in A (cioè i suoi punti appartengono

ad A) e quindi a maggior ragione la sua estratta {xkr }nN ha sostegno in A e poiché AFn si ha allora che: d(xkr ,xks

)n r,sN (2)

e questo è evidentemente un assurdo infatti presi r,s>p per la (2) si ha nd(xkr ,xks)<per la

(1)<n n<n che è assurdo. Ordiniamo adesso i membri della famiglia Fn nel seguente modo:

A,BFn AB AB

che come noto è una relazione di ordinamento parziale. Ci proponiamo di verificare che tale

famiglia Fn ammette elemento massimale e quindi facendo uso del lemma di Zorn dobbiamo

provare che ogni catena ammette maggiorante. Sia quindi C una catena arbitraria di Fn e si

consideri: ~A n:=

CC C


proviamo che è maggiorante per C e quindi dobbiamo verificare che ~A nFn e che

~A n maggiora

ogni membro di C. Verifichiamo quindi che ~A nFn e pertanto dobbiamo provare che la distanza

dei punti di ~A n maggiora n. Siano quindi x,y

~A n con xy segue allora che:

ono C1,C2C t.c. xC1 e yC2

Chiaramente essendo ~A n l’unione dei membri di C allora C1

~A n e C2~A n. Ed essendo C una

catena allora per definizione i suoi membri sono tutti confrontabile e quindi deve essere che C1C2

oppure C2C1, supponiamo allora che C1C2 x,yC2 e poiché CFn C2Fn d(x,y)n.

Il fatto che ~A n sia un maggiorante per C è palese, infatti:

CC CCC C=:

~A n C~A n

Sono pertanto verificate le ipotesi del lemma di Zorn che ci assicura che la famiglia Fn ammette elemento massimale che indichiamo con An

* . E quindi per l’arbitrarietà del fissato nN si ha

allora che tale ragionamento vale per ogni nN cioè:

nN An*Fn finito e massimale per Fn

consideriamo allora l’insieme: D:=

nN An

*

e proviamo che D è numerabile e denso in X. Banalmente D è numerabile in quanto unione

numerabile di insiemi finiti, verifichiamo quindi che D è denso in X cioè che D=X. Se per assurdo

X\D che x0X\ D x0D che esiste un intorno di x0 che non interseca D e poiché

siamo in uno sp. metrico questo equivale a dire che:

>0 t.c. B(x0,)D=

e poiché An*D nN allora maggior ragione:

B(x0,)An* = nN (3)

Osserviamo che essendo {n}nN infinitesima allora sicuramente: nN t.c. n< (4)

consideriamo allora An*{x0} e verifichiamo che appartiene a Fn . Siano quindi x,yAn

*{x0}

allora se x,yAn* d(x,y)n , mentre se xAn

* e y=x0 (o viceversa) allora per (3) e per (4) si

ha:

d(x,x0)>n

E quindi An*{x0}Fn e poiché banalmente An

*An*{x0} si ha allora un assurdo per la

massimalità di An* . E quindi l’asserto è completamente provato.

Diamo ora il seguente fondamentale risultato.

CARATTERIZZAZIONE DEGLI SPAZI METRICI COMPATTI [2401/Errore.





(1) X è compatto

(2) X è sequenzialmente compatto

(3) X è totalmente limitato e completo

Dim (1)(2)

Tra le proprietà dimostrate per gli sp. metrici c’è quella che ci dice che uno sp. metrico è Io-num. e

quindi la tesi segue direttamente dalla [1001/8] che ci dice per l’appunto che uno sp. top. compatto

e Io-num. è sequenzialmente compatto. c.v.d.

Dim (2)(1) Dobbiamo provare quindi che ogni ricoprimento aperto ammette un sottoricoprimento finito. Sia

quindi {i}iI un ricoprimento aperto. Teniamo presente che X sequenzialmente compatto e per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che X è separabile e per la [1901/22] che X

è II-numerabile e per la [1201/2] che X è di Lindelöff e quindi ogni ricoprimento aperto di X

ammette un sottoricoprimento numerabile. E quindi il ricoprimento aperto {i}iI ammette un

sottoricoprimento numerabile cioè: {in }nN t.c. X=

nN in

vogliamo allora provare che da tale ricoprimento se ne può estrarre uno finito, supponiamo allora

per assurdo che questo no sia vero cioè:

pN con p<+ t.c. X\k=1

p ik

xpX\k=1

p ik

nasce così la successione ordinaria xppN e quindi la sequenziale compattezza di X ci garantisce

che da xppN si può estrarre una successione convergente vero un certo punto dello spazio X cioè: {pr}rN crescente e x*X t.c. lim r

xpr =x*

Poiché x*X=nN in allora:

nN t.c. x*in

e quindi essendo in un aperto allora in particolare è un intorno di x* e quindi essendo l’estratta

{xpr }rN convergente a x* si ha che:

r*N t.c. xpr in rr*


e quindi se prendiamo rr* in modo che prn (operazione che certamente si può fare) si ha che:

xpr ink

pr

1 ik

contro il fatto che per costruzione xpr k

pr

1 ik

e siamo quindi ad un assurdo c.v.d.

Dim (1)(3)

Teniamo presente che si è dimostrato che (1) è equivalente alla (2) e pertanto possiamo sfruttare

eventualmente anche la (2).

Proviamo che X è totalmente limitato. Fissiamo un qualunque >0 e consideriamo la famiglia di

sfere aperte:

B x,

2

x X

che è banalmente un ricoprimento aperto di X e quindi per la compattezza di X:

x1,...,xnX t.c. X=i=1

n B

xi,

2

Osserviamo che:

diam B

xi,

2

=

e quindi X è totalmente limitato.

La completezza di X è ovvia (bisogna provare che ogni succ. di Cauchy ammette limite) infatti se

consideriamo una data succ. di Cauchy in X allora (poiché vale anche la (2)) per la sequenziale

compattezza di X si ha che questa ammette una estratta convergente, segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che la succ. considerata è convergente c.v.d.

Dim (3)(2)

Verifichiamo che da ogni succ. se ne può estrarre una di Cauchy che sarà quindi convergente dal

momento che la (3) ci dice che X è completo. Sia quindi xnnN una succ. in X. Poiché X è

totalmente limitato allora in corrispondenza di =1 si ha che:

X1,1,...,X j1 1, X t.c. X=i=1

j1 X1,i e diam(X1,i)1 i=1,...,j1

tra questi insiemi ve ne sarà uno tale che contiene un numero infinito di elementi della succ. ovvero:

k{1,2,...,j1} t.c. Nk:=nN : xnX1,k è infinito chiamiamo allora X1:=X1,k. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che X1X

è totalmente limitato e quindi in corrispondenza di =12 si ha che:

X2,1,...,X j2 2, X1 t.c. X1=i=1

j2 X2,i e diam(X2,i)

12 i=1,...,j2


tra questi insiemi ve ne sarà uno tale che contiene un numero infinito di elementi della succ. ovvero:

j{1,2,...,j2} t.c. Nj=nN : xn X2,j è infinito

chiamiamo allora X2=X2,j Iterando (cioè procedendo per induzione) questo ragionamento

costruiamo la successione di insiemi XkkN tale che:

(a) Xk+1Xk (la succ. di insiemi è non crescente rispetto alla relazione d’inclusione)

(b) diam(Xk)1k

(c) ogni Xk contiene un numero infinito di elementi della successione Ci vogliamo costruire adesso una succ, naturale {nk}kN (strettamente) crescente tale che xnk

Xk

kN. Sia n1N t.c. xn1X1 ed ancora consideriamo n2N t.c. n2>n1 e xn2

X2 e così

via.Otteniamo quindi la succ. xnkkN estratta dalla xn, vogliamo verificare allora che tale

estratta è di Cauchy cioè che:

>0 k*N t.c. d(xnp ,xnr )< p,r>k*

Fissato un arbitrario >0 scegliamo k*N t.c. k*>1 allora presi p,r>k* per la (a) si ha che XrXk*

e XpXk* e quindi:

d(xnp ,xnr )x y Xk, *

sup

d(x,y)=:diam(Xk*)per la (b)1

k *<

E quindi l’estratta xnkkN è di Cauchy e poiché per Hp X è completo allora tale estratta ammette

limite, che è proprio quello che volevamo dimostrare c.v.d.

INSIEME RELATIVAMENTE SEQUENZIALMENTE COMPATTO [2401/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico e AX, diciamo allora che l’insieme A è relativamente sequenzialmente compatto se da ogni successione ordinaria in A se ne può estrarre una

convergente ad un punto di X.

Vogliamo dimostrare che negli sp. metrico affermare che un dato insieme è relativamente

sequenzialmente compatto equivale ad affermare che la sua chiusura sia un sequenzialmente

compatto.



AX


Allora A è relativamente sequenzialmente compatto A è sequenzialmente compatto

Dim

Dobbiamo provare che A è sequenzialmente compatto, e quindi dobbiamo provare che ogni

successione ordinaria in A ammette una estratta convergente ad un punto di A. Sia xnnN una

successione ordinaria in A . Teniamo presente che la chiusura di un insieme coincide con l’insieme

dei punti di aderenza dell’insieme, osserviamo allora che fissato nN essendo xnA si ha che:

B xn,

1n

A ynB

xn,

1n

A

nasce così una successione {yn}nN in A tale che:

d(xn,yn)<1n nN ()

Poiché A è per Hp relativamente sequenzialmente compatto allora: {nk}nN crescente e x*X t.c. lim k

ynk=x*

Ovviamente essendo {ynk}kN in A convergente allora per una caratterizzazione dei punti di

aderenza deve essere che x*A. Consideriamo allora la corrispondente {xnk}kN che è

evidentemente una estratta della {xn}nN, dimostriamo allora che tale estratta converge a x*. Per la

() osserviamo che:

d(xnk,ynk

)<1

nk kN

banalmente si osserva allora che siamo nelle ipotesi della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che ci assicura quindi che l’estratta {xnk

}kN converge a x*

c.v.d.

Dim Per Hp A è sequenzialmente compatto che da ogni successione in A se ne può estrarre una

convergente ad un punto di AX e quindi in particolare da ogni successione in AA se ne può

estrarre una convergente ad un punto di AX che A è relativamente sequenzialmente compatto

c.v.d.



AX


(1) A è relativamente compatto

(2) A è relativamente sequenzialmente compatto

(3) A è totalmente limitato e A è completo


Dim (1)(2)

Per Hp A relativamente compatto A compatto e quindi per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. segue che A è sequenzialmente compatto segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è relativamente sequenzialmente compatto

c.v.d.

Dim (2)(3) Per Hp A è relativamente sequenzialmente compatto segue allora da Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che A è sequenzialmente compatto, segue quindi da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è totalmente limitato e completo. Ovviamente

l’insieme A è totalmente limitato poiché abbiamo già osservato in precedenza che condizione

necessaria e sufficiente affinché un insieme sia totalmente limitato è che lo sia la sua chiusura

c.v.d.

Dim (3)(1)

Per Hp A è totalmente limitato che A è totalmente limitato e sempre per Hp A è completo

segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è compatto che A è

relativamente compatto

c.v.d.

Abbiamo dimostrato in precedenza che il sostegno di una successione ordinaria di uno

spazio di Hausdorff è relativamente compatto, vogliamo allora dimostrare lo stesso risultato negli

spazi facendo uso dei risultati acquisiti.



x0X

{xn}nN in X convergente verso x0

Ts: il sostegno della {xn}nN è relativamente compatto

Dim (ovvia) Chiamiamo A il sostegno della {xn}nN cioé:

A:={xn : nN}

Sappiamo che se una successione è convergente allora ogni estratta di tale successione converge al

limite della successione, osserviamo allora che se consideriamo una successione in A, questa altro

non è che una estratta della {xn}nN che quindi converge a x0, e questo evidentemente significa che


A è relativamente sequenzialmente compatto segue allora dal teorema precedente che A è

relativamente compatto c.v.d.

26-01-96

Sappiamo che in generale un insieme totalmente limitato è limitato e che non vale il

viceversa, ma come dimostra il seguente teorema questo vale nello spazio euclideo n-dimensionale

cioè in Rn, considerato con l’omonima metrica.


ARn (ovviamente su Rn consideriamo la metrica euclidea)

allora A è limitato A è totalmente limitato

Dim

Per Hp A limitato e questo come sappiamo implica che esiste un cubo di Rn che lo contiene

ovvero:

a,bR con a<b t.c. A[a,b]n

Verifichiamo dapprima che l’intervallo [a,b] è totalmente limitato. Fissiamo quindi un >0 e scelto

kN t.c. b a

k

< consideriamo i k intervalli:

I1:=

a,a+b a

k

, I2:=

a+b a

k

,a+2b a

k

, , Ik:=

a+(k-1)b a

k

,b

ovviamente tali intervalli ricoprono [a,b] ed hanno tutti diametro b a

k

minore di ovvero [a,b] è

totalmente limitato. Segue allora da un risultato acquisito nella lezione precedente che [a,b]n è totalmente limitato in Rn rispetto ad ognuna delle tre metriche canoniche e quindi in particolare

rispetto alla metrica euclidea cioé:

2(x1,...,xn;y1,...,yn):= ( )x yi ii

n

2

1 (x1,...,xn),(y1,...,yn)Rn

E pertanto l’insieme A è totalmente limitato essendo contenuto in un insieme totalmente limitato

c.v.d.

Dim

Come sappiamo tale implicazione vale sempre.

Una conseguenza del teorema di caratterizzazione dei compatti negli spazi metrici è la

seguente.



Sia ARn (ovviamente considerando sempre Rn con la metrica euclidea)


(1) A è compatto

(2) A è chiuso e limitato

Dim (1)(2) Poiché A è compatto in uno spazio metrico allora per la caratterizzazione dei compatti in tali spazi

segue che A è totalmente limitato e completo. E quindi osservando che banalmente un insieme

totalmente limitato è limitato e ricordando che un insieme completo è chiuso, si ha la tesi.

Dim (2)(1) Ricordando che i chiusi di completi sono completi allora essendo A chiuso per Hp ed essendo come

noto Rn uno spazio completo, segue che A è completo, ed inoltre essendo sempre per Hp A

limitato si ha allora per il teorema precedente che A è totalmente limitato. E quindi A completo e

totalmente limitato segue allora dalla caratterizzazione dei compatti che A è compatto.

Analogamente dalla caratterizzazione degli insiemi relativamente compatti negli spazi

metrici si ha il seguente corollario.


Sia ARn


(1) A è relativamente compatto

(2) A è limitato

Dim (1)(2)

A è relativamente compatto A totalmente limitato A limitato c.v.d.

Dim (2)(1) Per Hp A limitato e questo come sappiamo equivale ad affermare che A è un limitato e quindi A è

un chiuso limitato segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è

compatto che A è relativamente compatto

c.v.d.


Si ricorda dall’analisi uno il noto teorema di Bolzano Weierstrass che ci dice che se una

successione reale è limitata allora ammette una estratta convergente. Ci proponiamo allora di

estendere tale risultato ad Rn.

TEOREMA DI BOLZANO-WEIERSTRASS [More] [2601/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia {xn}nN in Rn limitata

Ts: {xn}nN ammette una estratta convergente

Dim (esercizio) Posto A:={xn : nN} allora per Hp A è un’insieme limitato di Rn segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A è relativamente compatto, segue da [2401/33] che A è

relativamente sequenzialmente compatto e pertanto ogni successione ordinaria in A ammette

un’estratta convergente ad un punto di Rn e quindi in particolare {xn}nN ammette un’estratta

convergente, essendo banalmente {xn}nN in A c.v.d.

METRICA GENERALIZZATA E COSTRUZIONE DI UNA METRICA AD ESSA EQUIVALENTE


Sia X un insieme non vuoto. Definiamo metrica generalizzata su X una metrica che può assumere

anche valore più infinito cioè è una funzione del tipo:

d:XX[0,+]

che soddisfa alle proprietà della metrica. Le sfere relative ad una metrica generalizzata a differenza

di quelle relative alla metrica, possono avere anche raggio + ed ovviamente tali sfere coincidono

con tutto lo spazio, cioé uno spazio riferito ad una metrica generalizzata si può rivedere come una

sfera centrata in un qualunque suo punto di raggio infinito. Ovviamente in maniera identica ad una

metrica anche una metrica generalizzata induce ad una topologia che è quindi quella generata dalla

famiglia di tutte le sfere.

Vogliamo dimostrare adesso che a partire dalla metrica generalizzata d su X si può costruire una

metrica non generalizzata (cioè una metrica) su X equivalente a d cioè che induce alla stessa

topologia su X di d. Consideriamo la funzione:

:XXR con (x,y):=d x y x y

x y( , ) ( , )

( , ) se d

se d

11 1


Verifichiamo che tale funzione definita sul prodotto XX è una metrica. Banalmente si osserva

che tale funzione assume valore finiti poiché come si osserva per costruzione (XX)[0,1].

Proviamo quindi che sono soddisfatti i tre assiomi della metrica.

Verifichiamo che (x,y)=(y,x) x,yX

tale verifica è ovvia.

Verifichiamo che (x,y)(x,z)+(z,y) x,y,zX

poiché d è una metrica generalizzata si ha che:

d(x,y)d(x,z)+(z,y) ()

Si presentano due casi:

Caso d(x,z)+d(z,y)1 d(x,z)1 e d(z,y)1 e per la () d(x,y)1 e quindi in tal caso per

costruzione coincide con d e si ha l’asserto.

Caso d(x,z)+(z,y)>1 d(x,z)>1 o d(z,y)>1 supponiamo ad esempio d(x,z)>1 e d(z,y)1

(x,z)=1 e (y,z)=d(y,z) e poiché (x,y)[0,1] si ha l’asserto.

Verifichiamo che (x,y)=0 x=y

(x,y)=0 d(x,y)=0 x=y

E quindi è una metrica su X. Verifichiamo allora che la metrica è equivalente alla metrica

generalizzata d e quindi detta la topologia indotta da e d la topologia indotta da d dobbiamo

verificare che =d.

Proviamo che d:

per costruzione (x,y)d(x,y) x,yX e questo come sappiamo ci dice che d.

Proviamo che d:

confrontiamo al solito gli intorni delle topologie in questione e facciamo vedere quindi che ogni d-

intorno è un -intorno. Fissato x0X, sia U un d-intorno di x0 e quindi:

>0 t.c. Bd(x0,)U

Distinguiamo i seguenti due casi:

Caso 1:

Evidentemente in queste condizioni si ha che Bd(x0,)=B(x0,) B(x0,)U che U è un -

intorno.

Caso se >1:

in queste condizioni 1<1< e quindi B

x0,

1

=Bd

x0,

1

Bd(x0,)U U è un -intorno.

E quindi in definitiva =d cioè e d sono equivalenti.

Notiamo subito come la limitatezza sia un concetto metrico, osservando che rispetto alla metrica

lo spazio X è limitato infatti:

diam(X):=x y A,sup

(x,y)=1<+


TOPOLOGIA DELLA CONVERGENZA UNIFORME [2601/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia T un insieme non vuoto e (X,d) uno spazio metrico, consideriamo allora lo spazio XT:={TX}

cioè lo spazio di tutte le funzioni da T in X. Ricordiamo che nel corso di analisi abbiamo appreso la

nozione di convergenza uniforme per una successione ordinaria di funzioni, possiamo allora

estendere in maniera naturale tale nozione per le successioni generalizzate. Sia quindi {f}D una

successione generalizzata in XT e f*XT diciamo allora che tale successione converge

uniformemente a f* se:

>0 D t.c. d(f,(t),f*(t))< > e tT

Noi sappiamo che una topologia viene perfettamente individuata dalla nozione di convergenza che

essa determina (poiché in precedenza abbiamo dimostrato una caratterizzazione della topologia che

ci dice che due topologie su uno stesso spazio coincidono se e solo se data una successione

generalizzata allora questa è convergente rispetto ad una topologia solo se lo è rispetto all’altra). La

topologia in XT individuata dalla convergenza uniforme viene detta topologia della convergenza uniforme. Sappiamo che la convergenza uniforme è più forte della convergenza puntuale cioé se

una successione converge uniformemente allora converge anche puntualmente e questo per la solita

caratterizzazione ci dice che la topologia della convergenza semplice è meno fine della topologia

della convergenza uniforme.

SPAZIO TOPOLOGICO METRIZZABILE [2601/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) uno spazio topologico, diciamo allora che tale spazio è metrizzabile se è possibile

definire su di esso una metrica che induce la topologia di partenza .

METRICA DELLA CONVERGENZA UNIFORME IN SPAZI DI FUNZIONI [2601/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Sia T un insieme non vuoto e (X,d) uno spazio metrico. Ci proponiamo di provare che la topologia

della convergenza uniforme è metrizzabile ovvero che esiste una metrica su XT che induce la

topologia della convergenza uniforme. Consideriamo la funzione:

d:XTXT~R con d(f,g):=

t Tsup

d(f(t),g(t))

Vogliamo verificare che tale funzione d soddisfa ai tre assiomi della metrica.

Verifichiamo che d(f,g)=d(g,f): d(f,g)=

t Tsup

d(f(t),g(t))=t Tsup

d(g(t),f(t))=d(g,f)

Verifichiamo che d(f,g)d(f,h)+d(h,g): d(f,g)=

t Tsup

d(f(t),g(t))t Tsup

[d(f(t),h(t))+d(h(t),g(t))]t Tsup

d(f(t),h(t))+t Tsup

d(h(t),g(t))=

d(f,h)+d(h,g) Verifichiamo che d(f,g)=0 f=g: d(f,g)=0

t Tsup

d(f(t),g(t))=0 d(f(t),g(t))=0 tT f(t)=g(t) tT f=g

E quindi d soddisfa ai tre assiomi della metrica, ma evidentemente non è detto che sia una metrica

su XT, poiché potrebbe accadere che la d assuma valore +. Infatti se ad esempio esiste una

funzione di XT illimitata (cioè il suo rango è non limitato in X rispetto a d) allora banalmente

possiamo costruire due elementi di XT la cui distanza computata con la d è +. Verifichiamo

subito quanto appena detto, e quindi vogliamo fare vedere che:

f,gXT t.c. d(f,g)=+

Consideriamo la funzione g:TX con g(t):=x0 tT con x0X fissato (cioè g costante), e

supponiamo che esista una funzione f:TX illimitata (è necessario supporre che tale funzione

esista, poiché potrebbe accadere che la metrica d sia tale che tutti i sottoinsiemi di X siano limitati,

basta ad esempio pensare il caso in cui la metrica d è a valori in insieme limitato di R) e

verifichiamo che:

d(f,g):=t Tsup

d(f(t),g(t))=+

e questo come sappiamo significa che (ovviamente escludiamo il caso in cui tT t.c.

d(f(t),g(t))=+, poiché d è una metrica e quindi assume valori finiti) l’insieme {d(f(t),g(t)) : TT}

è illimitato superiormente, ovvero proviamo che:

K>0 t0T t.c. d(f(t),g(t))>K

Fissiamo un K>0, e osserviamo che essendo f illimitata allora non esiste nessuna sfera di raggio

finito che contiene f(T) e quindi se consideriamo la sfera B(x0,K) si ha che f(T) non è contenuto in

tale sfera cioè:

t0T t.c. f(t0)B(x0,K) d(x0,f(t0))=d(g(t0),f(t0))>K


che è proprio quello che volevamo dimostrare. E quindi la d soddisfa i tre assiomi della metrica e

può assumere valore + e pertanto la d è una metrica generalizzata sullo spazio XT.

Vogliamo provare che la top. su XT indotta dalla metrica generalizzata d è quella della

convergenza uniforme e lo facciamo al solito confrontando le rispettive convergenze. Sia quindi

{f}D una arbitraria succ. gen. in XT e f*XT. Supponiamo che {f}D sia convergente ad f*

rispetto alla top. indotta dalla d e questo come sappiamo significa che: lim d(f,f*)=0

ed esplicitando questo significa che:

>0 D t.c. d(f,f*)< t Tsup

d(f(t),g(t))< > d(f(t),g(t))< > e tT

e questo a norma di definizione significa che la {f}D è convergente a f* rispetto alla top. della

convergenza uniforme e pertanto resta dimostrato che la top. della convergenza uniforme è meno

fine della top. indotta da d. Viceversa supponiamo che {f}D sia convergente a f* rispetto alla

top. della convergenza uniforme e quindi ripercorrendo il caso precedente in verso opposto si

ottiene proprio che la {f}D è convergente ad f* rispetto alla top. indotta da d e pertanto rimane

dimostrato che la top. indotta dalla d è meno fine delle top. della convergenza uniforme. E quindi

in definitiva come già premesso le due topologie in questione coincidono. Diciamo allora che la d

è la metrica (generalizzata) della convergenza uniforme. E pertanto il nostro scopo è raggiunto

poiché come già osservato nella Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. a partire dalla

metrica generalizzata d possiamo costruire una metrica ad essa equivalente e quindi inducente la

topologia della convergenza uniforme.

SPAZIO DELLE FUNZIONI LIMITATE. [2601/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia T un insieme non vuoto e (X,d) uno spazio metrico, denotiamo allora con L0(T,X) il sottospazio

di XT costituito da tutte le funzione da T in X limitate cioè:

L0(T,X):={f:TX : f(T) limitato in X}

Vogliamo allora verificare che la metrica generalizzata d introdotta in XT, ristretta a L0(X,T) cioè:

d:L0(T,X)L0(T,X)~R con d(f,g):=

t Tsup

d(f(t),g(t))

è una metrica su L0(X,T) e quindi dobbiamo verificare solo che d è funzione a valori finiti.

Bisognare provare che f,gL0(T,X) d(f,g)<+. Siano quindi f,gL0(T,X) f(T) e g(T) limitati

in X f(T)g(T) limitato in X e quindi:

x0X e r>0 finito t.c. f(T)g(T)B(x0,r)

si ha allora che: d(f,g):=

t Tsup

d(f(t),g(t)) sup, ( ) ( )x y f T g T

d(x,y)=:diam(f(T)g(T))diam(B(x0,r))=2r c.v.d.



Sia (X,d) spazio metrico limitato

T insieme non vuoto

Ts: d è una metrica non generalizzata su XT

Dim Poiché X è limitato allora ogni sottoinsieme di X è limitato e quindi se consideriamo fXT allora

essendo f(T)X f(T) limitato XT=L0(T,X) e quindi la d è non generalizzata

c.v.d.

FUNZIONI TOTALMENTE LIMITATE E SPAZIO DELLE FUNZIONI TOTALMENTE LIMITATE


Sia (X,d) spazio metrico, f:TX funzione, diciamo allora che f è totalmente limitata se f(T) è

totalmente limitato in X. Denotiamo con TL0(T,X) l’insieme delle funzioni definite in T ed a valori

in X che sono totalmente limitate. Ricordiamo che ogni insieme totalmente limitato è limitato e

pertanto se fTL0(T,X) f(T) totalmente limitato f(T) limitato fL0(T,X) e quindi si

desume che TL0(T,X)L0(T,X). E pertanto possiamo considerare TL0(T,X) munito della metrica d

della convergenza uniforme.



T insieme non vuto

allora fTL0(T,X) >0 T1,...,TnT t.c. i=1

n Ti=T e diam(f(Ti))< 1=1,...,n

Dim

Fissato >0 allora poiché fTL0(T,X) f(T) totalmente limitato in X e quindi in corrispondenza

del fissato >0 si ha che:

X1,...,Xnf(T) t.c. f(T)=i=1

n Xi e diam(Xi)< i=1,...,n

poniamo allora Ti:=f -1(Xi) i=1,...,n e osserviamo che:

i=1

n Ti=

i=1

n f -1(Xi)=f -1

i=1

n Xi

=f -1(f(T))=T


ed inoltre osserviamo che f(Ti)Xi e quindi:

diam(Ti)diam(Xi)< i=1,...,n c.v.d.

Dim

Banalmente basta scegliere Xi:=f(Ti) e si ottiene la tesi.

FAMIGLIA DI FUNZIONI EQUITOTALMENTE LIMITATE [2601/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) uno spazio metrico, T insieme non vuoto e sia HTL0(T,X), diciamo allora che le

funzioni di H sono equitotalmente limitate se:

>0 T1,...,TnT i=1

n Ti=T e diam(f(Ti))< 1=1,...,n fH

Tenendo presente Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si osserva allora che il prefisso

“equi” è giustificato dal fatto che le funzioni di H sono equitotalmente limitate se in corrispondenza

di una fissata quantità positiva esiste una decomposizione di T che non dipenda dalle funzioni di H

cioè che vada bene per ogni funzione di H.

Propedeutica al risultato successivo è la seguente proprietà che ci dice che a partire da una

data famiglia numerabile di insiemi se ne può costruire un’altra tale che i suoi membri siano a due a

due disgiunti e la cui unione è uguale a quella dei membri della famiglia di partenza.


Sia X {Xn}nN famiglia di insiemi di X

Ts: {Yn}nN famiglia in X t.c. YnYk= nk, YnXn e nN nN Yi=

nN Xi

Dim

Poniamo:

Y1:=X1, Y2:=X2\X1, Y3=X3\[X1X2], ..., Yn=Xn\j

n

1

1 Xj nN

e quindi bisogna verificare che gli Yj:


(a) YnXn nN

(b) YnYk= nk (cioè sono a due a due disgiunti)

(c) nN Xn=

nN Yn


ovvia.

Verifichiamo la (b): siano n*k* n*<k* o k*<n* sia ad esempio n*<k*. Se per assurdo che Yn*Yk* Xn*\

j

n

1

1* Xj

Xk*\

j

k

1

1* Xj

z

Xn*\

j

n

1

1* Xj

Xk*\

j

k

1

1* Xj

e quindi si osserva

che: zXn* e zXj j=1,...,n*-1 (1)

zXk* e zXj j=1,...,k*-1 (2)

ma poiché n*<k* n*k*-1 e quindi per la (2) zXn* e si ha un assurdo per (2). Analogamente

si arriva ad un assurdo se si suppone k*<n*.

Verifichiamo la (c):

nN Xn=

nN Yn

Proviamo che nN Yn

nN Xn:

tale inclusione è banale tenendo presente la (a). Proviamo che

nN Xn

nN Yn:

consideriamo quindi un arbitrario xnN Xn allora sia allora n*N il minimo per cui xXn*

xXj j=1,...,n*-1 xj

n

1

1* Xj xXn*\

j

n

1

1* Xj=:Yn*

nN Yn


Sia X

X1,X2,...,XmX

Ts: Y1,...,YmX a due a due disguinti, YiXi i=1,...,m e i=1

m Xi=

i=1

m Yi

Dim (ovvia) Consideriamo la famiglia {Zn}nN dove:

Z1:=X1, Z2:=X2, ..., Zn:=Xn, e Zn+p:= pN0

e quindi evidentemente applicando di peso la proprietà precedente si ha la tesi.


CARATTERIZZAZIONE DELLA TOTALE LIMITATEZZA [2601/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

(X,d) spazio metrico

T insieme non vuoto

e consideriamo su TL0(T,X) la metrica d

HTL0(T,X)


(1) H è totalmente limitato in (TL0(T,X),d)

(2) le funzioni di H sono equitotalmente limitate ed H(t):={f(t)X : fH} è totalmente

limitato in (X,d) tT

(3) le funzioni di H sono equitotalmente limitate ed H(T) è totalmente limitato in (X,d)

Dim (1)(2) Proviamo che le funzioni di H sono equitotalmente limitate, cioé che:

>0 T1,...,TnT i=1

n Ti=T e diam(f(Ti))< 1=1,...,n fH (1)

Fissiamo quindi un >0 e osserviamo che per Hp H è totalmente limitato e quindi in


H1,...,HnH t.c. H=i=1

n Hi e diam(Hi):=

f g Hi,sup

d(f,g)<3 i=1,...,n (2)

Fissato un i=1,...,n, sia gi una funzione di Hi che è quindi totalmente limitata e pertanto in

corrispondenza del fissato >0 si ha:

Ti,1,...,Ti ji, T t.c. T=k

ji

1 Ti,k e diam(gi(Ti,k)):=

t s Ti k, ,

sup

d(gi(t),gi(s))<3 k=1,...,ji (3)

Se fissiamo quindi una funzione gi in ogni Hi abbiamo quindi n ricoprimenti di T, consideriamo la

allora famiglia G d’insiemi costituita da tutte le possibili intersezioni dei membri degli n

ricoprimenti cioè: G:=T1 1,k ....Tn kn, : 1kiji e 1in

e ancora consideriamo la sottofamiglia A di G costituita dai membri di G non vuoti cioè:

A:=SG : S

ovviamente tale famiglia è finita.

Verifichiamo che A soddisfa alla (1) e quindi dobbiamo verificare che:

(a) L’unione dei membri di A ricopre T


(b) diam(f(S))< SA e fH


tT esiste un membro di ciascuno degli n ricoprimenti di T considerati che contiene t e quindi t

appartiene all’intersezione di tali membri e quest’ultima per costruzione è un membro di A e quindi

da tale ragionamento si desume che: T=

SA S


sia quindi S ad arbitrio in A, e f ad arbitrio in H. Poiché fH allora:

i{1,...,n} t.c. fHi siano inoltre t,sS ad arbitrio allora t,s appartengono al medesimo Ti ki, e si ha: d(f(t),f(s))applichiamo la triangolared(f(t),gi(t))+d(gi(t),f(s))riapplichiamo la proprietà

triangolare al secondo addendod(f(t),gi(t))+d(gi(t),gi(s))+d(gi(s),f(s))

d(f,gi)+diam(gi(Ti ki, ))+d(gi,f)diam(Hi)+diam(gi(Ti ki, ))+diam(Hi)<per la (2) e per la

(3)<3+

3+

3=

e per l’arbitrarietà di t,sS possiamo passare al sup su t ed s al primo membro e si ha che:

t s S,sup

d(f(t),f(s))< diam(f(S))<

Proviamo in fine la seconda parte della (2) cioè che per ogni fissato tT il corrispondente H(t) è

totalmente limitato in X. Fissiamo quindi t0T ed un arbitrario >0 allora essendo per Hp H

totalmente limitato si ha che:

H1,...,HnH t.c. H=i=1

n Hi e diam(Hi):=

f g Hi,sup

d(f,g)< i=1,...,n

si osserva allora che banalmente:

H(t0)=i=1

n Hi(t0)

ed inoltre osserviamo che i=1,...,n si ha che: diam(Hi(t0))=diam({ f(t0)X : fHi }):=

f g Hi,sup

d(f(t0),g(t0))f g Hi,sup t T

supd(f(t),g(t))=

=f g Hi,sup

d(f,g)= :diam(Hi)<

e quindi H(t0) sia totalmente limitato che è proprio quello che volevamo dimostrare.

Dim (2)(3)

La prima parte della tesi è ovvia, dobbiamo provare pertanto solo che l’insieme:

H(T)={f(t)X : fH e tT}=t T H(t)=

f H f(T)


è totalmente limitato in X.

Fissato un >0, osserviamo che per Hp le funzioni di H sono equitotalmente limitate e quindi in


T1,...,TnT t.c. i=1

n Ti=T e diam(f(Ti))<

3 1=1,...,n fH (4)

inoltre se fissiamo tiTi allora sempre per Hp H(ti) è totalmente limitato, e quindi:

Xi,1,...,Xi mi, H(ti) t.c. H(ti)=j

mi

1 Xi,j e diam(Xi,j)<

3 j=1,...,mi (5)

consideriamo quindi l’insieme:

Hi,j:=fH : f(ti)Xi,jH

nasce allora la famiglia:

Hi,j : j=1,...,mi}

banalmente tale famiglia ricopre tutto H, infatti:

j

mi

1 Hi,j=

j

mi

1 fH : f(ti)Xi,j=fH : f(ti)H(ti)=H (6)


Hi,j(Ti) : i=1,...,n e j=1,...,m

verifichiamo che tale famiglia ricopre H(T):

i=1

n

j

mi

1 Hi,j(Ti)=

i=1

n

j

mi

1 {f(t) : tTi e fHi,j}=per la (6)=

i=1

n {f(t) : tTi e fH}=

={f(t) : tT e fH}=H(T)

Rimane quindi da provare che, comunque fissiamo i=1,...,n e j=1,...,mi, Hi,j(Ti) ha diametro minore

del fissato >0. Siano f(t) e g(s) due arbitrari punti di Hi,j(Ti) si ha allora (applicando due volte la

triangolare): d(f(t),g(s))d(f(t),f(ti))+d(f(ti),g(ti))+d(g(ti),g(s))diam(f(Ti))+diam(Xi,j)+diam(g(Ti))< <per la (4) e

per la (5)<3+

3+

3=

e passando al sup al primo membro si ha quanto voluto.

Dim (3)(1) Fissato un arbitrario >0, abbiamo per ipotesi che le funzioni di H sono equitotalmente limitate e

quindi:

T1,...,TnT t.c. T=i=1

n Ti=T e diam(f(Ti))<

3 1=1,...,n fH (7)

e sempre per Hp H(T) è totalmente limitato e quindi si ha che:

X1,...,XmH(T) t.c. H(T)=j

m

1 Xj e diam(Xj)<

3 j=1,...,m (8)


possiamo supporre che gli Xj siano a due a due disgiunti dal momento che se così non fossero, per

la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si avrebbe che:

Y1,...,YmX a due a due disgiunti t.c. YjXj j=1,...,m e j

m

1 Yj=

j

m

1 Xj

ovviamente (essendo YjXj j=1,...,n) diam(Yj)diam(Xj)< j=1,...,m. E quindi supponiamo che

gli Xj siano a due a due disgiunti. Consideriamo I={1,2,...,n} e J={1,2,...,m} e iI fissiamo un

tiTi e osserviamo che essendo i membri del ricoprimento {Xj}jJ di H(T) a due a due disgiunti

allora presa fH si ha che:

iI !jJ t.c. f(ti)Xj (9)

possiamo considerare allora la funzione associata ad una fH, così fatta:

f:IJ con f(i)=j t.c. f(ti)Xj

ovviamente tale funzione è ben posta per la (9). Consideriamo ora la relazione su H così definita:

f,gH fg f =g

si vede facilmente che tale relazione è di equivalenza e che induce quindi su H una partizione

attraverso le sue classi di equivalenza che sono finite perché finito è il numero delle applicazioni da

I in J (che è [cardJ][cardI]), sia quindi H1,...,Hp tale partizione e proviamo che:

diam(Hr)< r=1,...,p

Fissiamo quindi Hr e consideriamo f,gHr fg e sia tT allora iI t.c. tTi e si ha che f(ti) e

g(ti) appartengono al medesimo Xj infatti essendo fg e quindi f=g f(i)=j=g(i)

f(ti),g(ti)Xj. Si ha allora che:

d(f(t),g(t))d(f(t),f(ti))+d(f(ti),g(ti))+d(g(ti),g(t))diam(f(Ti))+diam(Xj)+diam(g(Ti))<

per la (7) e per la (8)<3+

3+

3=

e quindi per l’arbitrarietà possiamo passare al sup su t al primo membro e si ha:

d(f,g):=t Tsupd(f(t),g(t))<

e successivamente passando al sup f e g si ha:

diam(Hr):=f g Hr,sup

d(f,g)<

Che è proprio quello che volevamo dimostrare.

E pertanto il teorema è completamente dimostrato.

31-01-96


Sia T uno spazio topologico compatto


(X,) spazio metrico

f:TX funzione continua

Ts: f è totalmente limitata

Dim

Poiché f è continua allora manda compatti in compatti f(T) compatto e poiché X spazio metrico

segue allora dalla caratterizzazione dei compatti negli spazi metrici che f(T) è totalmente limitato

f totalmente limitata c.v.d.

SPAZIO DELLE FUNZIONI CONTINUE [3101/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano T ed X spazi topologici, denotiamo allora con C0(T,X) l’insieme delle funzioni continue da T

in X. Nel caso in cui X ha la struttura di uno spazio vettoriale su K allora ha senso parlare di

prodotto di uno scalare per una funzione continua e di somma di funzioni continue. Si verifica

allora banalmente che in tal caso il prodotto di una costante (elemento di K) per una funzione

continua è una funzione continua e che la somma di due funzioni continue è una funzione continua

e pertanto in tali condizioni C0(T,X) sarà uno spazio vettoriale su K.

Supposto (X,d) spazio metrico allora ha senso parlare di limitatezza per le funzioni continue e si ha

che in generale una funzione continua non è limitata, ma se T è compatto allora per la Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. ogni funzione continua è totalmente limitata e quindi in tal

caso C0(T,X)TL0(T,X)L0(T,X).

FAMIGLIA DI FUNZIONI EQUICONTINUE [3101/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia T uno spazio topologico, (X,d) spazio metrico ed fj jJ una famiglia di funzioni in C0(T,X),

diciamo che le funzioni sono equicontinue in t0T se:

>0 UU(t0) t.c. d(fj(t0),fj(s))< sU e jJ

FAMIGLIA DI FUNZIONI EQUIUNIFORMEMENTE CONTINUE [3101/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Siano (T,d) e (X,) spazi metrici e sia fj jJ una famiglia di funzioni in C0(T,X), diciamo che le

funzioni sono equiuniformemente continue se:

>0 >0 t.c. (fj(t),fj(s))< t,sT con d(t,s)< e jJ

Si osserva che nel caso J={1} la definizione di funzioni equiuniformemente continua coincide con

la definizione di funzione uniformemente continua.


Siano (T,), (X,d) spazi metrici

{fi}iI famiglia di funzioni lipschitziane con costante L>0 di XT

Ts: le funzioni sono equiuniformemente continue

Dim


>0 >0 t.c. (fi(t),fi(s))< t,sT con d(t,s)<t iI

Fissiamo quindi un arbitrario >0. Per Hp le fi sono lipschtziane di costalne L>0 e quindi:

(fi(t),fi(s)Ld(t,s) t,sT e iI

Scegliamo allora :=L e quindi presi ad t,sT con d(t,s)< si ha:

(fi(t),fi(s))Ld(t,s)L=LL= iI c.v.d.

GENERALIZZAZIONE DEL TEOREMA DI HEINE-CANTOR [3101/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (T,d) spazio metrico compatto

(X,) spazio metrico

fjjJ una famiglia di funzioni in C0(T,X) equicontinue in T

Ts: le funzioni sono equiuniformemente continue

Dim

Vogliamo provare che:

>0 >0 t.c. (fj(t),fj(s))< t,sT con d(t,s)< e jJ (1)

Fissato quindi un >0, poiché per Hp fj jJ è una famiglia di funzioni in XT

equi-continue in T si ha allora in corrispondenza del fissato che:


tT t>0 t.c. (fj(t),fj(s))<2 sT con d(t,s)< e jJ (2)

consideriamo allora la famiglia:

B t,

12 t

t T

che è evidentemente un ricoprimento aperto di T ed essendo per Hp T compatto allora si può

estrarre da tale ricoprimento un sottoricoprimento finito cioè:

t1,...,tnT t.c. T=i=1

n B

ti,

12 ti

Poniamo := 12 1 i n

timin verifichiamo che tale è quello promesso nella (1). Siano quindi t,sT

con d(t,s)< osserviamo allora che essendo tT allora:

i=1,...,n t.c. tB ti,

12 ti

d(ti,t)<

12 ti

<ti

ed inoltre osserviamo che:

d(ti,s)d(ti,t)+d(t,s)<12 ti

+12 ti

+12 ti

=ti

si ha allora (per l’equicontinuità in ti):

(fj(t),fj(s))(fj(t),fj(ti))+(fj(ti),fj(s))<applicando la (2) per ti<2 +

2 = jJ c.v.d.

TEOREMA DI HEINE-CANTOR [3101/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


(X,) spazio metrico

f:TX funzione continua


Dim

la dimostrazione segue direttamente dalla proprietà precedente prendendo J={1}.

Abbaimo dimostrato nella Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che un

funzione continua definita su di un compatto è uniformemente continua, vogliamo allora qui di

seguito generalizzare tale risultato.



(X,) spazio metrico


fjjJ famiglia di funzioni di C0(T,X) equicontinue su T

Ts: le funzioni sono equitotalmente limitate

Dim


>0 T1,...,TnT t.c. T=i=1

n Ti e diam(fj(Ti)):=

t s Ti,sup

(fj(t),fj(s))< i=1,...,n e jJ

Fissiamo quindi un >0, poiché per Hp T è compatto e le fj jJ equicontinue su T allora segue

dalla generalizzazione del teorema di Heine-Cantor dimostrato nella lezione precedente che fj jJ è

una famiglia di funzioni equiuniformemente continue e pertanto in corrispondenza del fissato >0

si ha che:

>0 t.c. (f(t),f(s))< t,sT con d(t,s)< (1)

Essendo T compatto allora dalla fondamentale caratt. deigli sp. metrici compatti segue che T è

totalmente limitato (e completo) e quindi in corrispondenza del >0 si ha che:

T1,...,TnT t.c. T=i=1

n Ti e diam(Ti):=

t s Ti,sup

d(t,s)< i=1,...,n (2)

Fissato i=1,...,n, prendiamo ad arbitrio t,sTi allora per la (2) deve essere d(t,s)< e quindi per

(1):

(fj(t),fj(s))< jJ

e passando al sup su t ed s sia ha:

t s Ti,sup

(fj(t),fj(s))< jJ diam(f(Ti))< jJ c.v.d.

02-02-96

La seguente proprietà ci assicura che la convergenza uniforme preserva la limitatezza.



T insieme non vuoto

Ts: L0(T,X) è chiuso in XT con la topologia indotta da d

Dim

Facciamo uso di una caratterizzazione della chiusura e proviamo che ogni successione in L0(T,X)

convergente ha limite in X. Evidentemente poiché stiamo lavorando in uno spazio metrico (e quindi

I-numerabile) possiamo considerare successione ordinarie anziché generalizzate e quindi in tal caso

la caratterizzazione appena richiamata diventa un criterio sequenziale. Sia {fn}nN in L0(T,X)


convergente (uniformemente) ad un certo fXT, e proviamo che fL0(T,X) ovvero che f(T) è

limitato.

Per Hp lim nd(fn,f)=0 lim n t T

sup

d(fn(t),f(t))=0 e quindi in corrispondenza di =1 si ha che:

k*N t.c. t Tsup

d(fn(t),f(t))<1 n>k* d(fn(t),f(t))<1 tT e n>k*

Fissiamo quindi un n>k* e osserviamo che fnL0(T,X) fn(T) limitato e quindi:

x0X e r>0 finito t.c. fn(T)B(x0,r)

si ha allora che:

d(f(t),x0)d(fn(t),x0)+d(f(t),fn(t))<r+1 tT

e quindi f(T)B(x0,r+1) f(T) limitato fL0(T,X) c.v.d.



T insieme non vuoto

sia f:TX funzione

{fn}nN successione di funzioni da T in X tale che:

(a) uniformemente di Cauchy (b) lim n

fn(t)=f(t) tT (cioé {fn}nN converge puntualmente ad f)

Ts: {fn}nN converge uniformemente ad f

Dim (esercizio) Vogliamo provare quindi che la nostra {fn}nN converge uniformemente verso f cioè: lim n

d(fn,f)=0

ovvero in simboli:

>0 N t.c. n> d(fn(t),f(t)) tT

Fissiamo quindi un >0, essendo {fn}nN di Cauchy allora in corrispondenza di tale si ha che:

*N t.c. n,m> d(fn(t),fm(t)) tT

adesso fissato n, tenuto conto della convergenza puntuale della {fn}nN ad f e del fatto che la

metrica è continua, allora passando al limite per m si ha che:

d(fn(t),f(t)) tT c.v.d.



T insieme non vuoto

allora (X,d) è completo L0(T,X) è completo in (XT,d)


Dim

Si ricorda che la d è la metrica della convergenza uniforme. Dobbiamo dimostrare che ogni

successione uniformemente di Cauchy in L0(T,X) è uniformemente convergente ad un elemento di

L0(T,X). Sia quindi {fn}nN una successione uniformemente di Cauchy in L0(T,X) e questo significa

che:

>0 N t.c. n,m> d(fn,fm):=supt T

d(fn(t),fm(t))<

che è equivalente a scrivere: >0 N t.c. n,m> d(fn(t),fm(t))< tT

e questo significa che fissato un tT allora la successione {fn(t)}nN è di Cauchy in X e pertanto

essendo per Hp X completo allora tale successione è convergente ad un certo elemento di X, che

indichiamo per comodità con f(t), ovviamente tale limite è unico poiché come si ricorda ogni spazio

metrico è di Hausdorff. Nasce così in maniera naturale una funzione da T in X che chiamiamo f che

ad ogni tT fa corrispondere il limite f(t) della successione {fn(t)}nN cioè:

f:T X t f(t):= lim n

fn(t)

ovviamente tale funzione è ben posta poiché come già detto per ogni fissato tT la corrispondente

successione {fn(t)}nN ha limite unico. E quindi: lim n

d(fn(t),f(t))=0 tT (1)

cioè {fn}nN converge puntualmente a f. Segue allora direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che la nostra {fn}nN converge uniformemente verso f. Ed ovviamente

fL0(T,X) poiché per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. L0(T,X) è chiuso

c.v.d.

Dim

Dobbiamo dimostrare che ogni successione di Cauchy in X è convergente. Sia quindi {xn}nN una

successione ordinaria in X. Fissato un nN consideriamo la funzione:

fn:TX con fn(t):=xn tT (funzione costante)

banalmente tale funzione è limitata essendo fn(T)={xn} e quindi fnL0(T,X). Nasce così la

successione {fn}nN in L0(T,X) si verifica banalmente che tale successione è uniformemente

Cauchy e quindi essendo per Hp L0(T,X) completo allora tale successione converge uniformemente

ad una certa funzione fL0(T,X) allora:

>0 N t.c. n> d(fn(t),f(t))< e tT n> d(xn,f(t))< e tT (3)

ovviamente tale funzione f è costante infatti se per assurdo:

t1,t2T t.c. f(t1)f(t2)


allora per la (3) avremmo che {xn}nN converge a f(t1) e a f(t2) cioè {xn}nN ammette due limiti

distinti e questo è un assurdo poiché X è uno spazio metrico e quindi di Hausdorff e pertanto in X

vale l’unicità del limite. E quindi f è del tipo f(t)=x tT per un opportuno xX e quindi dalla (3)

si ha che {xn}nN converge a x c.v.d.

Dimostriamo la seguente proprietà che ci dice che la convergenza uniforme preserva la

continuità (cioè una successione di funzioni continue convergente uniformemente, converge ad una

funzione continua) ovvero che lo spazio delle funzioni continue è uniformemente chiuso.


Sia T uno spazio topologico

(X,d) spazio metrico

Ts: C0(T,X) è chiuso in (XT,d)

Dim

Per dimostrare che C0(T,X) è chiuso facciamo uso di un criterio sequenziale e dimostriamo che ogni

successione convergente uniformemente in C0(T,X) ha limite in C0(T,X). Sia fn una successione

in C0(T,X) convergente uniformemente verso fXT, proviamo allora che fC0(T,X) ovvero che f è

continua su tutto T. Fissato quindi un t0T dobbiamo provare che:

>0 U intorno di t0 t.c. d(f(t0),f(t))< tU

Posto ad arbitrio >0 allora essendo {fn}f si ha che in corrispondenza di tale >0:

N t.c. n> d(fn(t),f(t))<3 tT (1)

fissiamo un n> e consideriamo il corrispondente termine fnC0(T,X) che è una funzione continua

in T ed in particolare in t0 e quindi in corrispondenza di fissato >0:

U intorno di t0 t.c. d(fn(t0),fn(t))<3 tU (2)

E quindi osserviamo che tU si ha che: d(f(t0),f(t))d(f(t0),fn(t0))+d(fn(t0),f(t))d(f(t0),fn(t0))+d(fn(t0),fn(t))+d(fn(t),f(t))<per la (1) e la

(2)<3+

3+

3= c.v.d.


Sia T uno spazio topologico compatto

(X,d) spazio metrico completo

Ts: C0(T,X) è completo in (XT,d)

Dim


Poiché T è compatto allora come abbiamo già osservato C0(T,X)L0(T,X). Per la Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. L0(T,X) è completo e per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. C0(T,X) è un chiuso e pertanto essendo C0(T,X) un chiuso contenuto

nello spazio L0(T,X) completo si ha allora che C0(T,X) completo

c.v.d.

TEOREMA DI ASCOLI-ARZELÀ [0202/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (T,) spazio metrico compatto

(X,d) spazio metrico completo

HC0(T,X)


(1) H è relativamente compatto

(2) le funzioni di H sono equicontinue, H(t) è totalmente limitato in (X,d) tT

(3) le funzioni di H sono equicontinue, H è totalmente limitato in (C0(T,X),d)

Dim (1)(2) Per Hp H è relativamente compatto segue allora dalla caratterizzazione di tali insiemi che H

totalmente limitato e quindi per la caratterizzazione della totale limitattezza si ha H(t) totalmente

limitato tT. Ci rimane da provare che le funzioni di H sono equicontinue in ogni punto di T e

quindi essendo T compatto allora questo equivale a dimostrare che le funzioni di H sono

equiuniformemente continue cioè:

>0 >0 t.c. d(f(t),f(s))< t,sT con (t,s)< fH

Fissata quindi un >0 allora essendo H totalmente limitato si ha che:

H1,...,HnH t.c. H=i=1

n Hi e diam(Hi)<

3 i=1,...,n

fissiamo quindi fi in Hi, tale funzione essendo continua definita su un compatto è uniformemente

continua e quindi:

i>0 t.c. d(fi(t),fi(s))<3 t,s con (t,s)<i

ragionando allo stesso modo negli altri Hi possiamo fissare n funzioni uniformemente continue e

quindi n i. Chiamando il minimo di questi i. Presa ad arbitrio una funzione fH si ha che:

i=1,...,n t.c. fHi

e quindi t,sT con (t,s)< si ha:


d(f(t),f(s))d(f(t),fi(t))+d(fi(t),fi(s))+d(fi(s),f(s))supt T

d(f(t),fi(t))+3+sup

t Td(fi(t),f(t))=

=d(f,fi)+3+d(fi,f) sup

,f g Hid(f,g)+

3+ sup

,f g Hid(f,g)=diam(Hi)+

3+diam(Hi)<

3+

3+

3=

ovvero le funzioni di H sono equiuniformemente continue e quindi equicontinue.

Dim (2)(3) Per Hp le funzioni di H sono equicontinue segue allora da una proprietà fatta che le funzioni di H

sono equitotalmente limitate e poiché per Hp H(t) è totalmente limitato tT segue allora dalla

caratt. della totale limitatezza che H è totalmente limitato.

Dim (3)(1) Dobbiamo provare che H è relativamente compatto e questo per la caratt. di tali ins. equivale a

provare che H e totalmente limitato e che la chiusura di H è completa. E quindi poiché per Hp H

totalmente limitato dobbiamo provare solo che H (che è un chiuso) è un completo (a tale scopo si

tenga presente il risultato che ci dice che un sottoinsieme chiuso di un completo è completo). Per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che C0(T,X) è un chiuso e quindi essendo

per Hp HC0(T,X) allora passando alla chiusura otteniamo HC0(T,X). Poiché per Hp X è

completo allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. C0(T,X) completo e

quindi H è un chiuso contenuto nel completo C0(T,X) H completo.

FUNZIONI EQUILIMITATE [0202/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia T un insieme non vuoto, (X,d) uno spazio metrico ed fi iI una famiglia di funzioni in XT,

diciamo allora che le funzioni di tale famiglia sono equilimitate se: fi

i I (T)

è limitato, cioè in altre parole le funzioni di {fi}iI sono equilimitate se esiste una sfera che contiene

l’unione delle immagini di T tramite le fi.

Segue direttamente dal teorema precedente il seguente teorema.

TEOREMA DI ASCOLI-ARZELÀ IN FORMA CLASSICA [0202/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (T,) spazio metrico compatto


HC0(T,Rn)


(1) H è relativamente compatto

(2) le funzioni di H sono equicontinue ed equilimitate

Dim (1)(2) Per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. essendo Rn completo segue che le funzioni

di H sono equicontinue e che H è totalmente limitato, e quest’ultima per la caratt. della totale

limitatezza ci dice che che H(T) è un totalmente limitato in Rn e quindi osservando che: H(T):={f(t) : tT e fH}=

f H f(T)

segue che f H f(T) totalmente limitato

f H f(T) limitato cioè le funzioni di H sono equilimitate

c.v.d. Dim (2)(1)

Le funzioni di H sono equilimitate cioè:

f H f(T)=

f H {f(t) : tT}={f(t) : tT e fH}=H(T)

è limitato in Rn H(T) limitato in Rn dove limitatezza e totale limitatezza sono equivalenti

H(T) totalmente limitato e quindi essendo banalmente H(t)H(T) tT H(t) totalmente limitato

tT ed allora per il teorema precedente H è relativamente compatto

c.v.d.

05-02-96

SPAZI NORMATI [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K allora diciamo che E è uno spazio normato se è munito di norma

cioè esiste un funzionale p:ER che soddisfa alle seguenti proprietà:

p(x)=||p(x) xE e K (omogeneità)

p(x+y)p(x)+p(y) (sub-additività)

p(x)=0 x=E

Usualmente tale norma p si indica con il simbolo ║║E. Per indicare che il K spazio vettoriale E è

dotato della norma ║║E si scrive (E,║║E). Sia faccia bene attenzione al fatto che una norma è a

valori nella retta reale (cioé in R) e non nella retta reale estesa (cioé in ~R :=R{-,+}=[-

,+]) ovvero al fatto che una norma deve essere a valori finiti, diciamo allora per completezza

di informazione che un dato funzionale è una norma generalizzata se soddisfa a , e e se

può assumere valori anche non finiti.


Vogliamo verificare adesso che a partire dalla norma si può costruire una metrica sullo

spazio E. E pertanto uno spazio normato si può riguardare sempre come una spazio metrico.

METRICA INDOTTA DALLA NORMA [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,║║E) uno spazio normato. Consideriamo la funzione:

d:EER con d(x,y):=║x-y║E

proviamo quindi che d soddisfa alle tre proprietà della metrica.

Verifichiamo che d(x,y)=d(y,x) x,yE:

d(x,y)=║x-y║E=║-(y-x)║E=per =|-1|║y-x║E=║y-x║E=:d(y,x)

Verifichiamo che d(x,y)d(x,z)+c(z,y) x,y,zE:

d(x,y)=║x-y║E=║(x-z)+(z-y║Eper ║x-z║E+║z-y║E=d(x,z)+d(z,y)

Verifichiamo che d(x,y)=0 x=y:

d(x,y)=0 ║x-y║E=0 e per x-y=E x=y

E quindi d è una metrica su E e viene detta metrica indotta dalla norma. In perfetto accordo con la

definizione di metrica ora introdotta, si consiglia in seguito quando si trova la scrittura ║x-y║E di

leggere “distanza di x da y” invece di “norma di x meno y”, per avere così una probabile analogia

geometrica con la relazione con cui si sta lavorando.

TOPOLOGIA INDOTTA DALLA NORMA [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato uno spazio normato E, la topologia su E generata dalla norma è quella generata dalla metrica

indotta dalla norma, ovvero quella generata dalla famiglia:

{B(x0,r) : x0E e r>0}

VERSORIZZARE O NORMALIZZARE UN VETTORE [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,║║E) uno spazio normato ed x0E, diciamo allora vettore normalizzato o versore del

vettore x0 il vettore: x

x E

0

0

Ovviamente tale versore ha modulo uno infatti:


xx E E

0

0=

10x E

║x0║E=1


Sia (E,║║E) uno spazio normato

Ts: |║x║E-║y║E|║x-y║E x,yE (cioé la norma e lipschitziana di costante 1)

Dim (esercizio)

La disuguaglianza della tesi è stata già dimostrata in precedenza per le seminorme e quindi a

maggior ragione vale per le norme c.v.d.



Ts: la norma ║║E:ER è continua



{x}D in E e x0E allora lim x=x0 lim ║x-x0║E=0

Dim (esercizio)

Poniamo:

d(x,y):=║x-y║E x,yE ()

che come sopra visto è la metrica indotta dalla norma e quindi che per una proprietà fatta in

precedenza: lim x=x0 lim d(x,x0)

allora sostituendo la () si ha la tesi.



AE, A

allora A è limitato M>0 t.c. ║x║EM xA

Dim (esercizio)

Per Hp A è limitato e quindi:

x0E e r>0 t.c. B(x0,r):={xE : ║x-x0║E<r}


osserviamo allora che:

║x║E=║x-x0+x0║E║x-x0║E+║x0║Er+║x0║E xA

e quindi posto M:=r+║x0║E otteniamo quanto voluto c.v.d.

Dim (esercizio)

Per Hp abbiamo che:

M>0 t.c. ║x║EM xA

e questo evidentemente significa che AB(E,M) A limitato c.v.d.

In precedenza abbiamo osservato che negli spazi metrici la chiusura di una sfera non

coincide con la rispettiva sfera chiusa, ma come mostrato qui di seguito questo vale per le sfere

degli spazi normati.



x0E e r>0

Ts: B x r( , )0 =B(x0,r)

Dim (esercizio)

Sappiamo che vale sempre B x r( , )0 B(x0,r), dimostriamo quindi che vale l’inclusione

B(x0,r)B x r( , )0 . Prendiamo un arbitrario vettore zB(x0,r):={xE : ║x-x0║Er} e facciamo

vedere quindi che zB x r( , )0 e per fare ciò usiamo una caratt. dei punti di aderenza e facciamo

vedere che esiste una successione in B(x0,r):={xE : ║x-x0║E<r} convergente ad z. Consideriamo la

successione:

x nzn

01

n N

verifichiamo che tale successione è quella da noi cercata e quindi dobbiamo provare che tale

successione dimora in B(x0,r) e che converge a z.

Proviamo che la successione sta in B(x0,r):

fissiamo quindi un arbitrario nN e tenendo presente che zB(x0,r) e che quindi

║z-x0║Er, osserviamo che: x nz

n01 -x0

E=

x nz x nxn

0 0 01

E

=n

n1 (z-x0)E

=n

n1 ║z-x0║En

n1 r<r

Verifichiamo che la successione converge a z:

lim n

x nzn

01 -z

E= lim n

x nz z nzn

01

E

= lim n

11 n (x0-z)

E=

lim n

11 n║x0-z║E=║x0-z║E lim n

11 n =║x0-z║E0=0


e pertanto segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che la nostra successione

converge a z c.v.d.



x0E e r>0

Ts: Fr(B(x0,r))={xE : ║x-x0║E=r}

Dim (esercizio)

Dato AE si ricorda che in precedenza abbiamo dimostrato che Fr(A)=A\int(A). Teniamo presente

che la sfera B(x0,r) è un aperto e che quindi int(B(x0,r))=B(x0,r). Segue allora che:

Fr(B(x0,r))=B x r( , )0 \int(B(x0,r))=B x r( , )0 \B(x0,r)=per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=B(x0,r)\B(x0,r)= ={xE : ║x-x0║Er}\{xE : ║x-x0║E<r}={xE : ║x-x0║E=r}

c.v.d.


Sia E uno spazio normato

Ts: E non è compatto

Dim

Abbiamo visto che per definizione la topologia indotta dalla norma è quella indotta dalla metrica

generata dalla norma. Supponiamo per assurdo che E sia compatto e quindi poiché lo spazio

normato E è in particolare uno spazio metrico allora per la caratterizzazione di tali spazi si ha che E

è sequenzialmente compatto cioè ogni successione in E ammette una estratta convergente. Fissato

quindi un vettore x0E allora essendo E uno spazio vettoriale si ha che i vettori nx0E nN,

consideriamo allora la successione ordinaria {nx0}nN e banalmente si osserva che:

lim n║nx0-x0║E= lim n

║(n-1)x0║E= lim n(n-1)║x0║E=║x0║E lim n

(n-1)=+

e siamo quindi ad un assurdo con il fatto che E è sequenzialmente compatto poiché da tale

successione evidentemente non si può estrarre nessuna sotto successione convergente (ricordando

infatti che ogni estratta di una successione regolare eredita la regolarità della successione di

partenza) c.v.d.

SUP-NORMA [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,║║E) uno spazio normato e T un insieme non vuoto introduciamo allora il seguente

funzionale su L0(T,E):


║║:L0(T,E) R con ║u║:=supt T

║u(t)║E uL0(T,E)

si verifica banalmente che ║║ è una norma su L0(T,E) che viene detta sup-norma o anche norma della convergenza uniforme, poiché come osserva subito la metrica indotta dalla norma ║║ è la

metrica d, vista in precedenza, infatti detta d la metrica indotta da ║║E cioè:

d(x,y):=║x-y║E x,yE

allora per definizione la metrica indotta da ║║ è:

║u-v║=supt T

║u(t)-v(t)║E=supt T

d(u(t),v(t))=:d(u,v) u,vL0(T,E)



T un insieme non vuoto

HL0(T,E)


(1) le funzioni di H sono equilimitate

(2) M>0 t.c. ║u║M uH


Per Hp le funzioni di H sono equilimitate e quindi per definizione:

r>0 e x0E t.c. u(T)B(x0,r):={xE : ║x-x0║E<r} uH

e quindi:

║u(t)-x0║E<r e tT uH


║u(t)║E=║u(t)-x0+x0║E║u(t)-x0║E+║x0║E<r+║x0║E tT e uH

e quindi posto M=r+║x0║E si ha che:

║u(t)║E<M tT e uX

e quindi passando al sup su t in T otteniamo quanto voluto c.v.d.

Dim (2)(1) (esercizio) Dobbiamo provare che:

r>0 e x0E t.c. u(T)B(x0,r) uH

ovvero che:

║u(t)-x0║E<r e tT uH

Fissato un qualunque x0E osserviamo che:

║u(t)-x0║E║u(t)║E+║x0║E║u║+║x0║EM+║x0║E tT e uX

ed evidentemente scelto r:=M+║x0║E si ha quanto voluto c.v.d.


PUNTO FISSO (O UNITO) [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X un insieme non vuoto, x0X ed f:XX una funzione, diciamo allora che x0 è un punto fisso

(o unito) per f se f(x)=x.

TEOREMA DEL PUNTO FISSO DI SHAUDER IN FORMA CLASSICA [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio di Banach

XE compatto e convess o

f:XX continua

Ts: f ammette almeno un punto unito

Dim (omessa)

La dimostrazione del teorema di Shauder è praticamente diretta nel caso in cui E=R che è il

caso da noi considerato qui di seguito. Per Rn il teorema fu dimostrato da Brouwer nel 1912.


IR compatto e convesso

f:II continua

Ts: f ammette almeno un punto unito

Dim

In R i sottoinsiemi compatti e convessi sono i gli intervalli chiusi e limitati e quindi I è del tipo

I=[a,b] per opportuni a,bR con a<b. Consideriamo la funzione:

g:[a,b]R con g(t):=f(t)-t

ovviamente tale funzione è continua poiché è somma algebrica della funzione f continua per Hp e

della funzione da I in I che a t fa corrispondere -t, che è banalmente continua. Osserviamo che

essendo f(t)[a,b] t[a,b] allora evidentemente si ha che:

g(a)=f(a)-a0

g(b)=f(b)-b0


nella prima escludiamo il caso banale in cui g(a)=0 poiché in tal caso f(a)-a=0 f(a)=a e quindi la

tesi e analogamente nella seconda escludiamo il caso banale

in cui g(b)=0.E quindi si ha:

g(a)=f(a)-a>0

g(b)=f(b)-b<0

e pertanto essendo g una funzione continua che assume valore positivo e negativo sul intervallo I

che è quindi un connesso allora per il teorema degli zeri si ha che:

t0I t.c. g(t0)=0 f(t0)-t0=0 f(t0)=t0 c.v.d.

PROBLEMA DI CAUCHY [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia f:RRnRn continua e siano t0R e y0Rn allora il problema di Cauchy consiste nel

trovare una funzione uC1(I,Rn) con I intervallo contenente t0, tale che u'(t)=f(t,u(t)) tI e

u(t0)=y0 e si scrive: u f t uu t y

' ( , )( )

0 0

la funzione u viene detta soluzione del problema di Cauchy. Vogliamo osservare adesso che nello

schema della definizione appena data la seguente semplice proprietà che ci dice che una funzione

C1(I,Rn) è soluzione del problema di Cauchy se e solo se è continua e si può scrivere come:

(t):=y0+t

t

0

f(,()d (1)

Infatti se C1(I,Rn) è soluzione del problema di Cauchy allora:

' ( , )( )

f tt y0 0

(2)

e quindi integrando la prima della (2) e calcolando quindi la costante di integrazione tenendo

conto della seconda di (2) si ottiene proprio la (1). Viceversa se è continua ed è del tipo (1)

allora essendo l’integranda composizione di funzioni continue si ha evidentemente che la funzione

C1(I,Rn). Derivando la (1):

'(t)=(t,(t))

ed inoltre sempre la (1) ci dice che calcolata in t0 vale:

'(t0)=y0

E quindi è soluzione del problema di Cauchy, e la proprietà è provata.

Banalmente si osserva che la proprietà appena provata ci suggerisce di ricercare le soluzioni del

problema di Cauchy come punti uniti dell’operatore:

:C0(I,Rn) C0(I,Rn)


u (u) con (u)(t):=y0+t

t

0

f(,u())d tI


Sia (T,d) uno spazio metrico compatto

t0T, x0R e L>0

XC0(T,R) famiglia di tutte le funzioni lipschitziane di costante L t.c. u(t0)=x0 uX

Ts: X è un sottoinsieme compatto e convesso di (C0(T,R),║║)

Dim Ovviamente la sup-norma in questo caso assume la forma:

║u║:=t Tsup |u(t)|

poiché ovviamente la norma considerata in R è la norma modulo.

Proviamo che X è convesso:

dobbiamo provare che:

u,vX u+(1-)vX [0,1]

Fissiamo quindi u,vX e [0,1] e poniamo g:=u+(1-)v e facciamo vedere che la funzione gX.

Evidentemente g è continua poiché somma di funzioni continue, ed inoltre:

g(t0):=u(t0)+(1-)v(t0)=x0+(1-)x0=x0

Ed infine osserviamo che g è lipschitziana infatti t,s[a,b] si ha:

|g(t)-g(s)|=|u(t)+(1-)v(t)-u(s)-(1-)v(s)|=|[u(t)-u(s)]+(1-)[v(t)-v(s)|

|u(t)-u(s)|+(1-)|v(t)-v(s)|Ld(t,s)+(1-)Ld(t,s)=Ld(t,s)

e quindi g è lipschitziana di costante L e pertanto gX X convesso.

Per provare che X è compatto dimostreremo che X è chiuso e che X è relativamente compatto e

quindi compatto in quanto chiuso.

Verifichiamo che X è chiuso:

facciamo uso di un criterio sequenziale che ci dice che un insieme è chiuso se e solo se ogni

successione nell’insieme convergente ha limite nell’insieme. Sia quindi {un}nN una successione

ordinaria in X convergente ad una certa funzione uC0(T,R), proviamo allora che uX e quindi

dobbiamo provare che u(t0)=x0 e che u è lipschtziana di costante L. Osserviamo che {un}nN in X

convergente uniformemente a u {un}nN in X convergente puntualmente e quindi in particolare

{un(t0)}nN in R convergente a u(t0) e poiché un(t0)=x0 nN allora necessariamente u(t0)=x0.


|un(t)-un(s)|Ld(t,s) t,sT e nN

e quindi passando al limite per n (per la nota proprietà della somma dei limiti) si ottiene che:


|u(t)-u(s)|Ld(t,s) t,sT

ovvero u è lipschitziana di costante L e quindi rimane provato che X è chiuso.

Proviamo che X è relativamente compatto:

utilizziamo allora Ascoli-Arzelà (forma classica) e verifichiamo che:

(a) le funzioni di X sono equicontinue

(b) le funzioni di X sono equilimitate


abbiamo già osservato in precedenza che una qualunque famiglia di funzioni lipschtiziane con la

medesima costante di lipschitz è una famiglia di funzioni equiuniformemente continue e quindi in

particolare una famiglia di funzioni continue e quindi per come è costruito X segue da quanto detto

che le funzioni di X sono equicontinue.



M>0 finito t.c. ║u║M uX

Teniamo presente che per Hp T è compatto segue allora dal teorema fondamentale dei compatti

negli spazi metrici che T è totalmente limitato T limitato. Osserviamo allora che:

|u(t)|=|u(t)-u(t0)+u(t0)||u(t)-u(t0)|+|u(t0)|Ld(t,t0)+|x0|Ldiam(T)+|x0| tT e uX

e pertanto posto M:=Ldiam(T)+|x0| si ha:

|u(t)|M tT e uX

e quindi passando al sup su t in T otteniamo:

║u║<M uX

e si ha l’equilimitatezza c.v.d.

Dimostriamo adesso il seguente teorema che ci garantisce l’esistenza di una soluzione del

problema di Cauchy, ma non dà informazioni sulla unicità di tale soluzione.

TEOREMA DI PEANO [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia f:[a,b]RR continua e limitata

t0[a,b]

x0R

Ts: uC1([a,b]) t.c. u'(t)=f(t,u(t)) t[a,b] e u(t0)=x0

Dim Per quanto è stato osservato nella definizione del problema di Cauchy si ha che la tesi è equivalente

a dimostrare che l’operatore:


:C0([a,b]) C0([a,b])

u (u) con (u)(t):=x0+t

t

0

f(,())d t[a,b]

ammette punto unito cioè:

uC0([a,b]) t.c.(u)=u

e per raggiungere tale fine facciamo uso del teorema di Shauder e quindi dobbiamo dimostrare che

è continua ed inoltre dobbiamo cercare di restringere tale ad un opportuno sottoinsieme

compatto e convesso. Proviamo che l’operatore è continuo utilizzando un criterio sequenziale dal

momento che stiamo lavorando con spazi normati e quindi I-numerabili, e pertanto in tali spazi una

funzione è sequenzialmente continua se e solo se è continua. Sia dunque {un}nN una successione in

C0([a,b]) convergente verso una certa uC0([a,b]), verifichiamo allora che {(un)}nN converge

verso (u) cioè:

>0 N t.c. ║(un)-(u)║< n> e t[a,b]

Fissiamo quindi ad arbitrio un >0. Abbiamo già osservato in precedenza che in uno spazio metrico

il sostegno si una successione convergente è relativamente compatto e quindi segue da ciò che {un :

nN} è relativamente compatto allora per Ascoli-Arzelà (forma classica) le funzioni considerate

sono equicontinue ed equilimitate, e pertanto per l’equilimitatezza si ha:

M>0 t.c. |un(t)|M t[a,b] e nN

Sia dunque f ristretta al rettangolo [a,b][-M,M] che è compatto per Tychonoff, e quindi essendo f

continua su un compatto è uniformemente continua, segue allora che in corrispondenza del fissato

>0 si ha:

>0 t.c. |f(t,x)-f(s,y)|<

b a t,s[a,b] con |t-s|< e x,y[-M,M] con |x-y|< ()

inoltre un convergente verso u e quindi in corrispondenza a si ha che:

N t.c. n> ║un-u║< n> |un(t)-u(t)|< t[a,b]

ed allora fissando t[a,b] ed n> si ha:

|(un)(t)-(u)(t)|=t

t

0

[f(,un())-f(,u())]d maggioriamo applicando il modulo all’integranda,

manteniamo però il modulo esterno poiché non sappiamo se t0 è maggiore di t o

viceversat

t

0

|f(,un())-f(,u())|d <per la ()<

b a |t-t0|

b a b-a=

e poiché tale catena di disuguaglianze vale t[a,b] allora possiamo passare al sup su t al primo

membro e otteniamo:


t a b[ , ]sup |(un)(t)-(u)(t)|< ║(un)-(u)║<

e si ha la convergenza uniforme desiderata, e pertanto l’operatore è continuo.

Provato che è continua allora per applicare il teorema di Shauder dobbiamo cercare di restringere

la nostra ad un opportuno insieme compatto e convesso. Per Hp f è limitata, consideriamo allora

la quantità finita:

:=sup |f(t,x)| : t[a,b] , xR

e consideriamo l’insieme:

X:=uC0([a,b]) : u(t0)=x0 ed u è lipschitziana di costante

Verifichiamo che X è l’insieme cercato. Per la per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. X è convesso e compatto. Osserviamo subito che (u)X uX, infatti fissato uX

allora per definizione:

(u)(t):=x0+t

t

0

f(,())d

e quindi:

(u)(t0)=x0 inoltre t,s[a,b] osserviamo che:

|(u)(t)-(u)(s)|=t

t

0

f(,())d-t

s

0

f(,())d =t

t

0

f(,())d+s

t0

f(,())d =

=s

t f(,u()d

s

t |f(,u()|d

s

t d =|t-s|

ovvero (u) è lipschitziana di costante e pertanto (u)X. E quindi ha senso considerare

|X:XX e pertanto segue dal su detto teorema di Shauder che la su X ammette punto fisso,

ovvero:

uX t.c. (u)=u

e quindi:

u(t)=x0+t

t

0

f(,u())d t[a,b] c.v.d.

METODO ALTERNATIVO PER LA DIMOSTR. DEL TEOREMA DI PEANO [0502/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Una dimostrazione alternativa del teorema di Peano si ha usando Ascoli-Arzelà e le

approssimazioni di Tonelli. Consideriamo il caso in cui t0=a. Fissato un nN consideriamo:

un(t)=

x e t a ab a

n

x f u d ab a

n bna

tb a

n

0

0

s

se t

,

( , ( )) ,

proviamo che tale funzione è ben posta (cioè ad ogni t[a,b] la un fa corrispondere un unico

elemento di R) e che è continua su tutto [a,b]. Dividiamo l’intervallo [a,b] in n intervalli ciascuno

di ampiezza b a

n

, nel seguente modo:

I1:=

a,a+b a

n

, I2:=

a+

b an

,a+2b a

n

, ...., In:=

a+(n-1)

b an

,b

Ovviamente se tI1 allora per costruzione: un(t)=x0

Se tI2 allora:

a+b a

n

<ta+2b a

n

e quindi:

a<t-b a

n

a+b a

n

ma in tale intervallo sappiamo già che un(t)=x0 e quindi possiamo definire:

un(t)=x f x da

tb a

n

0 0

( , )

e quindi abbiamo definito un anche in I2. Verifichiamo la continuità di un in I1I2=

a,a+2b a

n

.

Certamente tale funzione è continua in

a,a+b a

n

ed in

a+

b an

,a+2b a

n

, resta dunque

da vedere che è continua anche in a+b a

n

, ma ciò risulta evidente per il fatto che (ricordando che

il limite di una funzione in un punto esiste se e solo se esistono e coincidono il limite destro e sinistro, ed inoltre se la funzione è definita in tale punto allora tale limite coincide con il valore che la funzione assume in tale punto, ed in tal caso è continua in esso):

per ta+b a

n

da sinistra la funzione vale x0

per ta+b a

n

da destra, poiché nel limite l’integrale va a 0, la funz. vale ancora x0

ed inoltre la funzione nel punto è definita proprio in modo che valga x0 quindi si ha la continuità.


Sia ora il caso in cui tI3:=a+2

b an

,a+3b a

n

, allora:

a+2b a

n

<ta+3b a

n

e quindi:

a+b a

n

<t-b a

n

a+2b a

n

ed in tale intervallo abbiamo già definito la un per cui la funzione integranda è:

f ,x f x d

a

tb a

n

0 0

( , )

e certamente si ha la continuità in tutto I1I2I3=

a,a+3b a

n

.

Così procedendo per gli altri intervalli andiamo a definire un su tutto [a,b]. Consideriamo allora la

successione ordinaria di funzioni {un}nN in C0([a,b]). Ci proponiamo adesso di dimostrare che tale

successione {un}nN ammette un’estratta convergente e questo evidentemente equivale a dimostrare

che il suo sostegno {un} è relativamente sequenzialmente compatto. Proviamo quindi che un è

relativamente sequenzialmente compatto verificando che è relativamente compatto, ovvero, grazie

ad Asoli-Arzelà, che le funzioni un sono equicontinue ed equilimitate.

Proviamo l’equicontinuità quindi fissato un arbitrario t0[a,b] dobbiamo provare che:

>0 >0 t.c. |un(t)-un(t0)|< t[a,b] con |t-t0|< e nN

Fissato un arbitrario >0 e posto :=sup|f(t,x)| : t[a,b] , xR scegliamo allora = e

verifichiamo che è una buona scelta per ogni nN. Fissato ad arbitrio nN ed un t[a,b], si presentano i seguenti tre casi:

(a) t,t0

a,a+b a

n

(b) t0

a,a+b a

n

e t

a+

b an

,b

(c) t,t0a+

b an

,b


in queste condizioni t e t0 appartengono all’intervallo in cui un vale x0 e quindi si ha:

|un(t)-un(t0)|=|x0-x0|=0<


graficamente osserviamo che:

[ | | | ] a b t0

a+b a

n

t


e quindi evidentemente t- a+

b an

|t-t0|, tenendo presente ciò si ha allora che:

|un(t)-un(t0)|= x0+a

tb a

n

f(,un())d-x0 =a

tb a

n

f(,un())d a

tb a

n

|f(,un())|d t-

a+

b an

|t-t0|<=

=


in questa situazione si ha:

|un(t)-un(t0)|= x0+a

tb a

n

f(,un())d-x0-a

tb a

n0

f(,un())d =

=a

tb a

n

f(,un())d+t

b an

a

0 f(,un())d =

tb a

n

tb a

n

0

f(,un())d

tb a

n

tb a

n

0

|f(,un())|d

|t-t0|<=

e si ha l’equicontinuità in t0.

E quindi in definitiva per l’arbitrarietà di t0[a,b] abbiamo l’equicontinuità delle un nell’intervallo

[a,b].

Proviamo l’equilimitatezza:


M>0 t.c. |un(t)|M t[a,b] e nN

Scegliamo M:=|x0|+|b-a| e verifichiamo che è una buona scelta. Fissati ad arbitrio t[a,b] con |t-

t0|< e nN si presentano i seguenti due casi:

() t

a,a+b a

n

() ta+

b an

,b

Consideriamo il caso ():

in queste in condizioni un(t)=x0 e quindi banalmente

|un(t)|=|x0|<|x0|+|b-a|=:M

Consideriamo il caso ():

in queste condizioni si ha:

|un(t)|= x f u dna

tb a

n

0

( , ) |x0|+ | ( , )|f u dna

tb a

n

|x0|+ t- a+

b an

|x0|+|b-

a|=:M


E si ha pertanto l’equilimitatezza.

E quindi per quanto detto sopra si ha che un è sequenzialmente relativamente compatto ovvero

possiamo estrarre da un una sottosuccessione convergente uniformemente, cioè: {nk}kN strettamente crescente e uC0([a,b]) t.c. lim k

unk=u

Adesso consideriamo la successione di funzioni il cui termine generale è così definito:

vn(t)=x0+ f u dna

t( , ( ))

e quindi in corrispondenza della successione naturale strettamente crescente {nk}kN che individua l’estratta {unk

}kN otteniamo l’estratta {vnk}kN che è prossima a {unk

}kN infatti t[a,b] e

kN si ha:

|vnk(t)-unk

(t)|a

t f(,unk

())d-a

tb ank

f(,unk())d

tb an

t

k

|f(,unk

())|d b ank

e quindi passando al sup al primo membro otteniamo:

║vnk-unk

║b ank

kN

e pertanto come sappiamo questo ci dice che la successione vnk converge uniformemente ad u. E

quindi possiamo fare uso del teorema di passaggio al limite sotto il segno di integrale e si ha:

u(t)=klim unk

(t)=klim vnk

(t)=x0+klim

a

t f(,unk

())d=x0+a

t

klim f(,unk

())d=per la continuità

della f=x0+ f u da

t( , ( )) t[a,b]

ovvero:

u(t)=x0+ f u da

t( , ( )) t[a,b] c.v.d.

07-02-96

ISOMETRIA E SPAZI ISOMETRICI [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano (X,d), (Y,) due spazi metrici, e :XY funzione, diciamo che è un’isometria se:

d(x,y)=((x),(y)) x,yX

ovvero conserva le distanze. Se è surgettiva allora si dice che gli spazi X ed Y sono isometrici. Abbiamo osservato in precedenza che due spazi topologici omeomorfi sono identificabili dal punto

di vista topologico, evidentemente per gli spazi metrici l’analogo concetto è quello di isometria cioé

si può verificare facilmente che due spazi isometrici sono identificabili dal punto di vista metrico


ovvero se un dato spazio metrico gode di determinate proprietà metriche allora a tali proprietà

soddisfa anche uno spazio metrico ad esso isometrico.



:XY isometria


è iniettiva (e quindi invertibile sulla sua immagine)

-1:(X)X è una isometria

è un omeomorfismo tra X e (X) se è surgettiva allora X ed Y sono omeomorfi

Dimostrazione (esercizio) dobbiamo fare vedere che:

se x,yX t.c. (x)=(y) x=y

Siano quindi x,yX t.c. (x)=(y) allora:

0=((x),(y))=d(x,y) x=y c.v.d.


Fissiamo y1,y2(X) e facciamo vedere quindi che:

d(-1(y1),-1(y2))=(y1,y2)

Poiché y1,y2(X) x1,x2X t.c. y1=(x1) e y2=(x2) ed ovviamente (essendo iniettiva) -

1(y1)=x1 e -1(y2)=x2 . E pertanto essendo un isometria si ha:

(y1,y2)=((x1),(x2))=d(x1,x2)=d(-1(y1),-1(y2)) c.v.d.


Banalmente una isometria si può riguardare come una particolare applicazione lipschitziane di

costante uno in cui vale sempre l’uguaglianza e pertanto è continua.




:XY isometria surgettiva (cioé X ed Y isometrici)

x0X, r>0

Ts: (B(x0,r))=B((x0),r)

Dim (esercizio)

Proviamo che (B(x0,r))B((x0),r):


sia y(B(x0,r)) e pertanto:

xB(x0,r) t.c. y=(x) ()

e quindi osserviamo che:

((x0),y)=per ()=((x0),(x))=essendo un isometria=d(x0,x)<per ()<r

ovvero yB((x0),r).

Proviamo che B((x0),r)(B(x0,r)):

sia yB((x0),r) ((x0),y)<r. Poiché è surgettiva allora xE t.c. y=(x), osserviamo allora

che:

d(x0,x)=essendo un isometria=((x0),(x))=((x0),y)<r

ovvero xB(x0,r) y=(x)(B(x0,r)) c.v.d.

In maniera analoga si dimostra la seguente proprietà.



:XY isometria surgettiva (cioé X ed Y isometrici)

x0X, r>0

Ts: (B(x0,r))=B((x0),r)



:XY isometria

{xn}nN in X

allora {xn}nN è di Cauchy in X {(xn)}nN di Cauchy in Y

Dim


>0 k*N t.c. ((xn),(xm))< m,nk*

Fissato >0 allora poiché {xn}nN è di Cauchy in X allora:

k*N t.c. d(xn,xm)< m,nk*

e pertanto essendo una isometria si ha:

((xn),(xm))=d(xn,xm)< m,nk* c.v.d.

Dim

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. l’isometria è iniettiva e quindi invertibile

sulla sua immagine cioè:


-1:(X)X

e pertanto nN rimane univocamente determinato:

xn= -1((xn))

Inoltre per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. -1:(X)X è una isometria e

pertanto con un ragionamento identico a quello usato nella implicazione precedente si ha la tesi

c.v.d.

E’ immediato osservare che data due spazi topologici omeomorfi allora una data successione

converge se e solo se la sua immagine omeomorfa converge. E pertanto anche per spazi isometrici

la nozione di convergenza è preservata, essendo questi in particolare (per Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto.) spazi omeomorfi. E quindi tenendo presente quanto detto ed il risultato

precedente si ha il seguente corollario.


Siano (X,d) e (Y,) spazi metrici isometrici

allora X è completo Y è completo



:XY isometria

allora X è totalmente limitato (X) è totalmente limitato

Dim

Dobbiamo provare che (X) è totalmente limitato e questo come abbiamo già osservato equivale a

dimostrare che è totalmente limitata cioé:

>0 X1,...,XnX t.c. X=i=1

n Xi e diam((Xi))< i=1,...,n

Fissato quindi >0, poiché(X,d) è totalmente limitato allora in corrispondenza di >0:

X1,...,XnX t.c. X=i=1

n Xi e diamd(Xi) < i=1,...,n

e quindi essendo una isometria si ha:

diam((Xi)):=x y Xi,sup

((x),(y))=x y Xi,sup

d(x,y)=:diamd(Xi)< i=1,..,n c.v.d.

Dim

Per dimostrare tale implicazione si procede in modo identico al caso precedente considerando

l’isometria -1:(X)X c.v.d.


COMPLETAMENTO DI UNO SPAZIO METRICO [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano (X,d) ed (Y,) due spazi metrici. Diciamo allora che lo spazio metrico (Y,) è il

completamento dello spazio metrico (X,d) se è completo e se :XY isometria tale che

( )X =Y.

Il seguente teorema ci assicura l’esistenza di un completamente per un qualunque spazio

metrico.

TEOREMA DEL COMPLETAMENTO [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Ts: (Y,) completo ed un isometria :XY t.c. ( )X =Y ed Y è unico a meno di

spazi isometrici

Dim

Consideriamo lo spazio L0(X,R) in cui come abbiamo visto in precedenza possiamo introdurre la

metrica (non generalizzata) della convergenza uniforme: (f,g):=sup

x X|f(x)-g(x)| f,gL0(X,R)

ed osservando che R è completo allora sappiamo che tale spazio è completo rispetto alla topologia

indotta da . Fissiamo un punto x0X e un xX andiamo a considerare la funzione:

q:XR con q(y):=d(x,y)-d(x0,y)

Verifichiamo che tale funzione è limitata:

osserviamo che:

d(x,y)d(x,x0)+d(x0,y) d(x,y)-d(x0,y)d(x,x0)

e quindi:

|q(y)|=|d(x,y)-d(x0,y)|d(x,x0) yX

e quindi q è limitata cioè qL0(X,R). Accertato ciò andiamo a considerare la funzione:

:X L0(X,R)

x (x) con (x)(y):=d(x,y)-d(x0,y)

Poniamo quindi:

Y:=( )X

Evidentemente Y è completo in quanto sottoinsieme chiuso di L0(X,R) completo.


Proviamo che è una isometria e quindi dobbiamo provare che:

((x),(y))=d(x,y) x,yX

Siano quindi x,yX si ha allora che: ((x),(y))=

z Xsup

|(x)(z)-(y)(z)|=z Xsup

|d(x,z)-d(x0,z)-d(y,z)+d(x0,z)|=

=z Xsup

|d(x,z)-d(y,z)|d(x,y)

e l’ultima disuguaglianza è vera per il fatto che la metrica è lipschitziana di costante 1, ma se

poniamo z=y otteniamo proprio cioè il sup è un max):

((x),(y))=d(x,y)

e l’ isometria è provata.

Verifichiamo ora che tale Y è unico a meno di isometria suriettiva:

dobbiamo provare che se esiste un altro spazio metrico che soddisfa alla tesi allora questo è

isometrico ad Y. Supponiamo quindi che:

(Z,) spazio metrico completo ed :XZ t.c. ( )X =Z

e proviamo che (Y,) è isometrico a (Z,) cioé che g:YZ isometria suriettiva. Preso

yY:=( )X che y è di aderenza per (X) e quindi per la caratterizzazione dei punti di aderenza

si ha che esiste una successione in (X), che è quindi del tipo (xn), convergente ad y e pertanto

in particolare è di Cauchy. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. l’isometria è

iniettiva e quindi invertibile sulla sua immagine cioè:

-1:(X)X

e pertanto nN rimane univocamente determinato:

xn= -1((xn))

Inoltre per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la succ. {xn} è di Cauchy in X.

Analogamente essendo :XZ una isometria allora la successione (xn) è di Cauchy in Z che è

completo per cui tale successione converge ad un certo elemento di Z che indichiamo con g(y) cioè:

(xn)g(y)

Risulta dunque definita la g:YZ che ad ogni elemento yY a cui converge una certa {(xn)} fa

corrispondere l’elemento g(y) limite della {(xn)} cioè in simboli: g(y):= lim n

(xn) con y= lim n(xn)

Verifichiamo che la g è ben posta:

supponiamo che: {xn} successione in X t.c. y= lim n

(xn) e sia g(y):= lim n(wn)

{wn} successione in X t.c. y= lim n(wn) e sia w:= lim n

(wn)

dobbiamo provare allora che w=g(y). Osserviamo che:

((xn),(wn))=d(xn,wn)=((xn),(wn))


allora tenendo presente che la metrica è continua e che quindi possiamo spostare a nostro

piacimento il passagio al limite, si ha che:

0=(y,y)= lim n

(xn), lim n(wn)

= lim n

((xn),(wn))= lim nd(xn,wn)=

= lim n((xn),(wn))=

lim n

(xn), lim n(wn)

=(g(y),w)

e pertanto essendo (g(y),w)=0 w=g(y). Verifichiamo che g è suriettiva e quindi dobbiamo provare che:

zZ yY t.c. z=g(y)

Sia quindi zZ=( )X z di aderenza per (X) e quindi {(xn)} in (X) t.c. lim n

(xn)=z

Poiché {(xn)} è convergente {(xn)} di Cauchy {xn} di Cauchy in X {(xn)} di Cauchy

in Y che è completo e pertanto: yY t.c. y= lim n

(xn)

e quindi per costruzione z=g(y).

Proviamo che g è una isometria:

per provare che g è una isometria basta tenere presente che la metrica è continua e che quindi

possiamo spostare a nostro piacimento il passaggio al limite, e pertanto x,yY si ha che:

(g(x),g(y))= lim n

(xn), lim n(yn)

= lim n

((xn),(yn))= lim nd(xn,yn)=

= lim n((xn),(yn))=

lim n

(xn), lim n(yn)

=(x,y)

E quindi in definitiva g è una isometria surgettiva tra Y e Z, che è proprio quello che volevamo

dimostrare.

COMPATTIFICAZIONE DI UNO SPAZIO TOPOLOGICO [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, e Y un altro spazio topologico compatto, diciamo che Y è una

compattificazione per X se:

:XY omeomorfismo fra X e (X) t.c. ( )X =Y

E’ ovvio che Y non è unico e non può essere caratterizzato da un teorema come per il complemento.

TEOREMA (di fondamentale importanza) [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]



Ts: esiste una metrica su X che è equivalente a d e che rende X totalmente limitato

Dim (omessa)


Sia (X,d) spazio metrico separabile

Ts: X ammette una compattificazione metrizzabile

Dim

Essendo (X,d) per Hp separabile allora per il teorema precedente:

:XX[0,+[ metrica su X equivalente a d t.c. (X,) totalmente limitato

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che (X,) ammette completamente

unico a meno di isometria suriettiva cioè:

(Y,) completo e :(X,)(Y,) isometria t.c. (X)=Y

Per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. sappiamo che una isometria trasforma

totalmente limitati in totalmente limitati e quindi (X) è un totalmente limitato e pertanto lo è anche

la sua chiusura ovvero (X)=Y. E quindi Y è uno spazio metrico completo e totalmente limitato e

questo come sappiamo per il teorema fondamentale equivale ad affermare che Y è compatto. Per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. l’isometria :X(X) è un omeomorfismo. E

quindi concludiamo proprio che Y è una compattificazione metrizzabile di (X,) ovvero di (X,d) dal

momento che come già affermato è equivalente a d c.v.d.

Apriamo adesso un nuovo capitolo della materia, che prende il nome di teoria della

categoria.

INSIEME RARO [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, AX, diciamo allora che A è raro se la chiusura di A ha interno

vuoto cioè se:

int(A )=

Evidentemente se A è denso in X cioè A=X allora A non è raro infatti in tal caso int(A)=int(X)=X.



AX raro

Ts: int(A)=


Dim

Essendo AA allora per una banale proprietà dell’interno si ha che int(A)int(A)= int(A)=

c.v.d.

In precedenza abbiamo dimostrato che un insieme è denso se e solo se il suo complementare

ha interno vuoto. Segue da tale risultato il seguente teorema.



AX

allora A è raro X\A è denso in X



AX raro

Ts: X\A è denso

Dim

Per Hp A raro segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che int(A)= X\A

denso c.v.d.

INSIEMI DI I-CATEGORIA [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, AX, diciamo allora che A è di I-categoria se lo si può esprimere

come unione al più numerabile di insiemi rari.

INSIEMI DI II-CATEGORIA [0702/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, AX, diciamo allora che A è di II-categoria se non è di I-categoria

ovvero se non è unione al più numerabile di insiemi rari.

Dato uno spazio topologico X e A,BX tali che BAX allora se affermiamo che X è di I-

categoria (o II-categoria) allora bisogna indicare se tale riferimento topologico è fatto rispetto alla

topologia dello spazio ambiente X o rispetto alla topologia relativa di A. Dimostriamo qui di

seguito che non è necessaria alcuna distinzione se si suppone che A è aperto.




AX aperto


(1) A è di I-categoria (II-categoria) in X

(2) A è di I-categoria (II-categoria) in sé (cioè rispetto alla topologia relativa di A)

Dim (1)(2)

Per Hp A è di I-categoria in X e quindi: {Kn}nN famiglia di sottoinsiemi di A t.c. int(Kn )= nN e A=

nN Kn

Se per assurdo A non è di I-categoria in sé A è di II-categoria in sé allora necessariamente deve

esistere un certo nN tale che il corrispondente Kn non è raro nela topologia di A cioè

intA(( )Kn A) che x0intA(( )Kn A) ( )Kn A intorno di x0 in A e questo significa che esiste

un aperto di A (che per definizione di topologia relativa è l’intersezione di A con un aperto di X)

che contiene x0 ed è contenuto in ( )Kn A cioè:

Y aperto di X t.c. x0YA( )Kn A=Kn AKn

ma per Hp A è un aperto YA aperto di X e quindi in particolare YA è intorno di x0 e poiché

YAKn Kn intorno di x0 x0int(Kn ) int(Kn ) e questo è un assurdo

c.v.d.

Dim (2)(1) (In tale implicazione come osserveremo non è interviene l’hp che A è aperto). Per Hp A è di I-

categoria in sè e quindi: {Kn}nN famiglia di sottoinsiemi di A t.c. intA(( )Kn A)= nN e A=

nN Kn

Se per assurdo A non è di I-categoria in X A è di II-categoria in X allora necessariamente deve

esistere un certo nN tale che il corrispondente Kn non è raro in X cioè int(Kn ) che è quindi

un aperto non vuoto di X e poiché int(Kn )Kn int(Kn )Kn =int(Kn ) e quindi ricordando

che se un aperto interseca la chiusura di un insieme allora necessariamente interseca anche

l’insieme, si ha che int(Kn )Kn e poiché KnA allora a forziori int(Kn )A che è per

definizione di topologia relativa, un aperto non vuoto di A. Osserviamo adesso che essendo

int(Kn )Kn int(Kn )AKn A=( )Kn A ( )Kn A intorno di ogni punto di int(Kn )A

int(Kn )AintA(( )Kn A) intA(( )Kn A) e questo è un assurdo c.v.d.

09-02-96

SPAZIO TOPOLOGICO DI BAIRE [0902/Errore. L'argomento parametro


è sconosciuto.]

Sia X uno spazio topologico, diciamo che X è di Baire se ogni aperto non vuoto di X è di II-

categoria ovvero non è unione numerabile di insiemi rari.

Diamo quindi la seguente fondamentali caratterizzazione degli spazi di Baire.




(1) X è di Baire (2)nnN successione di aperti densi si ha che

nN n è denso

Dim (1)(2)

Se per assurdo: nnN di aperti densi t.c.

nN n non è denso X\ n

nN

poniamo allora:

A:=X\ nnN

che è un aperto non vuoto di X. Osserviamo adesso che: A=X\ n

nN X\

nN n=per Demorgan=

nN X\n ()

Poiché gli n sono densi allora per una proprietà vista in precedenza si ha che gli X\n hanno

interno vuoto e quindi essendo gli X\n chiusi allora:

int(X n\ )=int(X\n)=

cioè gli X\n sono insiemi rari.

E quindi per la () l’aperto A si potrà scrivere come unione numerabile di insiemi rari, e questo è

un assurdo poiché X è di Baire c.v.d.

Dim (2)(1) Supponiamo per assurdo che X non sia di Baire e quindi: aperto non vuoto e {n}nN famiglia numerabile di insiemi rari t.c. =

nN n

Consideriamo la famiglia di aperti:

{X\n }nN e per una delle proprietà degli ins. rari si ha che i membri di tale famiglia sono densi ed inoltre sono

pure degli aperti. E quindi segue dall’Hp che nN X\n è denso, cioé:

X= X \ nnN =per Demorgan=X n

n\

N X n

n\

N X \=essendo aperto=X\


e questo evidentemente ci dice che = e siamo ad un assurdo c.v.d.



AX aperto

BA, int(B )=

Ts: intA (B )=

Dim

Se per assurdo intA (B ) che x0int A (B ) che B è intorno di x0 in A allora (per def. di

topo. relativa) si ha che:

aperto di X t.c. x0AB

ma x0A che ogni intorno di x0 interseca A A e quindi essendo per Hp A aperto

A aperto non vuoto di X. Osserviamo allora che:

AAB

e quindi B è intorno di ogni punto dell’aperto A di X Aint(B ) int(B ) e siamo

ad un assurdo poiché per Hp int(B )= c.v.d.

Dimostriamo adesso il seguente fondamentale risultato che individua una importante classe

di spazi di Baire.


Sia (X,d) uno spazio metrico completo

Ts: X è di Baire

Dim

Se per assurdo X non è di Baire allora esiste A aperto di prima categoria e quindi: {Kn}nN con int(Kn)= nN t.c. A=

nN Kn

Si tenga presente che in queste condizioni si può verificare che (ma non lo proviamo): A=

nN Kn (1)

Banalmente osserviamo che KnA nN e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

int A (Kn)= nN

e dunque se consideriamo x0A e la palla di centro x0 e raggio 1 nella topologia relativa di A cioè:

BA (x0,1)=B(x0,1)A=xA : d(x,x0)<1


certamente tale insieme non è contenuto totalmente in K1 infatti se per assurdo BA (x0,1)K1

allora si avrebbe che K1 è intorno in A di ogni punto della aperto BA (x0,1) di A cioè

BA (x0,1)intA (K1 ) e questo è un assurdo poiché intA (K1 )= e quindi:

x1BA (x0,1)\K1

Osserviamo adesso che in queste condizioni la chiusura di K1 in X coincide con la chiusura di K1 in

A infatti essendo K1A allora ricordando la nota relazione tra chiusura è chiusura relativa si ha

che:

( )K1 A =AK1=K1

e pertanto K1 è anche un chiuso di A. Osserviamo adesso che BA (x0,1) è un aperto di A e quindi

avendo già dimostrato in precedenza che un aperto privato dei punti di un chiuso è un chiuso, segue

allora da ciò che BA (x0,1)\K1 è un aperto di A e poiché x1BA (x0,1)\K1 BA (x0,1)\K1

intorno di x1 in A, allora sicuramente

0<1<12

t.c. BA (x1,1)BA (x0,1)\K1

ed ovviamente per lo stesso motivo B(x1,1) non è contenuto in K2 allora:

x2BA (x1,1)\K2 e quindi analogamente al caso precedente si ha che:

0<2<14

t.c. BA (x2,2)BA (x1,1)\K2

iterando (ovvero procedendo per induzione) otteniamo:

xnBA (xn-1,n-1)\Kn ed 0<n<12n t.c. BA (xn,n)BA (xn-1,n-1)\Kn

possiamo così costruire una successione ordinaria {xn}nN in modo che:

(a) xnKn e quindi d(xn,Kn)>0 nN

(b) BA (xn,n)BA (xn-1,n-1)\Kn e quindi nn-1 nN

(c) 0<n<12n nN

Verifichiamo che tale successione è di Cauchy e quindi dobbiamo verificare che:

>0 k*N t.c. d(xn,xn+p)< n>k* e pN

Fissiamo quindi >0 e osserviamo che n,pN si ha: d(xn,xn+p)applic. la triang. ripetutamented(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)++d(xn+p-1,xn+p)< per la

(b)<n+n+1++n+p-1<per la (c)<12n +

12 1n ++

12 1n p =

12n 1

2 ++1

2 1p<

<12n

i

p

1

1 1

2

i

12n

i

0

1

2

i

=12n

11 1 2 / =

12n 2=

12 1n

dove ovviamente l’ultima maggiorazione è gioustificata dal fatto che serie geometrica di ragione

1/2 è crescente è quindi possiamo maggiorare con la sua somma.

Scegliamo allora:


k*N t.c. 1

2 1k* <

e quindi n>k* e pN si ha:

d(xn,xn+p)<1

2 1n 1

2 1k* <

ovvero xn è di Cauchy in X completo e quindi: x*X t.c. lim n

xn=x*

osserviamo adesso dalla (b) che per costruzione la successione {xn}nN è in A cioè xnA nN

e quindi essendo A un chiuso deve necessariamente essere che il limite della successione x*A

segue allora dalla (1) che:

nN t.c. x*Kn

e quindi per la (b) si ha che:

d(xn ,x*)>n (2)

Osserviamo adesso dalla (b) che la successione di sfere:

{BA (xn,n)}nN

è non crescente rispetto alla relazione di inclusione cioè:

BA (xn+1,n+1)BA (xn,n)

e quindi si evince che:

BA (xm,m)BA (xn ,n) m>n

e perciò:

d(xn ,xm)<n m>n

e passando al limite per m si ha:

d(xn ,x*)n

e per la (2) siamo ad un assurdo. E quindi il teorema è completamente dimostrato.

19-02-96

Dopo avere introdotto i concetti di spazio vettoriale, con le relative proprietà algebriche, e di

topologia, ed averne dato dettagliatamente le necessarie caratterizzazioni, scopo fondamentale

diventa quello di fare interagire le nozioni sin qui apprese entrando così nel vivo della Analisi

funzionale, a tal fine si comincia col dare la seguente definizione.

TOPOLOGIA VETTORIALE E SPAZIO VETTORIALE TOPOLOGICO [1902/Errore. L'argomento parametro è


sconosciuto.]

Sia E un K-spazio vettoriale, sia una topologia su E, diciamo allora che è una topologia

vettoriale se le due applicazioni:

(x,y) x+y

(,x) x

sono continue. Più semplicemente diciamo che la topologia è vettoriale se sono continue somma e

prodotto, ove la continuità è ovviamente considerata rispetto alla topologia prodotto ed alla

topologia , in riferimento alla somma (essendo un’applicazione EEE) ed alla topologia su

KE ed alla topologia , in riferimento al prodotto (essendo un’applicazione KEE), dove K è

pensato con la topologia usuale. In tal caso diciamo che lo spazio E è uno spazio vettoriale topologico e scriviamo (E,). Come vedremo per tali spazi topologici molti problemi si risolvono

ragionando per traslazione o meglio ci renderemo conto che nella maggior parte dei casi la

trattazione dei vari problemi si ridurrà equivalentemente alla trattazione del caso relativo

all’origine.

ISOMORFISMO TOPOLOGICO [1902/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Un isomorfismo topologico è un’applicazione lineare tra spazi vettoriali topologici che biettiva e

continua assieme alla sua inversa ovvero è un omeomorfismo lineare.


Sia (E,) uno spazio vettoriale topologico

AE aperto, CE chiuso, KE compatto, BE connesso, x0E e K


x0+A è aperto, x0+C è chiuso, x0+K è compatto, x0+B è connesso

A è aperto, C è chiuso, K è un compatto, B è un connesso

Dim Consideriamo l’applicazione:

f:EE con f(y):=x0+y yE

banalmente si verifica che tale f è biunivoca, ed è continua assieme alla sua inversa, e quindi è un

omeomorfismo topologico (non lineare) affine (in quanto se x0=E la f diventa l’identità) e pertanto

ricordando che un omeomorfismo è una applicazione aperta e chiusa allora f(A)=x0+A è un aperto e

f(C)=x0+C è un chiuso. Ed in fine ricordando che un applicazione continua trasforma compatti in

compatti e connessi in connessi si ha che f(K)=x0+K è compatto e f(B)=x0+B connesso


c.v.d.

Dim Consideriamo l’ applicazione così definita:

g:EE con g(x):=x xE

che è banalmente un omeomorfismo e pertanto con un ragionamento identico a quello del caso

precedente si ottiene la tesi c.v.d.

In uno spazio vettoriale topologico la topologia è nota una volta conosciuta la famiglia degli

intorni dello zero. Tale affermazione è suffragata dalla seguente proposizione che afferma che un

insieme è intorno di un fissato punto se è il traslato di un opportuno intorno dell’origine.


Sia E uno spazio vettoriale topologico

x0E

VE

allora V è un intorno di x0 in E W intorno di E t.c. V=x0+W

Dim

Sia V un intorno di x, allora per definizione:

A aperto di E t.c. xAV

l’insieme A-x0 è un aperto in quanto traslato di un aperto, e contiene l’origine E in quanto x0A

A-x0 intorno di E. Osserviamo adesso che:

EA-x0V-x0

e quindi V-x0 è un intorno di E e poiché possiamo scrivere V=x0+(V-x0) allora ponendo W:=V-x0

si ha la tesi.

Dim

Per Hp si ha che:

W intorno di E t.c. V=x0+W

e quindi essendo W intorno di E allora:

A aperto di E t.c. EAW


x0{E}+x0A+x0W+x0=V

e quindi essendo A+x0 aperto di E in quanto traslato di un aperto V intorno di x0.

Dalla continuità della somma si ha il seguente risultato.




V un intorno di E

Ts: U intorno di E t.c. U+UV

Dim

Per definizione di spazio vettoriale topologico l’ applicazione somma:

f:EEE con f(x,y):=x+y x,yE

è continua in tutto EE ed in particolare in (E,E) e quindi osservando che f(E,E)=E+E=E

allora per definizione di continuità si ha che in corrispondenza dell’intorno V di E:

EE intorno di (E,E) t.c. f()V

Per una proprietà degli intorni nella topologia prodotto si ha che:

1,2E intorni di E t.c. 12

Scegliamo allora U=12 che è un intorno di E, osserviamo allora che:

UU12

applicando quindi la funzione somma f al primo e all’ultimo membro otteniamo:

U+Uf()V c.v.d.

Dalla continuità del prodotto si ha il seguente risultato.



F base di intorni di E

V intorno di E

Ts: WF t.c. W+WV

Dim (ovvia) Per la proprietà precedente U intorno di E t.c. U+UV ed essendo F una base di intorni di E

allora WF t.c. WU e quindi W+WU+UV c.v.d.



V un intorno di E

Ts: x0E >0 e U intorno di x0 t.c. UV e K con ||<

Dim

Fissiamo quindi x0E e consideriamo l’applicazione prodotto g:(,x)x che è per definizione

continua e quindi è in particolare continua in (0K,x0) e pertanto in corrispondenza dell’intorno V di


g(0K,x0)=0Kx0=E si ha che:

KE intorno di (0K,x0) t.c. g()V

e poiché intorno nel prodotto KE allora:

>0 e U intorno di x0 t.c. {K : ||<}U

e quindi applicando la g si ottiene:

g({K : ||<}U)g()V g(,x)=xg()V K con ||< e xU

e quindi:

UV K con ||< c.v.d.



V un intorno di E

Ts: V è radiale in E

Dim

Fissato yE dobbiamo provare che:

>0 t.c. yV [0,]

Per la proprietà precedente:

>0 e U intorno di y t.c. xV K con ||< e xU

e quindi in particolare:

yV [0,] c.v.d.


Sia E spazio vettoriale topologico

x0E

VE intorno di x0

Ts: V è radiale in x0

Dim (esercizio)

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

W intorno di E t.c. V=x0+W

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. W è radiale in E segue allora da una

proprietà fatta in precedenza che l’insieme x0+W=V è radiale in x0

c.v.d.




AE, int(A)

x0int(A)

Ts: A è radiale in x0



F sottospazio vettorale con int(F)

Ts: F=E

Dim (esercizio) Per Hp int(F) x0int(F) segue dal corollario precedente che F è radiale in x0 e segue allora

da una proprietà fatta in precedenza che F=E c.v.d.



UE intorno di E

Ts: K U intorno di E

Dim

Fissato K, poiché U è intorno di E allora:

A aperto t.c. EAU

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. A è un aperto ed evidentemente EA e

quindi osservando che banalmente AU U intorno di E

c.v.d.



UE intorno di E

Ts: WE intorno di E equilibrato t.c. WU

Dim

Sia V un intorno arbitrario di E, dobbiamo provare allora che esiste un intorno di E equilibrato

contenuto in V. Dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

>0 e U intorno di E t.c. UV K con ||< (1)

Consideriamo allora l’insieme: W=

U (2)


Ovviamente W è un intorno di E in quanto unione di insiemi che sono per la proprietà precedente

intorni di E. Banalmente WV poiché W è unione di sottoinsiemi di V.

Proviamo ora che W è equilibrato: dobbiamo provare che

1 WW ovvero che:

zW zW e K con ||1

Siano quindi zW e K con ||1. Poiché zW per la (2) allora:

K e ||< e yU t.c. z=y

Osserviamo che ||=||||1= e quindi per la (1) e per la (2) si ha che:

z=yUW c.v.d.



F famiglia degli intorni dell’origine equilibrati

Ts: F è una base fondamentale di intorni dell’origine


Sia E uno spazio vettorilae topologico

VE intorno di E convesso

Ts: WE intorno di E assolutamente convesso t.c. WV

Dim

Poiché la famiglia degli intorni equilibrati di E è una base fondamentale di intorni di E allora

sicuramente:

U intorno equilibrato di E t.c. UV

consideriamo pertanto il convesso:

W:=conv(U)

Verifichiamo che tale convesso W è equilibrato e quindi dobbiamo provare che:

xW K con ||1 e xW

Fissiamo quindi xW e K con ||1. Poiché xW allora per la caratterizzazione dell’inviluppo

convesso si ha:

x1,...,xnUV e 1,...,n[0,1] con i

n

1i=1 t.c. x=

i

n

1ixi

e quindi:

x=i

n

1ixi=

i

n

1i(xi) ()


e poiché UV è equilibrato allora xiU =1,...,n e quindi la () è una combinazione convessa di

elementi di U ovvero x appartiene a conv(U)=:W. E quindi W è convesso ed equilibrato W

assolutamente convesso. Osserviamo adesso che evidentemente (si tenga presente che V è un

convesso che contiene U e che quindi contiene W essendo quest’ultimo per def. il più piccolo

convesso contenente U):

UW:=conv(U)V

e quindi W è un intorno di E assolutamente convesso contenuto in V c.v.d.

SPAZIO LOCALMENTE CONVESSO [1902/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Uno spazio vettoriale topologico E è localmente convesso se E ammette una base fondamentale di

intorni convessi.


Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso

Ts: una base fondamentale di intorni assolutamente convessi di E

Dim Per ipotesi abbiamo che:

F base fondamentale di intorni convessi di E

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

VF WVE intorno di E assolutamente convesso t.c. WVV

otteniamo allora la famigliaWVVF che è evidentemente una base fondamentale di intorni

assolutamente convessi di E c.v.d.

Si osserva adesso che la famiglia degli intorni equilibrati di E è chiusa rispetto alla

intersezione finita.



V1,...,VnE intorni equilibrati di E

Ts: V1...Vn è un intorno equilibrato di E

Dim (ovvia) Ovviamente V1...Vn è un intorno di E in quanto intersezione di un numero finito di intorni di E

ed ovviamente tale intersezione è un equilibrato poiché in precedenza abbiamo già osservato che la


famiglia degli insiemi equilibrati è chiusa rispetto all’intersezione ed in particolare quindi

banalmente è chiusa rispetto all’intersezione finita

c.v.d.

Nella trattazione degli spazi topologici abbiamo osservato che due topologie possono essere

confrontate, confrontando gli intorni. Vogliamo fare osservare allora che per confrontare due

topologie vettoriali basta confrontare gli intorni dell’origine.



1 e 2 topologie vettoriali su E

allora 12 ogni 1-intorno di E è un 2-intorno di E

Dim (necessità) Per Hp 12 che ogni 1-intorno è un 2-intorno e quindi in particolare si ha che ogni 1-

intorno di E è un 2-intorno di E c.v.d.

Dim (sufficienza) Fissato un arbitrario x0E dobbiamo dimostrare che ogni 1-intorno di x0 è un

2-intorno di x0. Sia quindi W un 1-intorno di x0 U 1-intorno di E t.c. W=x0+U W-x0=U

W-x0=U 1-intorno di E, segue allora da Hp che W-x0=U 2-intorno di E W=x0+U 2-

intorno di x0 c.v.d.




F1 e F2 basi fondamentale di intorni di E rispettivamente per 1 e 2 con F1F2

Ts: 12

Dim (esercizio)

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. dobbiamo provare che ogni 1-intorno di

E è un 2-intorno di E. Sia W un 1-intorni di E ed essendo F1 una base fondamentale di 1-

intorni di E segue allora che:

UF1 1-intorno di E t.c. UW

ma essendo F 1F2 allora U sarà anche un 2-intorno di E e pertanto essendo UW W 2-

intoro di E c.v.d.





F base fondamentale di intorni di E per 1 e 2

Ts: 1=2



sia F una famiglia di insiemi equilibrati di E in modo che VF UF t.c. U+UV

Ts: VF e K si ha che UF t.c. UV Dim

Siano UF e K allora per la (2) si ha che:

U1F t.c. U1+U1U 2U1U1+U1V

sempre per la (2):

U2F t.c. U2+U2U1 2U2U2+U2U1 4U22U1V

ancora per la (2):

U3F t.c. U3+U3U2 2U3U3+U3U2 8U34U22U1V

e così via si costruisce una successione di F:

{Un}nN t.c. 2nUnU nN

Fissiamo un nN abbastanza grande t.c. 2n>|| | |

n2<1 e quindi scelto U:=Un si ha:

U=2n

2n Unpoiché Un equilibrato2nUnV c.v.d.



VE intorno di E

Ts: K UE intorno equilibrato di E t.c. UV

Dim (esercizio) Fissato un K, osserviamo che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la

famiglia degli intorni equilibrati è una base di intorni di E e quindi si ha che:

WE intorno di E equilibrato tale che WV

Banalmente per laErrore. L'argomento parametro è sconosciuto. la famiglia degli intorni

equilibrati di E soddisfa alle Hp della proprietà precedente e quindi segue da questa che:

U intorno equilibrato di E t.c. UWV c.v.d.




AE radiale in E ed equilibrato

Ts: yE >0 t.c. yA K con ||

Dim (esercizio) Fissato yE allora poiché per Hp A è radiale in E allora:

>0 t.c. yA [0,]

Preso quindi K con || si ha allora che:

y=

||y

Apoiché A è equilibratoA c.v.d.



sia F una famiglia di insiemi radiali in E ed equilibrati tali che: (1) U,VF si ha UVF

(2) VF UF t.c. U+UV

Ts: ! topologia vettoriale su E t.c. F è una base fondam. di intorni equilibrati di E Dim

Verifichiamo che fissato xE la famiglia:

U(x)=WE : VF t.c. x+VW

è una famiglia di intorni di x ovvero che U(x) soddisfa le seguenti quattro proprietà:

(a) se WU(x) allora xW

(b) se WU(x) e WF allora FU(x)

(c) se W1,W2U(x) allora W1W2U(x)

(d) se WU(x),allora AU(x) t.c. WU(y) yA

Verifichiamo (a):

sia WU(x) VF t.c. x+VW, ma se VF allora EV e quindi:

x=x+Ex+VW

Verifichiamo (b):

sia WU(x) e WF VF t.c. x+VWF FU(x).

Verifichiamo (c):

siano W1,W2U(x) e quindi:

V1F t.c. x+V1W1

V2F t.c. x+V2W2 (x+V1)(x+V2)W1W2


e da ciò osservando che per la (1) V1V2F segue che:

x+(V1V2)(x+V1)(x+V2)W1W2

e poiché per la (1) V1V2F W1W2U(x)

Verifichiamo (d):

sia WU(x) e quindi:

VF t.c. x+VW

e per la (2) si ha che:

UF t.c. U+UV x+U+Ux+VW

scelto A:=x+U ovviamente AU(x) allora fissato ad arbitrio yA dobbiamo provare che WU(y)

ovvero che:

HF t.c. y+HW

Poiché yA è del tipo y=x+z con zU allora evidentemente basta scegliere H:=U infatti:

y+U=x+z+Ux+U+UW

E quindi abbiamo verificato che fissato un arbitrario xE allora la corrispondente famiglia U(x)

soddisfa (a), (b), (c) e (d) e questo per un teorema fatto in precedenza ci dice che esiste una ed una

sola topologia tale che xE la famiglia dei -intorni di x coincide con la famiglia U(x).

Vogliamo verificare che la topologia è vettoriale, e quindi considerate le funzioni:

f:EEE con f(x,y):=x+y

g:KEE con g(,x)=x

bisogna provarne la continuità.

Proviamo la continuità della somma f nel generico punto (x,y)EE cioè:

UU(x+y) intorno di (x,y) in EE t.c. f()U

sia U un intorno arbitrario di f(x,y)=x+y allora:

VF t.c. x+y+VU

per la (2) si ha:

V1F t.c. V1+V1V

evidentemente x+V1 ed y+V1 sono intorni rispettivamente di x ed y (x+V1)(y+V1) è intorno di

(x,y) si ha allora che:

f((x+V1)(y+V1))=(x+V1)+(y+V1)=x+y+V1+V1x+y+VU

e la continuità della somma è provata.

Proviamo la continuità del prodotto g nel generico punto (,x)KE cioè:

UU(x) intorno di (,x) in KE t.c. g(,y)=yU (,y)

Sia U un intorno arbitrario di x allora:

HF t.c. x+HU

e per la (2) si ha:


VF t.c. V+VH (1)

Poiché V è equilibrato e radiale in E allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che in corrispondenza del punto x:

>0 t.c. xV K con ||< (2)

consideriamo allora la sfera in K di centro e raggio cioè:

B(,):={K : |-|<}

che è un intorno di .

Scegliamo:

'K t.c. <|'|-|| (3)

Per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

WF t.c. 'WV (4)

Consideriamo allora :=B(,)(x+W) che è evidentemente un intorno di (,x) in KE, proviamo

allora che (,y) yU.

Sia quindi (,y) B(,) e yW.

Poiché B(,) allora:

|-|< (5)

e ricordando che in generale presi a,bK allora vale:

||a|-|b|||a-b| -|a-b||a|-|b||a-b| (6)

e quindi da (5) e da (6) otteniamo:

||-|||-|<

si ha allora che:

||<+||<|per la (3)< |'|-||+||=|'| (7)

Poiché yx+W allora è del tipo y=x+z con zW.

Osservato ciò si ha: y=(x+z)=x+z-x+x=x+(-)x+zper la (5) e per la (2)x+V+z=

=x+V+''zper la (7) essendo W equilibratox+V+'Wper la (4) x+V+Vper la

(1)x+HU

E quindi rimane provato che è una topologia vettoriale.

Banalmente F è una base fondamentale di -intorni di E., infatti se U è un intorno di E cioé

UU(E) VF t.c. E+VU.

La verifica dell’unicità di è ovvia, infatti se esiste un’altra topologia vettoriale su E che

ammette la famiglia F come base fondamentale di -intorni equilibrati di E allora segue

direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che =

c.v.d.




Ts: E topologia vettoriale più fine tra tutte le topologie vettoriali su E

Dim (esercizio) Detta A la famiglia di tutte le topologie vettoriali su E, quello che dobbiamo provare

evidentemente è che tale famiglia ammette massimo cioé:

EA t.c. E A

Chiamiamo F la famiglia di tutti gli insiemi di E, equilibrati e radiali in E, tale che:

(1) A,BF si ha ABF

(2) AF BF t.c. B+BA

Ovviamente tale famiglia F poiché almeno EF. Segue allora direttamente da Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che:

!E topologia vettoriale su E t.c. F è una base fondam. di intorni equilibrati di E Verifichiamo quindi che tale topologia vettoriale è massimo per A. Sia quindi A e chiamiamo

G la famiglia dei -intorni equilibrati di E, che per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è una base fondamentale di -intorni di E. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. gli intorni dell’orgine in una topologia vettoriale sono radiali in E, ed inoltre per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la e Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la famiglia G soddisfa ad (1) e (2). E pertanto i membri di G sono equilibrati, radiali in

E e soddisfano uno e due e quindi GF segue allora direttamente dalla Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che E ovvero E

c.v.d.



Ts: E top. vett. loc. conv. più fine tra tutte le top. vett. loc. conv. su E

Dim (esercizio)

Detta A la famiglia di tutte le topologie vettoriali localmente convesse su E quello che dobbiamo

provare evidentemente è che tale famiglia ammette massimo cioé:

EA t.c. E A

Chiamiamo F la famiglia di tutti gli insiemi di E, assol. conv. e radiali in E, tale che:

(1) A,BF si ha ABF

(2) AF BF t.c. B+BA

Ovviamente F, poiché almeno EF. Segue allora direttamente da Errore. L'argomento


parametro è sconosciuto. che:

!E topologia vettoriale su E t.c. F è una base fondam. di intorni equilibrati di E Ovviamente E è localmente convessa, poiché per costruzione ammette F come base fondamentale

di intorni dell’origine, i cui membri sono convessi. Verifichiamo quindi che tale topologia vettoriale

è massimo per A. Sia quindi A e per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. G

base di -intorni assolutamente di E. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. gli

intorni dell’orgine in una topologia vettoriale sono radiali in E, ed inoltre per la Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. la e Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la

famiglia G soddisfa ad (1) e (2). E pertanto i membri di G sono assolutamente convessi, radiali in

E e soddisfano (1) e (2), e quindi GF segue allora da Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. che E ovvero E

c.v.d.



sia 1 topologia vettoriale più fine tra tutte le topologie vettoriali su E

sia 2 top. vett. loc. conv. più fine tra tutte le top. vett. loc. conv. su E

Ts: 21

Dim (esercizio) Chiamiamo:

F1 la famiglia di tutti i sottoinsiemi di E equilibrati e radiali in E

F2 la famiglia di tutti i sottoinsiemi di E assolutamente convessi e radiali in E

Ovviamente F2F1 ed essendo per costruzione tali famiglie F1 e F2, basi di intorni rispettivamente

per 1 e 2 segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che 21

c.v.d.



due {x}D e {y}D successioni generalizzate in E convergenti

{}D in K convergente

valgono allora le seguenti due proprietà: lim (x+y)=lim x+lim y

lim x=lim lim x



Consideriamo la funzione somma:

s:EEE con s(x,y):=x+y

che è continua per definizione di topologia vettoriale, segue allora che:

lim x+y=lim s(x,y)=per la continuità della s=s

lim (x,y)

=passanto al limite coordinata

per coordinata=s

lim x, lim y

=lim x+lim y c.v.d.

Dimostrazione (esercizio) Consideriamo la funzione:

p:KEE con p(,x):=x

che è continua essendo la topologia su E vettoriale, segue allora che:

lim x==lim p(,x)=per la continuità di p=p lim (,x)

=passanto al limite coordinata

per coordinata=p lim , lim x)

=lim lim x c.v.d.


Sia X uno spazio topologico e sia E spazio vettoriale topologico

siano f,g:XE due funzioni continue e sia K

valgono allora le seguenti due proprietà:

f+g é continua

f é continua


Consideriamo le funzioni:

s:EEE con s(x,y):=x+y

h:XEE con h(x)=(f(x),g(x))

Osserviamo allora che per definzione la funzione somma s é continua per definizione e la funzione

diagonale h é continua come già dimostrato in precedenza. Banalmente f+g=sh e quindi f+g é

continua in quanto composizione di funzioni continue.

Dimostrazione (esercizio) Consideriamo le funzioni:

p:KEE con p(,y):=y

h:XKE con h(x)=(,f(x))


Osserviamo allora che per definzione la funzione prodotto p é continua per definizione e la funzione

diagonale h é continua come già dimostrato in precedenza. Banalmente f=ph e quindi f é

continua in quanto composizione di funzioni continue.


Sia T un insieme non vuoto

E uno spazio vettoriale topologico

Ts: La topologia della convergenza puntuale su ET è vettoriale

Dim (esercizio)

Consideriamo le funzioni:

F:ETETET con F(u,v)=u+v u,vET

G:KETET con G(,u)=u uET e K

Proviamo che F è continua:

fissiamo un ad arbitrio (u,v)ETET e proviamo che F è continua in tale (u,v), e per fare ciò

adoperiamo il criterio con le successioni. Sia {(u,v)}D convergente puntualmente a (u,v) e

proviamo quindi che {F(u,v)}D convergente puntualmente a F(u,v). Fissato un arbitrario xT,

osserviamo che: lim F(u(x),v(x))=lim (u(x)+v(x))=da Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=lim u(x)+lim v(x)=u(x)+v(x)= =F(u,v)

Proviamo che G è continua:

fissiamo un ad arbitrio (,u)KET e proviamo che G è continua in tale (,u).Sia {(,u)}D

convergente puntualmente a (u,v) e proviamo quindi che {G(,v)}D convergente puntualmente

a G(,u). Fissato un arbitrario xT, osserviamo che: lim G((x),u(x))=lim (u(x))=da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=lim lim u(x)=u=G(,u(x))

Ed il teorema è dimostrato.


Siano E ed F due spazi vettoriali

V:={TFE : T è lineare}

Ts: V è un s.sp.vett. chiuso di FE considerato con la top. della convergenza puntuale

Dim (esercizio)


Verifichiamo che V è un s.sp. vettoriale ovvero che:

,K e T,GV allora T+GV

Siano quindi ,K e T,GV e proviamo che T+G è lineare ovvero che:

(T+G)(x+y)=(T+G)(x)+(T+G)(y) ,K e x,yE

Siano pertanto ,K e x,yE e osserviamo che:

(T+G)(x+y)=(T)(x+y)+(G)(x+y)=T(x+y)+G(x+y)=

=[T(x)+T(y)]+[G(x)+G(y)]=T(x)+T(y)+G(x)+G(y)=

=[T(x)+G(x)]+[T(y)+G(y)]=(T+G)(x)+(T+G)(y)

Proviamo adesso che V è chiuso, e per fare cioè adoperiamo il criterio con le successioni. Sia quindi

{T}D in V convergente puntualmente ad un TFE e proviamo che TV ovvero che T è lineare.

Fissati x,yE e ,K osserviamo che: T(x+y)=lim T(x+y)=per la linearità di T=lim [T(x)+T(y)]=da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.= =lim T(x)+ lim T(x)=T(x)+T(y) c.v.d.



Ts: E' è un s.sp.vett. chiuso di KE considerato con la top. della convergenza puntuale

21-02-96



f:XY continua

AX

Ts: f(A)f A( )

Dim Sia y0f(A) che x0A t.c. y0=f(x0) e poiché x0A allora: {x}D in A t.c. lim x=x0

ed essendo f per Hp f continua {f(x)}Df(x0)=y0 e poiché {f(x)}D è in f(A) allora deve

necessariamente essere che y0f A( ) c.v.d.




f:XY chiusa

AX

Ts: f A( )f(A)

Dim

Poiché f è chiusa f(A) chiuso. Osserviamo adesso che AA e quindi applicando la f si ha

f(A)f(A) e passando alle chiusure si ha f A( )f(A) c.v.d.

Segue direttamente dalle due proposizioni precedenti il seguente corollario che ci dice che

per una funzione continua e chiusa, la chiusura dell’immagine di un insieme è uguale all’immagine

della chiusura dell’insieme.



f:XY continua e chiusa

AX

Ts: f(A)=f A( )



AE, A

x0E

Ts: x A0 =x0+A

Dim

Consideriamo l’applicazione:

f(y)=x0+y

che è un omeomorfismo (e quindi continua e chiusa), per la proposizione precedente si ha allora che

f(A)=f A( ) ovvero x0+A =x A0 c.v.d.



A,BE non vuoti


Ts: A + BA + B

Dim

Essendo la topologia su E vettoriale, la funzione somma è continua, e quindi posto quindi X=EE e

Y=E allora la funzione:

f:XY con f:(x,y):=x+y

è continua segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

f(A B )f(A B) ovvero, essendo:

f(A B )=f(A B )=A +B

f(A B) =A + B

si ha proprio A +BA + B c.v.d.



AE non vuoti

K

Ts: A=A

Dim (esercizio)


f: EE con f(x)=x

che per definzione di topologia vettoriale è un omeomorfismo (e quindi continua e chiusa) segue

allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f(A)=f A( ) A=A

c.v.d.

Dimostriamo adesso le proprietà analoghe per l’interno.



f:XY continua e iniettiva

AX

Ts: int(f(A))f(int(A))

Dim (esercizio) Sia ad arbitrio y0int(f(A))f(A) x0A t.c. y0=f(x0), dobbiamo provare allora che y0f(int(A))

e questo evidentemente è vero se x0int(A), cioé se:

UX intoro di x0 t.c. UA


Poiché y0int(f(A)) che f(A) intorno di y0=f(x0) e quindi:

B aperto di Y t.c. y0Bf(A) (1)

Essendo per Hp f continua, allora lo sarà in particolare in x0 ed quindi in corrispondenza

dell’intorno aperto B di y0=f(x0) si ha che:

U intorno di x0 t.c. f(U)B (2)

segue da (1) e da (2) che f(U)f(A), applicando f -1 segue che f -1(f(U))f -1(f(A)) ed essendo f

iniettiva segue che UA A intorno di x0 x0int(A) c.v.d.



f:XY aperta

AX

Ts: f(int(A))int(f(A))

Dim (esercizio)

Sappiamo che int(A)A, applicando la f si ha f(int(A))f(A) int(f(int(A)))int(f(A)) ed essendo

f aperta (e quindi int(f(int(A)))=f(int(A))) segue che f(int(A))int(f(A))

c.v.d.



f:XY continua, aperta e iniettiva

AX

Ts: int(f(A))=f(int(A))



AE, A

x0E

Ts: int(x0+A)=x0+int(A)

Dim (esercizio) Consideriamo l’applicazione:

f(y)=x0+y

che è un omeomorfismo, per la proposizione precedente si ha allora che int(f(A))=f(int(A)) ovvero

int(x0+A)=x0+A c.v.d.




AE non vuoti

K

Ts: int(A)=int(A)

Dim


f: EE con f(x)=x

che per definzione di topologia vettoriale è un omeomorfismo e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. int(f(A))=f(int(A)) int(A)=int(A)

c.v.d.

La seguente semplice proposizione ci dice che una funzione continua, chiusa, aperta e

iniettiva (e quindi in particolare se è un omeomorfismo) trasforma la frontiera di un insieme nella

frontiera della sua immagine.



f:XY continua,chiusa,aperta e iniettiva

AX

Ts: f(Fr(A))=Fr(f(A))

Dim (esercizio) f(A)=f(A\int(A))=per l’iniettività=f(A)\f(int(A))=per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. e Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.= =f A( )\int(f(A))=f(A)

c.v.d.



AE, A

x0E

Ts: Fr(x0+A)=x0+Fr(A)

Dim (esercizio) Consideriamo l’applicazione:


f(y)=x0+y

che è un omeomorfismo, per la proposizione precedente si ha allora che f(Fr(A))=Fr(f(A))

x0+Fr(A)=Fr(x0+A) c.v.d.



AE non vuoti

K

Ts: Fr(A)=Fr(A)

Dim


f: EE con f(x)=x

che per definzione di topologia vettoriale è un omeomorfismo e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. Fr(f(A))=f(Fr(A)) Fr(A)=Fr(A)

c.v.d.



sia F una base fondamentale di intorni di E


(1) E è di Hausdorff (2)

VF V=E

Dim (1)(2)

Evidentemente E appartiene all’intersezione dei membri della famiglia F, poiché ogni VF è

intorno di E. Proviamo ora che l’intersezione dei membri di F contiene il solo E cioè:

xE\{E} VF t.c. xV

Fissiamo quindi ad arbitrio xE e xE, allora essendo E di Hausdorff:

U intorno di x ed W intorno di E t.c. UW=

ma in corrispondenza di W essendo F una base fondamentale di intorno di E si ha:

VF t.c. VW e quindi essendo UW= allora a maggior ragione UV= xV x

VF V che è proprio

quello che volevamo dimostrare c.v.d. Dim (2)(1)


Teniamo presente che possiamo supporre che gli intorni di E appartenenti ad F siano equilibrati

poiché come si è visto nella lezione precedente, ogni spazio vettoriale topologico ammette una base

fondamentale di intorni dell’origine equilibrati. Siano x,yE, con xy due punti arbitrari, proviamo

allora che esistono due intorni rispettivamente di x ed y disgiunti. Poiché xy x-yE, allora per

ipotesi:

VF t.c. x-yV

e quindi in corrispondenza a tale V come sappiamo:

U intorno di E t.c. U+UV

e poiché F è una base fondamentale di intorni di E allora:

WF t.c. WU W+WU+UV

Poniamo allora W1=x+W e W2=y+W che sono rispettivamente intorni di x e di y, evidentemente

tali intorni sono proprio quelli cercati cioè W1W2= infatti se per assurdo W1W2

wW1W2=(x+W)(y+W) w=x+z=y+t con opportuni z,tW x-y=t-z, ma poiché W è

equilibrato -zU x-y=t-zW+WV e si perviene ad un assurdo essendo x-yV

c.v.d.



AE

F base fondamentale di intorni di E Ts: A =

VF (A+V)

Dim Proviamo che A

VF (A+V):

sia xA e si prova che xA+V VF. Fissato quindi un VF, bisogna provare che:

aA e vV t.c. x=a+v

Ricordando che la famiglia degli intorni equilibrati di E è una base fondamentale di intorni di E, si

ha che:

U intorno di E equilibrato t.c. UV

allora poiché xA x di aderenza per A che ogni intorno x interseca A e quindi essendo x+U

intorno di x (x+U)A e quindi:

uU t.c. x+uA

si ha allora che x=(x+u)-uA+UA+V. Proviamo che

VF (A+V)A:


sia xVF (A+V) xA+V VF e facciamo vedere che xA ovvero che x è di aderenza per A

(e cioè che A interseca ogni intorno di x). Fissato ad arbitrio U intorno di x allora:

U1 intorno di E t.c. U=x+U1

e quindi dobbiamo provare che (x+U1)A ovvero:

uU1 t.c. x+uA

Al solito ricordando che la famiglia degli intorni di E equilibrati costituisce una base fondamentale

di intorni, allora:

W intorno di E equilibrato t.c. WU1

e poiché F è una base fondamentale di intorni di E allora:

VF t.c. VWU1

e poiché xA+V vV e aA t.c. x=a+v ovvero x-v=aA, ed ovviamente l’opposto -

vWU1 quindi x-v(x+U1)A UA c.v.d.




(1) E è di Hausdorff

(2) E è chiuso

Dim (1)(2) Come sappiamo per def. di compattezza il singoletto {E} è un compatto e quindi poiché i compatti

di uno spazio di Hausdorff sono chiusi {E} chiuso c.v.d. Dim (2)(1) Poniamo A:=E. Per Hp A è chiuso A =A=E e per la proposizione precedente si ha

E=VF V segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che E è di Hausdorff

c.v.d.

Segue direttamente dal teorema precedente che uno spazio topologico è di Hausdorff se e

solo se i singoli punti sono dei chiusi.





(1) E è di Hausdorff

(2) x0E x0 è chiuso

Dim (1)(2) Sia x0E allora come sappiamo per def. di compattezza il singoletto {x0} è un compatto e quindi

poiché i compatti di uno spazio di Hausdorff sono chiusi {x0} chiuso

c.v.d. Dim (2)(1) Per Hp i singoletti sono dei chiusi e quindi in particolare {E} è un chiuso segue allora dal teorema

precedente che E è di Hausdorff c.v.d.



WE intorno di E

Ts: WW+W

Dim

Diciamo F la famiglia degli intorni di E che è banalmente una base fondamentale di intorni di E e

quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che: W=

VF (W+V)

e pertanto WW+V VF e quindi in particolare WW+W c.v.d.

LEMMA [2102/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AE aperto non vuoto

KA compatto non vuoto

Ts: V intorno di E t.c. K+VA

Dim Indichiamo con F la famiglia degli intorni di E e ordiniamola con una relazione di ordine parziale

filtrante:

U,VF UV VU

Supponiamo per assurdo che la tesi non sia vera cioè:

VF xVK e yVV t.c. xV+yVA


consideriamo allora la successione generalizzata {xV}VF in K. Tenendo presente una

caratterizzazione degli spazi compatti che ci dice che condizione necessaria e sufficiente affinché

sia compatto è che ogni successione generalizzata ammetta punto limite e quindi essendo K

compatto si ha:

x*K punto limite di {xV}VF

vogliamo verificare allora che x* è punto limite per la successione {xV+yV}VF cioè:

H intorno di x* e WF IW t.c. xI+yIH

Fissiamo quindi H intorno di x* e un indice WF. Poiché H è un intorno di x* allora:

UF t.c. H=x*+U

ed inoltre sappiamo che:

U1F t.c. U1+U1U

Poiché U1F e WF U1WF e quindi essendo x* punto limite per la successione

generalizzata {xV}VF allora in corrispondenza dell’intorno x*+U1 di x* e dell’indice U1W si ha

che:

IU1WW (cioè IU1WW) t.c. xIx*+U1

Osserviamo che per costruzione yII e quindi si ha:

xI+yIx*+U1+Ix*+U1+U1Wx*+U1+U1x*+U=H

E quindi x* è un punto limite per {xV+yV}VF. Osserviamo che per costruzione xV+yVA VF

{xV+yV}VF in E\A che è chiuso (in quanto complementare di un aperto) e quindi contiene ogni

punto limite di ogni successione generalizzata in esso x*E\A assurdo perché x*KA

c.v.d.



AE non vuoto e compatto

BE non vuoto e chiuso

Ts: A+B è chiuso

Dim

Proviamo che E\(A+B) è un aperto e quindi proviamo che E\(A+B) è intorno di ogni suo punto. Sia

quindi x0 un arbitrario punto di E\(A+B), verifichiamo che:

x0-AE\B

Supponiamo che per assurdo x0-AE\B (x0-A)B ovvero:

aA e bB t.c. x0-a=b x0=a+b

ovvero x0A+B che è un assurdo. Osserviamo adesso che per Hp A è un compatto che -A è un

compatto in quanto immagine omeomorfa di un compatto (dove ovviamente l’omeomorfismo è


x-x) e x0-A è un compatto in quanto traslato di un compatto, allora essendo E\B un aperto (in

quanto complementare di un chiuso) per il lemma precedente:

V intorno di E t.c. (x0-A)+VE\B

questo ci permette di far vedere è che esiste un intorno di x0 tutto contenuto in E\(A+B) ovvero che

E\(A+B) è intorno dell’arbitrario punto x0, infatti x0+V è un intorno di x0 contenuto in E\(A+B) dal

momento che se non fosse x0+VE\(A+B) allora sarebbe (x0+V)(A+B) ovvero:

yV, aA, bB t.c. x0+y=a+b x0-a+y=b

ovvero ((x0-A)+V)B e ciò è un assurdo dovendo essere (x0-A)+VE\B c.v.d.

23-02-96 PROPRIETÀ [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico FE un sottospazio vettoriale di E Ts: F è un sottospazio vettoriale topologico di E Dim (esercizio) Per Hp E è uno sp. vett. topologico e quindi le funzioni somma e prodotto cioè: f:EEE con f(x,y):=x+y g:KEE con g(,x):=x sono continue. Per provare la nostra tesi dobbiamo verificare che le restrizioni f|FF e g|KF sono continue e che sono a valori in F. Banalmente f|FF e g|KF sono continue essendo restrizioni di funzioni continue. Evidentemente f|FF è a valori in F poiché F è un sottospazio vettoriale e quindi F+F=F e pertanto x,yF si ha che x+yF+F=F. Analogamente g|KF è a valori in F in quanto (essendo F un sottospazio vettoriale) F=F c.v.d. PROPRIETÀ [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico FE un sottospazio vettoriale di E Ts: F è un sottospazio vettoriale di E Dim Vogliamo verificare a monte che: (a) F+FF (b) FF K


Verifichiamo la (a): per una proprietà vista in precedenza sappiamo che F+FF F , ma F è un sottospazio vettoriale e quindi F+F=F ed in definitiva F+FF F =F. Verifichiamo la (b): per una proprietà vista in precedenza sappiamo che F=F ed inoltre F è un sottospazio vettoriale e quindi F=F e pertanto in definitiva F=F=F. Proviamo quindi la nostra tesi e quindi dobbiamo provare che: x,yF e ,K x+yF Fissati quindi x,yF e ,K si ha allora che: x+yF+Fper (b)F+Fper (a)F c.v.d. COROLLARIO [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico GE un varietà affine di E Ts: G è una varietà affine di E Dim (esercizio) Poiché G è una varietà affine allora per definizione: FE sottospazio vettoriale e x0E t.c G=x0+F passando alle chiusure si ottiene: G=x F0 =x0+ F c.v.d. COROLLARIO [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico FE un sottospazio vettoriale di E Ts: F è un sottospazio vettoriale topologico di E PROPRIETÀ [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico IE un iperpiano di E (cioé I è retroimmagine di un rK tramite un funzionale di E) Ts: I è chiuso oppure I è denso Dim Poiché I è un iperpiano allora come abbiamo già osservato in precedenza è una varietà affine di codimensione 1 e questo come sappiamo equivale ad affermare che I è una varietà affine propria massimale (cioé il sottospazio vettoriale di cui essa è il


traslato è un sottospazio vettoriale proprio massimale) cioé: se JE varietà affine t.c. IJ allora I=J Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la chiusura di I è una varietà affine e quindi essendo II si ha che se I =E allora I è denso in E, mentre se IE allora per la massimalità di I deve essere che I= I cioè I chiuso c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico AE un convesso Ts: A è un convesso Dim Costruiamo una mappa, sia cioè: :EE[0,1]E con (x,y,):=x+(1-)y Per definizione essendo per Hp A convesso allora: (AA[0,1])A passando alle chiusure: (A A [0,1]) A () Tenendo presente che è continua in quanto somma di funzioni continue (essendo E spazio vettoriale topologico) e che quindi l’immagine di una chiusura è contenuta nella chiusura dell’immagine, si ha allora che: (AA[0,1])=(A A [0,1] )(A A [0,1]) per ()A c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico AE equilibrato Ts: A è equilibrato Dim Dobbiamo dimostrare che: AA K con ||1 Fissato K con ||1 allora poiché A è equilibrato AA e quindi passando alle chiusure otteniamo (ricordando che A=A) AA c.v.d.



Sia E uno spazio vettoriale topologico AE assolutamente convesso Ts: A è assolutamente convesso


Sia E uno spazio vettoriale topologico AE convesso Ts: A è connesso per archi Dim Dobbiamo provare che comunque presi due punti di A esiste una funzione continua da [0,1] in A che li congiunge. Fissati quindi x,yA allora basta considerare la funzione: :[0,1]A con ()=x+(1-)y la cui continuità è garantita dal fatto che E è uno spazio vettoriale topologico ed evidentemente congiunge x ed y ed ovviamente per la convessità di A ([0,1])=[x,y]A c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico AE convesso Ts: A è connesso Dim A connesso A connesso per archi A connesso c.v.d.

CHIUSURA LINEARE [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano E uno sp. vettoriale topologico, AE. Diciamo allora chiusura lineare di A e la indichiamo con span (A) l’intersezione di tutti i sotto spazi chiusi contenenti A cioè: span (A):={FE : F sottospazio vettoriale chiuso di E t.c. AF} Chiaramente dalla definizione si osserva che span (A) è il più piccolo sottospazio vettoriale chiuso contenente A. CHIUSURA CONVESSA [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano E uno sp. vettoriale topologico, AE . Diciamo allora chiusura convessa di A


e la indichiamo con conv(A) l’intersezione di tutti i convessi chiusi contenenti A cioè: conv(A):={CE : C convesso chiuso di E t.c. AC} Chiaramente dalla definizione si osserva che conv(A) è il più piccolo chiuso convesso contenente A. CHIUSURA ASSOLUTAMENTE CONVESSA [2302/Errore. L'argomento


Siano E uno spazio vettoriale topologico, AE. Diciamo allora chiusura assolutamente convessa di A e la indichiamo con abconv(A) l’intersezione di tutti i chiusi assolutamente convessi contenenti A cioè: abconv(A):={CE : C assolutamente convesso e chiuso t.c. AC} Chiaramente dalla definizione si osserva che abconv(A) è il più piccolo chiuso assolutamente convesso contenente A. Dimostriamo la seguente caratterizz. della chiusura lineare che ci dice che la chiusura lineare di un insieme coincide con la chiusura dell’inviluppo lineare dell’insieme. TEOREMA [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E un spazio vettoriale topologico AE Ts: span(A)=span(A) Dim Proviamo che span(A)span(A): Per definizione span(A) è il più piccolo sottospazio vettoriale che contiene A e quindi essendo span(A) uno spazio vettoriale che contiene A allora deve essere che span(A)span(A) e quindi passando alle chiusure span(A)span(A). Proviamo che span(A)span(A): span(A) è un sottospazio vettoriale segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che span(A) è un sottospazio vettoriale chiuso e chiaramente Aspan(A) e quindi essendo per definizione span (A) il più piccolo spazio vettoriale chiuso contenente A deve essere allora che span(A)span(A) c.v.d.


Dimostr. la seguente caratt. della chiusura convessa che ci dice che la chiusura convessa di un insieme coincide con la chiusura dell’inviluppo convesso dell’insieme. TEOREMA [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico AE Ts: conv(A)=conv(A) Dim Proviamo che conv(A)conv(A) : si ricorda che per definizione conv(A) è l’intersezione di tutti i convessi contenenti A e quindi essendo per definizione conv(A) l’intersezione di tutti i convessi chiusi contenenti A allora chiaramente conv(A)conv(A) e quindi passando alle chiusura otteniamo conv(A)conv(A). Proviamo che conv(A)conv(A) : conv(A) è un convesso e quindi ricordando che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la chiusura di un convesso è un convesso si ha che conv(A) è un convesso ed inoltre chiaramente Aconv(A) e quindi essendo per definizione conv(A) il più piccolo chiuso convesso contenente A allora deve necessariamente essere che conv(A)conv(A) c.v.d. In maniera analoga si dimostra la seguente prop. che ci dice che la chiusura assol. conv. di un insieme coincide con la chiusura dell’invi. assol. conv. dell’insieme.


Sia E uno spazio vettoriale topologico AE Ts: abconv(A)=abconv(A) Sappiamo che la famiglia degli intorni dell’origine equilibrati è una base fondamentale di intorni dell’origine; evidentemente una sottofamiglia è costituita dalle (per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.) chiusure dei membri di tale famiglia e dagli intorni chiusi ed equilibrati di E, vogliamo allora dimostrare qui di seguito che tale sottofamiglia è ancora un base fondamentale di intorni dell’origine.



Sia E uno spazio vettoriale topologico F famiglia degli intorni equilibrati e chiusi di E Ts: F è una base fondamentale di intorni di E Dim Dobbiamo dimostrare che: H intorno di E UF t.c. UH () Sia quindi H un intorno di E. Sappiamo che la famiglia degli intorni di E equilibrati è una base fondamentale di intorni di E, e pertanto in corrispondenza di H: W intorno di E equilibrato t.c. W+WH Consideriamo allora W che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è equilibrato ed inoltre W è un intorno di E essendo WW e quindi WF, e per una proprietà vista si ha: WW+WH allora nella () basta scegliere U:=W e si ha la tesi. COROLLARIO [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso Ts: una base fondamentale di intorni di E assolutamente convessi e chiusi Dim (esercizio) Dobbiamo dimostrare che: H intorno di E W intorno di E assolutamente convesso e chiuso t.c. WH Per Hp E è localmente convesso e quindi segue dalla proprietà precedente che: F base fondamentale di intorni di E assolutamente convessi e quindi in corrispondenza di H si ha che: UF t.c. U+UH ed inoltre per una proprietà fatta sappiamo che UU+UH, ovviamente U (poiché UU) è un intorno di E ed è assol. convesso per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ed è banalmente chiuso. E quindi in definitiva abbiamo trovato U intorno di E assol. convesso e chiuso contenuto nel fissato H intorno di E, che è proprio quello che volevamo dimostrare.



Sia E uno spazio vettoriale topologico sono allora equivalenti: (1) E è localmente connesso (2) E ammette una base fondamentale di intorni connessi Dim (1)(2) (ovvia) Dim (2)(1) Dobbiamo dimostrare che ogni punto di è ammette una base fondamentale di intorni connessi. Fissiamo quindi x0E e osserviamo che per Hp: F base fondamentale di intorni connessi di E consideriamo allora la famiglia: {x0+V}VF che è una famiglia di intorni di x0, che sono pure connessi in quanto traslati di connessi e banalmente si vede che tale famiglia è una base fondamentale di intorni connessi di x0 c.v.d. PROPRIETÀ [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico AE equilibrato Ts: A è connesso Dim Per provare che A è connesso facciamo uso di una caratterizzazione dei connessi che ci dice che uno spazio è connesso se e solo se comunque presi due suoi punti esiste un sottoinsieme connesso che li contiene. Siano quindi x0,y0A consideriamo allora gli insiemi: F:=x0 : 01 G:=y0 : 01 che sono sottoinsiemi di A essendo questo equilibrato per Hp. Evidentemente F e G sono dei connessi in quanto immagine dell’intervallo (e quindi connesso) [0,1] tramite la funzione x continua. Si ricorda che in generale l’unione di connessi non è un connesso ma lo è se l’intersezione è non vuota e quindi osservando che E=0x0=0y0FG FG FG connesso e poiché {x,y}FG si ha allora per quanto detto sopra che A è connesso c.v.d.



Sia E uno spazio vettoriale topologico Ts: E è localmente connesso Dim Dobbiamo provare che E ammette una base fondam. di intorni connessi, ma sappiamo già che E ammette una base fondam. di intorni equilibrati, segue allora dalla proprietà precedente che tale base è una base fondam. di intorni connessi di E. SEMISFERA [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale, p:E[0,+[ seminorma, x0E, r>0. Diciamo semisfera di centro x0 e raggio r relativa alla norma p, l’insieme: S(p,x0,r)=yE : p(y-x0)<r PROPRIETÀ [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale p:E[0,+[ seminorma, >0, x0E valgono allora le seguenti proprietà: S(p,E,)=S(p,E,1) S(p,x0,)=x0+S(p,E,) S(p,x0,)=x0+S(p,E,1) S(p,E,) è equilibrato S(p,x0,) è convesso Dim (esercizio) Proviamo che S(p,E,)S(p,E,1):

sia xS(p,E,):={xE t.c. p(x)<} p(x)< e per l’omogeneità di p p x

<1 e

quindi poiché possiamo scrivere x=x xS(p,E,1).

Proviamo che S(p,E,1)S(p,E,): sia xS(p,E,1):={xE t.c. p(x)<1} e quindi: zE con p(z)<1 t.c. x=z si ha allora che p(x)=p(z)=p(z)< xS(p,E,) c.v.d. Dim (esercizio) Proviamo che S(p,x0,)x0+S(p,E,):


Sia zS(p,x0,) p(z-x0)< e quindi si ha banalmente z=x0+(z-x0)x0+S(p,E,). Proviamo che x0+S(p,E,)S(p,x0,): sia zx0+S(p,E,) xS(p,E,) t.c. z=x0+x si ha allora che: p(z-x0)=p(x0+x-x0)=p(x)< e quindi zS(p,x0,) c.v.d. Dim (esercizio) S(p,x0,)=per =x0+S(p,E,)=per =x0+S(p,E,) c.v.d. Dim (esercizio) Dobbiamo dimostrare che: xS(p,E,) e K con ||1 xS(p,E,) Siano quindi xS(p,E,) e K con ||1 si ha allora che: p(x)=per l’omogeneità di p=||p(x)p(x)<r ovvero xS(p,E,) c.v.d. Dim (esercizio) Osserviamo che per la S(p,x0,)=x0+S(p,E,) e quindi ricordando che traslati di convessi sono convessi basta allora provare che S(p,E,) è convesso. Dobbiamo dimostrare che: x,yS(p,E,) x+(1-)yS(p,E,) [0,1] Siano quindi x,yS(p,E,) e [0,1], osserviamo allora che: p(x+(1-)y)p(x)+p((1-)y)=p(x)+(1-)p(y)<+(1-)= ovvero x+(1-)yS(p,E,) c.v.d. TOPOLOGIA GENERATA DA UNA FAMIGLIA DI SEMINORME [2302/Errore.


Sia E uno spazio vettoriale, e P una famiglia di seminorme su E. Chiamiamo topologia indotta dalla famiglia P di seminorme su E quella generata dalla famiglia di semisfere: S(p,x,r) : pP, xE, r>0 Un caso particolare della definzione appena data è il caso in cui la topologia è generata da una sola seminorma. Evidentemente un esempio a noi già noto è il caso degli spazi normati.



Sia E uno spazio vettoriale P:={pi}iI famiglia di seminorme su E WE, W xW Sono equivalenti le seguenti affermazioni: (1) W è un intorno di x nella topologia indotta da P

(2) r>0 e p1,...,pnP t.c. i=1

n S(pi,x,r)W

Dim (1)(2) se W è intorno di x allora per definizione: A aperto t.c. xAW per definizione di topologia generata A si può scrivere come unione di intersezioni finite di semisfere e quindi si desume che:

p1,...,pn e x1,...,xnE e r1,...,rn>0 t.c. xi=1

n S(pi,xi,ri)A pi(x-xi)<ri i=1,...,n

sia allora r:=minri-pi(x-xi) : i=1,...,n e verifichiamo l’inclusione:

i=1

n S(pi,x,r)

i=1

n S(pi,xi,ri)

Sia yi=1

n S(pi,x,r) yS(pi,x,r), i=1,...,n pi(x-y)<r i=1,...,n

Osserviamo adesso che: pi(xi-y)=pi(xi-x+x-y)pi(xi-x)+pi(x-y)<pi(xi-x)+rpi(xi-x)+ri-pi(x-xi)=ri i=1,...,n

ovvero yi=1

n S(pi,xi,ri).

E quindi in definitiva:

i=1

n S(pi,xi,r)

i=1

n S(pi,xi,ri)AW c.v.d.

Dim (2)(1) Evidentemente l’insieme:

i=1

n S(pi,x,r)

è un aperto per definizione di topologia generata e quindi essendo questo per Hp contenuto in W segue allora che W è un intorno di x c.v.d.


FAMIGLIA DI SEMINORME SATURATA [2302/Errore. L'argomento


Sia E uno spazio vettoriale e P una famiglia di seminorme su E. Diciamo che la famiglia P è saturata se comunque prese due seminorme di P ne esiste una terza che le maggiora entrambe, cioé: p1,p2P p3P t.c. maxp1(x), p2(x)p3(x) xE


Sia E uno spazio vettoriale P:={pi}iI famiglia di seminorme su E saturata WE, W xW Sono equivalenti le seguenti affermazioni: (1) W è un intorno di x nella topologia indotta da P (2) r>0 e pP t.c. S(p,x,r)W Dim (1)(2) Dalla prima implicazione del teorema precedente si ha che:

r>0 e p1,...,pnP t.c. i=1

n S(pi,x,r)W

Poiché P è saturata allora: pP t.c. max 1 i n

{pi(x)}p(x) xE

si ha allora banalmente che:

S(p,x,r)i=1

n S(pi,x,r)

infatti yS(p,x,r) si ha: pi(x-y)max 1 i n

{pi(x-y)}p(x-y)<r i=1,..,n c.v.d.

Dim (2)(1) Per definizione di topologia generate S(p,x,r) è un aperto contenente x e quindi W è un intorno di x c.v.d. PROPRIETÀ [2302/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]



P famiglia di seminorme su E Ts: una famiglia di seminorme P1 P saturata inducente la stessa topologia di P Dim Indichiamo con G la famiglia di tutti sottoinsiemi finiti e non vuoti di P cioè: G:={AP : A e A finito} Consideriamo AG e andiamo a definire il funzionale: p(A):E[0,+[ con p(A)(x):= max

p A p(x) xE

vogliamo provare allora che p(A) è una seminorma e quindi dobbiamo provare che soddisfa alla omogeneità assoluta e alla sub-additività. Verifichiamo che p(A) è positivamente omogenea: siano quindi K e xE si ha allora che: p(A)(x):= max

p A p(x)= max

p A ||p(x)=|| max

p A p(x)=||p(A)(x)

Verifichiamo che p(A) è sub-additiva: siano quindi x,yE si ha allora che: p(x+y)p(x)+p(y)max

p A p(x)+ max

p A p(y) pA

e quindi poiché questa disuguaglianza vale pA allora possiamo passare al max al primo membro e otteniamo: max p A

p(x+y)max p A

p(x)+ max p A

p(y)

ovvero: p(A)(x+y)p(A)(x)+p(A)(y) Nasce così la famiglia di seminorme: P1:={p(A) : AG} e banalmente si vede PP1, proviamo allora che tale famiglia è quella promessa dalla tesi e quindi dobbiamo provare che è saturata e che induce alla stessa topologia di P. Proviamo che P1 è saturata e quindi dobbiamo provare che prese due seminorme in P1 allora esiste una terza seminorma di P1 che le maggiora entrambe. Siano quindi ( )1Ap , ( )2Ap P1 dove ovviamente A1, A2G (cioè A1 e A2 sono due sottoinsiemi di P finiti ovvero contengono un numero finito di seminorme di P) consideriamo allora A1A2 che appartiene evidentemente ancora a G poichè l’unione di insiemi finiti è un insieme finito e quindi la seminorma ( )1A 2p A P1 e chiaramente tale seminorma maggiora ( )1Ap e ( )2Ap (ovvio basta esplicitare la definizione di tale seminorma e osservare che A1A1A2 e A2 A1A2). Sia la


topologia generata da P e 1 la topologia generata da P1 dobbiamo provare che =1 e lo facciamo al solito confrontando gli intorni relativi alle topologie in questione. Proviamo che 1: sia x0E e W un -intorno di x0 e quindi:

p1,...,pnP e r>0 t.c. i=1

n S(pi,x0,r)W

e quindi essendo PP1 che ogni -semisfera è una 1-semisfera che W contiene l’intersezione di un numero finiti di 1-intorni di x0 W 1-intorno di x0. Proviamo che 1: Sia V un 1-intorno di x0, poichè la P1 è saturata questo significa allora per come sono fatti gli intorni, che esiste una semisfera relativa a una particolare seminorma di P1 contenuta in V cioè: A:={p1,...,pnP}G e r>0 t.c. S(p(A),x0,r)V (1) Vogliamo adesso osservare che:

i=1

n S(pi,x0,r)=S(p(A),x0,r) (2)

Proviamo che i=1

n S(pi,x0,r)S(p(A),x0,r):

sia xi=1

n S(pi,x0,r) pi(x-x0)<r i=1,...,n p(A)(x-x0):= max

p A p(x-x0)=

=max 1 i n

pi(x-x0)<r xS(p(A),E,r).

Proviamo che S(p(A),x0,r)i=1

n S(pi,x0,r):

se xS(p(A),x0,r):={xE : p(A)(x-x0)<r} pi(x-x0)max 1 i n

pi(x-x0)= max p A

p(x-x0)=

=:p(A)(x-x0)<r i=1,...,n che xi=1

n S(pi,x0,r).

E quindi segue da (1) e da (2) che:

i=1

n S(pi,x0,r)V

e pertanto essendo per definizione i=1

n S(pi,x0,r) un -aperto contenente x0 che V è

un -intorno di x0 c.v.d.

26-02-96




sia P:={pi}iI una famiglia di seminorme su E

Ts: la topologia indotta da P su E è vettoriale

Dim (esercizio)

In queste Hp evidentemente non restrittivo supporre che la famiglia di seminorme P sia saturata,

poiché come abbiamo visto nella lezione precedente a partire da una qualunque famiglia di

seminorme se ne può costruire un’altra saturata ed inducente la stessa topologia della famiglia di

seminorme di partenza. Consideriamo quindi le funzioni somma e prodotto cioè:

f:EEE con f(x,y):=x+y

g:KEE con g(,x):=x

e proviamo che sono continue.

Proviamo che f è continua:

fissati quindi ad arbitrio x0,y0E dobbiamo provare che:

V intorno di f(x0,y0)=x0+y0 EE intorno di (x0,y0) t.c. f()V

Sia quindi V un intorno di x0+y0 e pertanto:

pP e r>0 t.c. S(p,x0+y0,r)V

consideriamo allora:

:=S p,x0,

r2

S

p,y0,

r2

che è per definizione di topologia prodotto un intorno di (x0,y0), vogliamo verificare allora che:

f()=S(p,x0+y0,r)V

Sia quindi zf():=S p,x0,

r2

+S

p,y0,

r2

z=z1+z2 per opportuni:

z1S p,x0,

r2

p(z1-x0)<

r2

z2S p,y0,

r2

p(z2-y0)<

r2

si ha allora che:

p(z-x0-y0)=p(z1+z2-x0-y0)pi(z1-x0)+pi(z2-y0)<r2 +

r2 =r

ovvero zS(p,x0+y0,r). E quindi la continuità di f è provata.

Proviamo che g è continua:

fissati quindi ad arbitrio K e x0E dobbiamo provare che:

V intorno di g(,x0)=x0 KE intorno di (,x0) t.c. g()V

Sia quindi V un intorno di x0 e pertanto:


pP e r>0 t.c. S(p,x0,r)V

Poniamo:

e Scegliamo:

'K t.c. r

p x2 0( ) <|'|-|| (1)

Consideriamo allora:

:=B ,

rp x2 0( )

i=1

n S

p,x0,

r2 '

che è evidentemente un intorno di (,x0), vogliamo provare allora che:

f()S(p,x0,r)V

Sia quindi zf() z=y per opportuni:

B ,

rp x2 0( )

:=

K : |-|<

rp x2 0( )

|-|<r

p x2 0( ) (2)

yS p,x0,

r2 '

p(y-x0)<

r2 ' (3)

Sappiamo che |||-||||-| -|-|||-|||-| e quindi da questa segue che:

|||-|+||<per (2)<r

p x2 0( ) +||<per la (1)<|'|-||+||=|'| (4)

E quindi guadagnate le maggiorazioni opportune si ha: p(z-x0)=p(y-x0)=p(y-x0+x0-x0)p(y-x0)+p(x0-x0)=

=||p(y-x0)+|-|p(x0)<per (4) e (2)<|'|p(y-x0)+r

p x2 0( ) p(x0)<per (3)<

<|'|r

2 ' +r2 =r i=1,...,n

ovvero zS(p,x0,r). E quindi la continuità della g è provata.

E pertanto l’asserto è completamente dimostrato.

Abbiamo osservato in precedenza che per confrontare due topologie vettoriali

equivalentemente si possono confrontare i rispettivi intorni dell’origine, e quindi per la proprietà

precedente questo vale in particolare per le topologie vettoriali indotte da una famiglia di

seminorme, ma come osservato qui di seguito per tali topologie il lavoro si semplifica ancora di più

in quanto in tal caso il confronto equivale al confronto delle rispettive semisfere centrate

nell’origine.




P1,P2 due famiglie di seminorme su E e siano 1 e 2 le rispettive topologie indotte

allora 12 ogni 1-semisfera di E è un 2-intorno di E

Dim (esercizio) Per Hp 12 e poiché per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. le topologie in

questione sono vettoriali allora questo equivale ad affermare che ogni 1-intorno di E è un 2-

intorno di E e quindi in particolare ogni 1-semisfera di E (che è ovviamente un intorno di E, in

quanto aperto per definizione di topologia generata da una famiglia di seminorme, contenente E) è

un 2-intorno di E c.v.d.

Dim (esercizio) Al solito possiamo supporre che le famiglie di seminorme P1 e P2 siano saturate poiché se non lo

fossero come abbiamo già osservato a partire da queste possiamo costruire altre due famiglie di

seminorme su E inducenti le medesime topologie indotte rispettivamente dalle P1 e P2. Dobbiamo

dimostrare che ogni 1-intorno di E è un

2-intorno di E. Sia quindi W un 1-intorno di E e pertanto per la caratterizzazione degli intorni

di una topologia vettoriale generata da una famiglia di seminorme saturata si ha che:

r>0 e pP1 t.c. S(p,E,r)W

e quindi poiché per ipotesi la semisfera S(p,E,r) è un 2-intorno di E segue che W è un 2-intoro

di E c.v.d.

Adesso ci proponiamo di caratterizzare le topologie vettoriali localmente convesse.


Sia E sp. vett. topologico

Allora le due seguenti condizioni sono equivalenti :

(1) E è localmente convesso

(2) una famiglia P di seminorme su E che induce la topologia di E

Dim (1)(2) Nella lezione precedente si è provato che in uno spazio localmente convesso esiste una base

fondamentale di intorni assolutamente convessi, sia quindi U una base fondamentale di intorni di

E assolutamente convessi. Sia VU V è assolutamente convesso ed è radiale in E in quanto

intorno di E (ricordando che in uno spazio vettoriale topologico ogni intorno di E è radiale in E).

Essendo V radiale in E allora ha senso considerare il funzionale di Minkowski associato a V cioè:

pV:E[0,+[ con pV(x):={>0 : xA}

tale funzionale di Minkowski dal momento che V è assolutamente convesso per una proprietà vista

in precedenza è una seminorma su E. Consideriamo quindi la famiglia di seminorme:


F={pV}VU

vogliamo allora provare che tale famiglia induce alla topologia su E, cioè detta la topologia su E

e detta 1 la topologia indotta su E dalla famiglia di seminorme F allora vogliamo provare che

=1 e quindi essendo in presenza di topologie vettoriali basta fare il confronto con gli intorni

dell’origine E cioè bisogna provare che ogni -intorno di E è un 1-intorno di E e viceversa.

Proviamo che 1:

sia W un -intorno di E e quindi essendo U una base fondamentale di -intorni di E

(assolutamente convessi) si ha:

VU t.c. VW

In precedenza quando abbiamo trattato il funzionale di Minkowski abbiamo dimostrato che:

S(pV,E,1):={xE : pV(x)<1}V

e pertanto essendo (per definizione di topologia indotta da una famiglia di seminorme) S(pV,E,1)

un 1-intorno di E contenuto in V segue che V è un 1-intorno di E e poiché VW W 1-

intorno di E.

Proviamo che 1:

sia quindi W un 1-intorno di E e quindi per la caratterizzazione degli intorni nella topologia

generata da un afamiglia di seminorme si ha che:

V1,...,VnU e >0 t.c. i=1

n S(pVi

,E,)W (1)

Evidentemente si ha quanto voluto (cioè provare che W è un -intorno di E) se proviamo che:

VU e >0 S(pV,E,) è -intorno di E

poiché in tal caso per la (1) si avrebbe che W contiene l’intersezione di un numero finito di -

intorni di E ovvero W sarebbe un -intorno di E. Sia quindi VU e >0 e consideriamo 0<‘<,

allora per una proprietà del funzionale di Minkowsky si ha che:

‘V‘{xE : pV(x)1}={xE : pV(x)'}{xE : pV(x)<}=:S(pV,E,) (2)

e quindi essendo V un -intorno di E 'V -intorno di E segue allora da (2) che S(pV,E,) è

un -intorno di E c.v.d.

Dim (2)(1) Per Hp P famiglia di seminorme inducente la topologia vettoriale di E che diciamo , dobbiamo

allora provare che E è localmente convesso, cioè dobbiamo provare che esiste una base

fondamentale di intorni convessi dell’origine. Per il solito discorso non è restrittivo supporre che la

famiglia P sia saturata e quindi è indotta da P saturata. Andiamo a considerare la famiglia:

G={S(p,E,r) : pP e r>0}

che banalmente costituisce una base fondamentale di intorni di E infatti se prendiamo un

qualunque intorno V di E allora (ricordando la caratterizzazione degli intorni in una topologia


indotta da una famiglia di seminorme saturata) c’è una semisfera centrata in E, relativa ad una

particolare seminorma di P, di raggio opportuno ovvero un membro di G, che è contenuta in V. Ed

inoltre ricordando che le semisfere sono dei convessi si ha allora che i membri di tale famiglia G

sono dei convessi. E quindi in definitiva la G è una base fondamentale di intorni di E convessi, che

è proprio quello che volevamo dimostrare

c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico.

P famiglia di seminorme su E inducente la topologia di E

Allora E è di Hausdorff xE\{E} pP t.c. p(x)>0

Dim

Al solito possiamo supporre che P sia saturata. Sia xE con xE dobbiamo fare vedere che:

pP t.c. p(x)>0

Teniamo presente la caratt. degli sp. vett. top. di Hausdorff che afferma che uno sp. vett. top. è di

Hausdorff se e solo se comunque presa una base fondamentale di intorni di E, l’intersezione dei

suoi membri si riduce al solo E. Andiamo allora a considerare la famiglia delle semisfere relative

alle seminorme di P, di centro E cioè:

{S(p,E,) : pP e >0}

che come già visto forma una base fondamentale di intorni di E e poiché la topologia è di

Hausdorff allora deve essere:

{S(p,E,) : pP e >0}={E}

e quindi essendo xE allora c’è una qualche semisfera che non contiene x cioè:

pP e >0 t.c. xS(p,E,)

e questo significa che p(x)≥>0 p(x)>0 c.v.d.

Dim

Dobbiamo provare che lo spazio E è di Hausdorff (facciamo uso del teorema di caratterizzazione)

cioè dobbiamo dimostrare che l’intersezione di tutti gli intorni di E è {E} e quindi facciamo

vedere che preso un generico elemento appartenente ad E e diverso da E allora esiste un qualche

intorno di E che non contiene tale elemento. Sia quindi xE e xE andiamo a trovare un intorno

di E che non contiene x. Segue da Hp che pP t.c. p(x)>0, consideriamo allora la semisfera :

S p,E ,

p x( )2

:=

yE : p(y)<p x( )

2

che è un intorno di E e ovviamente non contiene x, poiché non può essere che p(x)<p x( )

2

c.v.d.



Sia E uno spazio vettoriale topologico.

Le due condizioni seguenti sono equivalenti

(1) E è localmente convesso è di Hausdorff

(2) P famiglia di seminorme su E inducente la topologia su E, tale che xE e xE

pP t.c. p(x)>0

Dim (1)(2)

Poiché E è localmente convesso segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

P famiglia di seminorme che induce alla topologia di E

ed essendo E di Hausdorff segue allora direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

xE e xE pP t.c. p(x)>0 c.v.d.

Dim (2)(1) Per Hp abbiamo che P famiglia di seminorme su E inducente la topologia su E, tale che xE e

xE pP t.c. p(x)>0 segue allora direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. e dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che E è localmente convesso

e di Hausdorff c.v.d.

28-02-96



P famiglia di seminorme inducente la topologia di E

{x}D una successione generalizzata di E, x0E Allora lim

x=x0 lim

p(x-x0)=0 pP

Dim Fissata ad arbitrio una seminorma pP, dobbiamo provare che:

>0 D t.c. p(x-x0)<

Fissato quindi >0, poiché per Hp la successione generalizzata {x}Dx0 allora in

corrispondenza dell’intorno S(p,x0,) di x0 si ha che:

D t.c. xS(p,x0,) p(x-x0)< c.v.d.



U intorno di x0 D t.c. xU

Sia quindi U un intorno di x0 e quindi:

p1,...,pnP e r>0 t.c. i=1

n S(pi,x0,r)U

Segue dall’Hp che:

i=1,...,n iD t.c. pi(x-x0)<r i

Osservando adesso che in D è definito un ordinamento filtrante e quindi:

D t.c. i 1=1,...,n

e quindi si ha:

pi(x-x0)<r e i=1,...,n xi=1

n S(pi,x0,r)U c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso e Io-numerabile

Ts: {Vn}nN base di intorni di E assolutamente convessi

Dim Per Hp E è I-numerabile e quindi:

{Un}nN base fondamentale di intorni di E

e poiché E è localmente convesso allora per una proprietà precedente sappiamo che una base

fondamentale di intorni di E assolutamente convessi e quindi si ha che:

nN Vn intorno di E assolutamente convesso t.c. VnUn

e quindi si costruisce cosi {Vn}nN che è ovviamente una base fondamentale di intorni di E

assolutamente convessi c.v.d.

Dimostriamo il seguente lemma elementare di analisi uno propedeutico alla

carratterizzazione degli spazi localmente convessi e metrizzabili.


{akn}k,nN successione a due indici t.c. limk

akn=0 nN

{bn}nN con bn≥0 nN t.c. n

1bn<+ e |akn|bn k,nN

Ts : limk n

1|akn|=0

Dim


Per Hp n

1bn è convergente ed inoltre |akn|bn k,nN segue allora dal criterio del confronto che

la serie n

1|akn| è convergente kN. Dobbiamo provare che:

>0 kN t.c. k>k n

1|akn|<

Fissiamo quindi un >0. Per Hp la serie nn=1

b

è convergente e quindi in corrispondenza della

quantità 2 si ha che:

N t.c. n

1bn-

n

r

1bn =

n r

1bn<

2 r>

fissiamo quindi un qualunque r>, e andiamo sfruttare il fatto che per Hp limk

akn=0 nN e

quindi in corrispondenza della quantità 2r si ha che:

k*N t.c. |akn|2r k>k* n=1,...,r

Scelto k=k* allora k>k si ha che:

n

1|akn|=

n=1

r |akn|+

n= +1r

|akn|

2r +

n= +1r

bn

2

+ 2

= c.v.d.


E spazio vettoriale topologico

Le seguenti tre condizioni sono equivalenti:

(1) E localmente convesso e metrizzabile

(2) E è I-numerabile e di Hausdorff e localmente convesso

(3) una successione {pn}nN di seminorme su E, inducente la topologia di E t.c.

xE con xE nN t.c. pn(x)>0

Dim (1)(2) Questa implicazione è banale poiché la topologia di uno spazio metrico è di Hausdorff e primo

numerabile c.v.d.

Dim (2)(3)


Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. {Vn}nN base di intorni di E

assolutamente convessi, allora se andiamo a considerare i funzionali di Minkowski associati a

questa base, cioé: {

nVp }nN

sappiamo che costituiscono una famiglia di seminorme che genera o induce la topologia su E ed

essendo E di Hausdorff allora per un risultato precedente si ha che tale famiglia soddisfa proprio

alla proprietà che:

xE, con xE nN t.c. pn(x)>0 c.v.d.

Dim (3)(1)

Tra le Hp abbiamo che una successione {pn}nN di seminorme su E, inducente la topologia di E e

questo per un teorema di caratterizzazione fatto la lezione scorsa significa che lo spazio E è

localmente convesso. Dobbiamo provare che la topologia di E è metrizzabile cioè dobbiamo andare

a costruire una metrica che induce la topologia originaria. Consideriamo la funzione:

d:EER con d(x,y):=n

1

12n

n

n

p x yp x y( )

( )

1

che è una funzione a valori reali non negativi e finiti. Vogliamo provare che tale funzione d:EE

R è una metrica, cioè vogliamo provare che d è a valori finiti e che soddisfa alle tre proprietà

della metrica.

Verifichiamo che d è a valori finiti:

fissati x,yE dobbiamo provare che d(x,y)<+. Osserviamo che banalmente: 12n

n

n

p x yp x y( )

( )

1 12n nN

e quindi il termine generale della serie che definisce la d in (x,y) è maggiorato nN dal termine

generale della serie geometrica di ragione 1/2 che è convergente che la serie che definisce la d in

(x,y) è convergente cioè:

d(x,y):=n

1

12n

n

n

p x yp x y( )

( )

1 <+

Verifichiamo che d(x,y)=d(y,x):

d(x,y)=12 11 nn

n

n

p x yp x y

( )( )

=12 11 nn

n

n

p y xp y x

( ( ))( ( ))

=12 11 nn

n

n

p y xp y x

( )( )

=d(y,x)

Verifichiamo la proprietà triangolare d(x,z)d(x,y)+d(y,z) x,y,zE : Consideriamo la funzione reale di variabile reale:

:]0,+[R definita da (t):=t

t1

(che è quindi sempre positiva) e andiamo a fare la derivata prima:


'(t)=

11 2t

banalmente si osserva che '(t)>0 t>0 e quindi la nostra è strettamente crescente (essendo

definita per t>0).

Fissati ad arbitrio x,y,zE per la sub-additivita della seminorma si ha che:

pn(x-z)pn(x-y)+pn(y-z)

applicando quindi ad ambo i membri la che è crescente si ha che:

(pn(x-z))(pn(x-y)+pn(y-z))

ovvero: n

n

p x zp x z( )

( )

1 n n

n n

p x y p y zp x y p y z( ) ( )

( ) ( )

1= n

n n

p x yp x y p y z

( )( ) ( )

1

+ n

n n

p y zp x y p y z

( )( ) ( )

1

n

n

p x yp x y( )

( )

1+ n

n

p y zp y z( )

( )

1

riscriviamo il primo e l’ultimo membro: n

n

p x zp x z( )

( )

1 n

n

p x yp x y( )

( )

1+ n

n

p y zp y z( )

( )

1

moltiplicando ambo i membri della precedente e per 1/(2n) e applicando la sommatoria otteniamo:

n

1

12n

n

n

p x zp x z( )

( )

1 n

1

12n

n

n

p x yp x y( )

( )

1 +n

1

12n

n

n

p y zp y z( )

( )

1 d(x,z)d(x,y)+d(y,z)

Verifichiamo d(x,y)=0 x=y:

Supponiamo che d(x,y)=0 n

1

12n

n

n

p x yp x y( )

( )

1 =0 ed essendo questa una serie a termini non

negativi n

n

p x yp x y( )

( )

1 =0 nN pn(x-y)=0 nN.

Osserviamo adesso che per Hp se xE e xE allora nN t.c. pn(x)>0 e quindi da questo segue

che affinché si abbia pn(x-y)=0 nN deve necessariamente essere

x-y=E x=y .Analogamente si prova il viceversa.

E quindi d:EE[0,+[ è una metrica su E. Vogliamo provare che la metrica d induce alla

topologia originaria. Sia la topologia di E indotta da {pn} e chiamiamo d la topologia indotta da

d, vogliamo provare che =d. Teniamo presente che la (3) ci dice che la topologia è I-

numerabile infatti se andiamo a considerare la famiglia F i cui elementi sono dati dall’intersezione

di un numero finito di semisfere relative alle {pn} centrate in E con raggi razionali cioè:

F:= i=1

k S(pi,E,r) : kN e rQ+


questa è una famiglia numerabile di intorni di E (poiché Q e N sono numerabili) e chiaramente F

costituisce una base fondamentale di intorni di E poiché se consideriamo un qualunque intorno V

di E allora per (definizione di intorno):

ono n1,...,nmN (con mN finito) e >0 t.c. i

m

1 S( inp ,E,)V

scegliamo adesso un k>max{ni : 1im} e un numero razionale 0<r< si ha allora che:

n

k

1 S(pn,E,r)

i

m

1 S( inp ,E,)V

n

k

1 S(pn,E,r)V

cioè abbiamo trovato un elemento della famiglia F che è contenuto in V F base fondamentale di

intorni che rende lo spazio E I-numerabile (chiaramente questo ci dice che la (3) (2)).

Osserviamo che anche la topologia d rende lo spazio E

I-numerabile poiché la d è indotta da una metrica. E quindi poiché entrambe le topologie rendono

lo spazio I-numerabile, possiamo allora provare che =d facendo uso di un criterio sequenziale

che si è già visto in topologia generale che ci permette di stabilire se le due topologie sono

coincidenti solo confrontando le convergenze di successioni ordinarie, cioè =d se e solo se ogni

successione ordinaria -convergente è pure d-convergente e viceversa.

Proviamo che d:

sia {xk}kN una successione ordinaria in E e x0E e supponiamo che lim k

xk=x0 rispetto a

dobbiamo provare allora che {xk} è d-convergente a x0. Poiché {xk} è

-convergente ad x0 per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che:

lim k

pn(xk-x0)=0 nN

A questo punto applichiamo di peso il lemma Errore. L'argomento parametro è sconosciuto., prendendo come successione doppia {akn}k,nN e come {bn}nN così fatte:

akn:=12 1

0

0nn k

n k

p x xp x x( )

( )

e bn:=

12n

che banalmente soddisfano le Hp del lemma infatti:

(a) la serie di termine generale bn=12n è la serie geometrica di ragione 1/2 convergente

(b) akn=12 1

0

0nn k

n k

p x xp x x( )

( )

12n 1=

12n =bn k,nN

(c) lim k

akn= lim k

12 1

0

0nn k

n k

p x xp x x( )

( )

=

12n lim

k

n k

n k

p x xp x x( )

( )

0

01=

12n 0=0 fissato nN

Possiamo applicare quindi la tesi del lemma che ci dice:


lim k n

1

12 1

0

0nn k

n k

p x xp x x( )

( )

=0 lim

kd(xk,x0)=0 che {xk} è convergente a x0 rispetto alla

topologia 1.

Proviamo che d:

sia {xk} convergente ad un punto x0E rispetto alla topologia d dobbiamo provare allora che {xk}

è convergente a x0 rispetto alla topologia . Poichè {xk} è

d-convergente ad x0 lim k

d(xk,x0)=0 lim k n

1

12 1

0

0nn k

n k

p x xp x x( )

( )

=0

lim k

n k

n k

p x xp x x( )

( )

0

01=0. Fissato nN poniamo k=pn(xk-x0) e proviamo che lim

kk=0. Se

proviamo che {k} è limitata allora abbiamo provato che lim kk=0 infatti possiamo scrivere:

k=k

k

1 (1+k)

allora in questo caso avrei il prodotto di una infinitesima per una limitata e quindi per un noto

teorema di analisi 1 che afferma che il prodotto di una successione infinitesima per un successione

limitata è infinitesimo.

Poiché lim k

k

k

1 =0

k

k

1

n N

limitata cioé ha sup finito ed essendo chiaramente

k

k

1

<1 kN (cioé 1 è un maggiorante) allora tale sup (essendo il sup il più piccolo dei

maggioranti) è 1, supponiamo ad esempio k

k

1

12 kN k1 kN {k} limitata

{1+k} limitata lim kk=0

lim k

pn(xk-x0)=0 nN e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. segue

che lim k

xk=x0 rispetto alla topologia . E quindi il teorema è completamente dimostrato.



p:ER un funzionale sub-additivo, p(E)=0, continuo in E (cioè nell’origine)

Ts: p è continuo in tutto E

Dim

Dobbiamo provare che il funzionale (poiché è a valori in R) p è continuo nel generico punto x0E

e quindi dobbiamo provare che:

>0 U intorno di E in E t.c. p(x0)-p(x)< xx0+U (è intorno di x0)


osservando che xx0+U è del tipo x=x0+y con yU allora la precedente è equiv. a:

p(x0)-p(x0+y)< yU (1)

p(x0+y)-p(x0)< yU (2)

Fissiamo quindi un arbitrario >0. Per Hp p è continua nell’origine ed assume valore nullo

nell’origine, si ha allora che in corrispondenza di >0:

V intorno di E t.c. p(y)< yV -<p(y)< yV

Al solito possiamo supporre che V sia equilibrato e quindi in particolare se yV allora anche -yV.

Scegliamo il nostro U:=V.

Verifichiamo la disuguaglianza (1):

il punto x0 lo possiamo scrivere come x0=x0+y-y con yU applicando la sub-additività si ha

p(x0)=p(x0+y-y)p(x0+y)+p(-y) ed da questo segue che p(x0)-p(x0+y)p(-y)< p(x0)-p(x0+y)<

yV (supposto equilibrato)

Verifichiamo la disuguaglianza (2):

p(x0+y)-p(x0)per la sub-additivitàp(x0)+p(y)-p(x0)=p(y)< yU c.v.d.



AE radiale e convesso

Ts: Ap1([0,1[)A

Dim

Sia x Ap1([0,1[) pA(x):=inf{>0 : xA}<1 >1 t.c. xA e quindi x è del tipo x=y per

un opportuno yA. Per Hp A è convesso e pertanto il segmento di estremi E ed y è contenuto in A

ovvero ty+(1-t)E=tyA t[0,1] e quindi in particolare per t= si ha che il vettore x=yA

c.v.d.



V insieme convesso e radiale in E

Le seguenti affermazioni sono equivalenti :

(1) il funzionale di Minkowsky associato V cioè pV:E[0,+[ è continuo in E

(2) V è un intorno di E

Dim (1)(2) Per Hp V è convesso e radiale in E segue allora dalla proprietà precedente che:

S(pV,E,1):={xE : pV(x)<1}V

Poiché pV è continuo S(pV,E,1):=pV1(]-,1[) aperto (in quanto retroimmagine continua della

p(x0)-p(x0+y)< yU


aperto ]-,1[) che contiene ovviamente E e poiché S(pV,E,1)V che V è intorno di E

c.v.d.

Dim (2)(1) Supponiamo che V intorno di E convesso e radiale in E, allora come sappiamo in queste Hp il

funzionale di Minkowsky associato a V cioè pV:E[0,+[ è

sub-additivo. Osservando che in queste condizioni pV soddisfa alle Hp della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. e pertanto per provare che pV è continuo su tutto E basta provare che pV

è continuo nell’origine (cioè in E). Dobbiamo provare che:

>0 U intorno di E t.c. pV(x)< xU

Fissato quindi un >0, prendiamo 0<*< e come sappiamo:

*V*{xE : pV(x)1}={xE : pV(x)*}

allora prendiamo U:=*V che è un intorno di E e come si osserva dalla precedente disuguaglianza

pV(x)*< xU c.v.d.



P famiglia di seminorme inducente la topologia di E

Ts: ogni pP è continuo

Dim (esercizio) Fissata una seminorma pP allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. basta

provare che p è continua nell’origine e quindi dobbiamo provare che:

>0 U intorno di E t.c. p(x)< xU

Fissato quindi un arbitrario >0 allora evidentemente basta scegliere:

U:=S(p,E,):={xE : p(x)<}

che è un intorno di E per definizione di topologia generata da una famiglia di seminorme

c.v.d.

01-03-96


Sia E sp. vett. top.

VE intorno di E e convesso

pV:ER il funzionale Minkowsky associato a V


int(V)= Vp1([0,1[)


V = Vp1([0,1])

V={xE : pV(x)=1}

V = int( )V

Dimostrazione

(Si ricordi che negli spazi vettoriali ogni intorno di E è radiale in E e quindi nel nostro caso ha

senso considerare il funzionale di Minkowsky associato a V ).

Proviamo che Vp1([0,1[)int(V):

per Hp V è intorno di E segue allora da un teorema visto nella lezione precedente che il funzionale

di Minkowsky pV è continuo. Si ricorda che per definizione pV(x)0 xE e quindi

Vp1([0,1[)= Vp1

(]-,1[) e osservando che ]-,1[ è aperto allora per la continuità di pV che

Vp1([0,1[) è aperto. Per la convessità di V (come abbiamo già provato) che Vp1

([0,1[)V e

quindi essendo Vp1([0,1[) un aperto contenuto in V Vp1

([0,1[)int(V).

Proviamo che int(V) Vp1([0,1[):

Sia x0int(V)V x0V e quindi ricordando che una delle proprietà del funzionale di

Minkowsky è V Vp1([0,1]) che pV(x0)1. Vogliamo dimostrare che in questo caso pV(x0)<1

infatti se per assurdo pV(x0)=1 cioè esplicitando la definizione del funzionale di Minkowsky questo

significa che pV(x0)=inf{>0 : x0V}=1 e quindi se consideriamo dei 0<<1 si ha che x0V e

questo si può esprimere dicendo che:

x0 1 1

n

V nN n

n1x0V n2

e quindi essendo int(V)V allora a maggior ragione: n

n1x0int(V) n2

nn1

x0E\int(V) n2

Se consideriamo adesso la successione ordinaria n

n n

1 2

chiaramente tale successione converge

a 1 allora la successione n

n xn

1 0

2converge ad x0, ma tale successione dimora in X\int(V) e

pertanto per il teorema di caratterizzazione della chiusura) deve essere che x0X\int(V) e siamo ad un assurdo poiché si aveva che il punto x0int(V) c.v.d.

Dimostrazione Proviamo che Vp1

([0,1])V :

sappiamo che V Vp1([0,1]) che la chiusura di V è contenuta nella chiusura di Vp1

([0,1]) cioè VclE( Vp1

([0,1])) e poiché pV è continuo ed essendo [0,1] chiuso Vp1([0,1]) chiuso

Vp1 ([0,1])=clE( Vp1([0,1])) e quindi V Vp1

([0,1]).

Proviamo che Vp1([0,1])V :


sia x0 Vp1([0,1]) pV(x0)1 .Andiamo a provare che x0 V nei due seguenti casi :

Se pV(x0)<1 allora come abbiamo nella proposizione precedente x0int(V)V V e quindi segue

che x0 V . Se pV(x0)=1 allora per dimostrare che x0V basta far vedere che una successione

ordinaria in V convergente a x0. Poiché

pV(x0):=inf{>0 : x0V}=1 allora per la prima proprietà dell’estremo inferiore certamente

possiamo costruire la successione: {n}nN con n>1 nN t.c. lim =

n

n 1

e x0nV nN

e da questo segue che i vettori 0xnV nN e chiaramente la successione

0xn n N

n

x0

e quindi x0 V c.v.d. Dimostrazione (esercizio)

V=per una relazione fatta= V \int(V)=per e = Vp1([0,1])\ Vp1

([0,1[)=per una nota proprietà

della retroimmagine= Vp1([0,1]\[0,1[)= Vp1

({1}) c.v.d.

Dimostrazione

Proviamo che int( )V V :

Sappiamo che int(V)V e quindi passando alle chiusure otteniamo int( )V V .

Proviamo che V int( )V

per la e la possiamo provare equivalentemente che Vp1 ([0,1]) Vp1 01([ , [) . Sia

x0 Vp1 ([0,1]) pV(x0)1. Andiamo a provare che x0 Vp1 01([ , [) considerando i casi distinti in

cui p(x0)<1 e p(x0)=1. Se pV(x0)<1 x0 Vp1 ([0,1[) Vp1 01([ , [) x0 Vp1 01([ , [) . Se pV(x0)=1

allora per dimostrare che x0 Vp1 01([ , [) basta far vedere che una successione ordinaria ad

elementi in Vp1 ([0,1[) convergente a x0. Poiché pV(x0):=inf{>0 : x0V}=1 allora per la prima

proprietà dell’estremo inferiore possiamo costruire la successione:

{n}nN con n>1 nN t.c. lim nn=1 e x0nV nN

segue che 1=pV(x0)<n nN e per l’omogeneità pV0xn

<1 nN 0x

n Vp1 ([0,1[)

nN. Chiaramente la successione ordinaria 0xn n N

n

x0. x0 Vp1 01([ , [)

c.v.d.




AE convesso con int(A)

Ts: A A int( )

Dim

Sia x0int(A) e consideriamo l’insieme A-x0. Osservando che Eint(A)-x0=int(A-x0) int(A-x0)

intorno di E e poiché int(A-x0)A-x0 A-x0 intorno di E ed essendo A un convesso segue che

anche A-x0 è un convesso. Essendo quindi A un intorno convesso di E possiamo applicare ad esso

quanto dimostrato e pertanto si ha:

A x 0 = int A x( ) 0

per proprietà già dimostrate si ha:

A x 0 =A-x0

int A x( ) 0 = int A x( ) 0= int( )A -x0 c.v.d.


Si faccia bene attenzione che la proprietà precedente è una proprietà ben specifica per i convessi che

è molto lontana dall’essere vera per un qual si voglia insieme. Per rendersi conto di questo fatto

basta considerare l’esempio trattato qui di seguito. Consideriamo E=R2 e andiamo a definire

l’insieme A:=B(x0,r[{x1} dove x0,x1E e B(x0,r[:={xE : x-x0<r} (cerchio, sfera o palla ) cioè

A è l’insieme costituito dal cerchio aperto di centro x0 e di raggio r>0 e dal punto {x1}. Osserviamo

adesso che:

int(A)=B(x0,r[ int(A)

e si ha:

int( )A =B(x0,r]

A =B(x0,r]{x1}

e quindi in questo caso int( )A A .


Sia E spazio vettoriale topologico reale

f:ER funzionale

Le seguenti condizioni sono equivalenti

(1) f è continua in E

(2) f è continua su ogni segmento di E e f -1(r):={xE : f(x)=r} è chiuso rR

Dim (1)(2)

Per Hp f è continua e quindi banalmente la restrizione di f ad ogni segmento è continua (cioè

.x1

.x0

A-x0= int( )A -x0 A= int( )A


x,yE t.c. [x,y]E allora f[x,y]:[x,y]R è continua). Consideriamo un generico rR allora

sappiamo che l’insieme {r} è chiuso in R e quindi sempre per la continuità di f segue che f -1 (r) è

chiuso c.v.d.

Dim (2)(1)

Sappiamo che dire che f è continua equivale a dire che f è simultaneamente semicontinua

inferiormente e semicontinua superiormente. Supponiamo per assurdo che la f non sia continua e

questo significa o che f non è semicontinua inferiormente o che f non è semicontinua

superiormente, supponiamo ad esempio che f non è semicontinua inferiormente x0E in cui f

non è semicontinua inferiormente cioè:

*>0 t.c. V intorno x0 xVV t.c. f(x0)-*f(xV)

Introduciamo adesso per ogni intorno V di x0 a cui è associato xVV una funzione:

V:[0,1]R definita dalla legge V(t)=f(txV+(1-t)x0)

chiaramente tale funzione è continua poiché per Hp la restrizione di f ad ogni segmento di E è

continua e quindi essendo la V composizione della funzione t[0,1] (txV+(1-t)x0)[x0,xV]

continua con la funzione f continua sul segmento [x0,xV] V continua. Osserviamo che:

V(1):=f(xV)f(x0)-*<f(x0)=:V(0)

e poiché V è una funzione di una variabile reale continua allora questa assume tutti i valori

compresi tra f(x0) e f(xV) tV[0,1] t.c. V(tV)=f(x0)-* esplicitando si ha f(tVxV+(1-

tV)x0)=f(x0)-* e questo vale per ogni intorno V di x0. Andiamo a considerare la famiglia degli

intorni di x0:

U={V : V intorno di x0}

come un insieme parzialmente ordinato con il solito ordinamento di inclusione cioè U,VU UV

VU e consideriamo allora la successione generalizzata in E {tVxV+(1-tV)x0}VU i cui elementi

appartengono all’insieme f-1(f(x0)-*) che è un 1chiuso per Hp, affermiamo allora e proviamo che

tale successione generalizzata converge a x0 cioè: lim

V[tVxV+(1-tV)x0]=x0

Si tenga presente che:

tVxV+(1-tV)x0]=x0+tV(xV-x0) Abbiamo già osservato in dimostrazioni precedenti che la successione {xV}VU converge a x0 e

quindi limV

(xV-x0)=E e poiché la successione {tV}VU è in [0,1] limitata limV

[tV(xV-x0)]=E

limV

[x0+tV(xV-x0)]=x0.

E quindi la successione {tVxV+(1-tV)x0}VU i cui termini appartengono all’insieme

f-1(f(x0)-*) è convergente x0 e poiché f-1(f(x0)-*) è chiuso x0f-1(f(x0)-*) f(x0)=f(x0)-*


assurdo. Analogamente si dimostra che la funzione f non può essere non semicontinua

superiormente c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico reale

f:ER funzionale lineare non identicamente nullo

Ts: f è aperta

Dim (esercizio)

Fissato AE aperto, dobbiamo provare che f(A) è un aperto di R e quindi proviamo che f(A) è

intorno di ogni suo punto. Prendiamo quindi un qualunque t0f(A) e proviamo che f(A) è intorno di

t0. Poiché t0f(A) x0A t.c. t0=f(x0). Essendo per Hp f0 che yE t.c. f(y)0 ed

ovviamente non è restrittivo supporre che f(y)>0 poiché se fosse f(y)<0 basterebbe allora scegliere -

y in quanto per la linearità del funzionale f si avrebbe che f(-y)=-f(y)>0. Essendo x0A A

intorno di x0 allora (trovandoci in uno spazio vett. topologico E):

V intorno di E (che possiamo supporre) equilibrato t.c. x0+V=A

E quindi ricordando che in uno spazio vettoriale topologico ogni intorno di E è radiale in E V è

radiale in E allora in corrispondenza di y:

>0 t.c. yV [0,]

ed essendo V equilibrato (e quindi in particolare simmetrico cioè V=-V) si ha anche:

-yV [0,]

e da queste segue che:

x0+yx0+V=A [-,]

e quindi applicando il funzionale lineare f otteniamo:

f(x0)+f(y)f(A) [-,] [f(x0)-f(y),f(x0)+f(y)]f(A)

e quindi essendo [f(x0)-f(y),f(x0)+f(y)] un intorno di f(x0) in R f(A) intorno di t0=f(x0) in R c.v.d.



g:ER funzionale affine non costante

Ts: g è aperta

Dim (esercizio) Sia AE aperto e facciamo vedere che g(A) è aperto in R. Poiché g è un funzionale affine non

costante allora:


fE\{E*} rR t.c. g(x)=f(x)+r xX

Per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f(A) è aperto e quindi ricordando che il

trasclato di un aperto è aperto si ha che f(A)+r=g(A) è aperto

c.v.d.


Siano E,F spazi vettoriali topologici


Allora T è continua T è continua in E

Dim (necessità) ovvia

Dim (sufficienza)

Dobbiamo provare che T è continuo e quindi dobbiamo provare che T è continuo nel generico punto

x0E e quindi dobbiamo provare che:

V intorno di T(x0) in F U intorno di x0 t.c. T(U)V

Fissiamo quindi V intorno di T(x0). Teniamo presente che per la linearità di T si ha che T(E)=F.

Consideriamo adesso l’insieme V-T(x0) che è un intorno di F e quindi per la continuità di T in E

W intorno di E t.c. T(W)V-T(x0) T(W)+T(x0)V e sempre per la linearità di T segue che

T(W+x0)V e quindi posto U:=W+x0 che è un intorno di x0 t.c. T(U)V

c.v.d.


Siano E ed F spazi vettoriali topologici


int(T(E))

Ts: T è suriettivo

Dim (esercizio) Per Hp int(T(E)) x0int(T(E)) T(E) intorno di x0 e questo per una proprietà fatta ci dice

che T(E) è radiale in x0 e quindi per un’altra proprietà fatta in precedenza si ha che T(E)=F

c.v.d.



T:EF operatore lineare aperto

Ts: T è suriettivo

Dim (esercizio)


Sia AE aperto non vuoto e quindi essendo per Hp T aperto T(A) aperto di F e poiché

T(A)T(E) T(E) intorno di ogni punto di T(A) T(A)int(T(E)) int(T(E)) segue allora

dalla proprietà precedente che T è surgettivo c.v.d.

04-03-96

INSIEME LIMITATO IN UNO SPAZIO VETTORIALE TOPOLOGICO [0403/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E spazio vettoriale topologico e sia AE, diciamo che A è limitato se:

U intorno di E >0 tale che AU

Si osserva che noi abbiamo già dato la nozione di insieme limitato negli spazi metrici e

precisamente abbiamo detto un sottoinsieme di uno spazio metrico è limitato se esiste una sfera di

raggio finito che lo contiene. Il seguente teorema ci dice che negli spazi normati non c’è possibilità

di equivoco poiché si dimostra che la definizione di insieme limitato in uno spazio normato

coincide con la nozione appena data di insieme limitato in uno spazio vettoriale topologico.


Sia (E,║║E) spazio normato

d(x,y):=║x-y║E x,yE (metrica indotta dalla norma)

AE


(1) A è limitato nel senso degli spazi vettoriali topologici

(2) A è limitato nel senso degli spazi metrici



x0E e r>0 t.c. AB(x0,r)

Consideriamo B(E,1) che è un intorno di E e quindi segue da Hp che:

>0 t.c. AB(E,1)=B(E,) c.v.d.




U intorno di E >0 t.c. AU

Fissiamo quindi U intorno di E. Per Hp A è limitato e quindi:

x0E e r>0 t.c. AB(x0,r)

Per una proprietà delle sfere sappiamo che:

q>0 t.c. AB(x0,r)B(E,q) (1)

Poiché U è intorno di E allora:

>0 t.c. B(E,)U (2)

Segue allora che:

Aper (1)B(E,q)=B E,q

=

qB(E,)per (2)

qU

e pertanto posto :=q si ha quanto voluto c.v.d.

Abbiamo già osservato in precedenza che in uno spazio metrico il concetto di limitatezza è

un concetto assoluto. Vogliamo allora osservare che anché negli spazi vettoriali topologici il

concetto di limitatezza è assoluto.



FE sottospazio vettoriale di E

AF

allora A è limitato in E A è limitato in F

Dim (esercizio)


V intorno di E in F >0 t.c. AV

Sia quindi V intorno di E in F e pertanto:

W intorno di E in E t.c. V=WF

Poiché per Hp A è limitato in E allora in corrispondenza di W si ha che >0 t.c. AW e quindi

intersecando ambo i membri con F otteniamo:

AWF=si prova banalmente=(WF)=V c.v.d.


W intorno di E in E >0 t.c. AW


Sia quindi W intorno di E WF intorno di E in F e pertanto essendo per Hp A limitato in E si

ha che:

>0 t.c. A(WF)=WFW c.v.d.

Banalmente si osserva qui di seguito che i singoli punti dello spazio sono limitati.



x0E

Ts: {x0} è limitato

Dim (esercizio)


U intorno di E >0 t.c. {x0}U

Sia quindi U un intorno di E allora poiché E è uno spazio vettoriale topologico si ha che U è radiale

in E e quindi in corrispondenza al punto x0:

>0 t.c. x0U [0,]

fissato quindi [0,] x0U x01U, posto allora :=

1 si ha la tesi.



A,BE con BA

Ts: se A è limitato B è limitato


U intorno di E >0 t.c. BU

Sia quindi U un intorno di E allora essendo per Hp A limitato, in corrispondenza di tale intorno si

ha che:

>0 t.c. AU

e poiché BA BU c.v.d.



A,BE limitato

Ts: A+B è limitato


Dim (esercizio)


U intorno di E >0 t.c. A+BU

Sia quindi U un arbitrario intorno di E allora sappiamo che:

V intorno di E equilibrato t.c. V+VU

Essendo Hp A e B limitati allora in corrispondenza di V si ha che:

1>0 t.c. A1V

2>0 t.c. B2V

e quindi:

A+B1V+2V=(1+2)

1

1 2 V+

2

1 2 Ved essendo V equilibrato

(1+2)(V+V)(1+2)U scegliamo allora :=1+2 e si ha quanto voluto.

Dalla precedente proposizione si ha direttamente il seguente corollario che ci dice che i

traslati di limitati sono limitati.



AE limitato, x0E

Ts: x0+A è limitato



AE limitato, K

Ts: A è limitato



Sia U intorno di E allora ricordando che la famiglia degli intorni equilibrati di E è una base

fondamentale di intorni di E, si ha che:

WE intorno di E quilibrato t.c. WU

E essendo A limitato allora in corrispondenza dell’intorno W si ha che:

>0 t.c. AW

si osserva allora che:


AW=(||) W(||)W(||)U

e quindi posto =(||) si ottiene la tesi.



AE limitato

Ts: A è limitato

Dim (esercizio)



Sia U intorno di E allora ricordando che la famiglia degli intorni chiusi ed equilibrati di E è una

base fondamentale di intorni di E, si ha che:

WE intorno di E chiuso ed quilibrato t.c. WU

E essendo A limitato allora in corrispondenza dell’intorno W si ha che >0 t.c. AW e quindi

passando alle chiusura si ha AWU c.v.d.

Vogliamo adesso caratterizzare gli insiemi limitati nel caso di spazi vettoriali localmente

convessi cioè nel caso in cui la topologia dello spazio vettoriale topologico è indotta da una

opportuna famiglia di seminorme.


Sia E spazio vettoriale topologico localmente convesso

P famiglia di seminorme inducente la topologia su E ( poiché E è loc. conv.)

AE

Ts: A è limitato L’insieme numerico p(A) è limitato in R pP

Dim Consideriamo una generica seminorma pP e facciamo vedere che e limitata sull’ins. A cioè che

l’ins. p(A) è limitato. Per Hp A è limitato e quindi se andiamo a considerare la semisfera S(p,E,1)

che è un intorno di E allora in corrispondenza di tale intorno un >0 tale che

AS(p,E,1)=S(p,E,)={xE : p(x)<} p(x)< xA che p(A) è un insieme numerico

limitato c.v.d.

Dim Dobbiamo provare che A è limitato e quindi dobbiamo provare che comunque preso un intorno U di

E >0 t.c. AU. Quindi sia U intorno di E allora:


>0 e p1,...,pnP t.c. i=1

n S(pi,E,)U (1)

Dall’Hp abbiamo che le pi:ER sono limitate su A e quindi :

i=1,...,n ono Mi>0 t.c. pi(x)<Mi xA e i=1,..n

poniamo allora M:=max(Mi : i=1,...,n} pi(x)<M xA e i=1,..n. ovvero:

Ai=1

n S(pi,E,M) (2)


i=1

n S(pi,E,)=

i=1

n S

pi,E,

M

M=

M i=1

n S

pi,E,M

per (1)U

e quindi:

i=1

n S

pi,E,M

M

U (3)

si ha allora che:

Aper (2)i=1

n S

pi,E,M

per (3)

M

U

e pertanto scelto =:M

si ha la tesi.


Siano E ed F due spazi vettoriali topologici

T:EF lineare

VE insieme limitato

Ts: se T(V) intorno di F T aperto

Dim (esercizio) Preso AE aperto dobbiamo provare che T(A) è aperto ovvero che T(A) è intorno di ogni suo

punto. Sia quindi y0T(A) x0A t.c. y0=T(x0). Poiché x0A allora essendo A aperto A

intorno di x0 e quindi:

UE intorno di E t.c. x0+UA (1)

per la limitatezza di V in corrispondenza di U si ha che:

>0 t.c. VU 1

VU

e quindi applicando la T tenendo conto della sua linearità otteniamo: 1

T(V)T(U)


e quindi essendo per Hp T(V) intorno di F T(U) intorno di F. E quindi applicando T alla (1) e

tenendo conto della sua linearità e del fatto che y0=T(x0), otteniamo:

y0+T(U)T(A) (2)

e quindi essendo T(U) intorno di F y0+T(U) intorno di y0 segue allora dalla (2) che T(A) è

intorno di y0 c.v.d.



VE intorno di E limitato

Ts la famiglia {V}>0 è una base fondamentale di intorni di E

Dim (esercizio)

Fissato U intorno di E dobbiamo provare che >0 t.c. VU. Poiché V è limitato allora in

corrispondenza di dell’intorno U di E si ha che:

>0 t.c VU 1

VU

e quindi evidentemente basta scegliere :=1

c.v.d.


Siano E ed F due spazi vettoriali topologici entrambi sul medesimo corpo K


Le seguenti condizioni sono equivalenti

(1) T è continuo

(2) Per ogni sottoinsieme A limitato di E l’insieme T(A) è limitato in F

(3) U intorno di E in E t.c. T(U) è limitato in F

Dim (1)(2) Sia AE limitato , dobbiamo provare che T(A) è limitato, cioè:

V intorno di F >0 t.c. T(A)V

Sia V un arbitrario intorno di F, poiché per Hp T è continuo che T-1(V) è un intorno di E e

poiché A è limitato che >0 t.c. AT-1 (V) allora applicando T ad ambo i membri otteniamo

che T(A)T(T-1 (V)) e per la linearità si ha T(A)T(T-1(V)) T(A)V T(A) limitato

c.v.d. Dim (2)(3)

Sia AE limitato con int(A). Osserviamo che essendo int(A)A allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. int(A) è limitato. Sia x0int(A) e consideriamo U:=int(A)-


x0 che è banalmente un intorno di E ed è limitato per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. segue allora dall’Hp che T(U) è limitato in F

c.v.d.

Dim (3)(1)

Dobbiamo provare che T è conti. ed essendo T un oper. lineare allora come sappiamo questo

equivale a provare che T è continuo in E e quindi dobbiamo provare che:

V intorno di F allora W intorno di E t.c. T(W)V

Sia quindi V intorno di F. Per Hp U intorno di E tale che T(U) limitato in F che >0 t.c.

T(U)V 1

T(U)V e per la linearità di T si ha T1

U

V, poniamo allora W=

1

U che è

un intorno di E e quindi poiché T(W)V si ha la tesi.


In particolare osserviamo dal teorema precedente che un operatore lineare è continuo se almeno un

intorno limitato di E viene trasformato da T in un insieme limitato di F. E quindi T non è continuo

se ogni intorno di E viene trasformato da T in un insieme illimitato (cioè l’immagine di tale intorno

tramite la T è un insieme illimitato).

Andiamo adesso a provare un’altra caratterizzazione della continuità di un operatore lineare

definito tra spazi vettoriali topologici localmente convessi.


Siano E ed F due sp. vett. top. localmente convessi sul medesimo corpo K e quindi:

P1 famiglia di seminorme su E generante la topologia di E

P2 famiglia di seminorme su F generante la topologia di F

sia T:EF operatore lineare

Ts: T è continuo pP2 k0 e p1,...,pnP1 t.c. p(T(x))k

i

n

1pi (x) xE

Dim Assegniamo un arbitraria seminorma pP2 e consideriamo la semisfera S(p,F , 1) che è un intorno

di E è poiché per Hp T è continuo che T-1 (S(p,F , 1)) è un intorno

di E e quindi:

>0 e p1,...,pnP1 t.c. i=1

n S(pi,E ,)T-1(S(p,F , 1)) ()


Consideriamo le p1,...,pn e proviamo che assieme ad un opportuna costane k sono quelle richieste

dalla tesi. Consideriamo un generico xE, si possono allora verificare i seguenti due casi:

(a)

i

n

1pi(x)=0

(b)

i

n

1pi(x)>0

Caso (a):

se

i

n

1pi(x)=0 pi (x)=0 i=1,...,n che le pi sono nulle per ogni punto del tipo rx con rN

infatti pi(rx)=rpi(x)=r0=0 i=1,...,n pi(rx)=0 rN e i=1,...,n rxi=1

n S(pi,E,)T-

1(S(p,F,1)) rN rxT-1(S(p,F,1)) rN T(rx)S(p,F,1) rN p(T(rx))<1

rN segue dalla linearità di T e dalla omogeneità di p che p(T(x))<1r

rN e quindi passando

al limite per r otteniamo che p(T(x))=0. E quindi in questo caso la tesi vale per ogni costane k.

Caso (b):

se

i

n

1pi(x)>0 (la somma è non nulla) i=1,...,n t.c. pi(x)>0. In queste condizioni tenendo

presente la linearità di T e l’omogeneità di p, la nostra tesi equivale a provare che esiste un numero

k>0 opportuno tale che p Txp xk ii

n

1( )

1 e questo sicuramente è vero se

Txp xk ii

n

1( )

S(p,F,1) xp xk ii

n

1( )

T-1(S(p,F , 1)) e questo per la () è vero se

xp xk ii

n

1( )

i=1

n S(pi,E,) pj

xp xk ii

n

1( )

< j=1,...,n e per l’omogeneità delle pj questo è vero

p x

k p x

j

ii

n( )

( )

1

< j=1,..,n allora evidentemente basta scegliere k>0 t.c. 1k < cioè k>

1 ad

esempio k:=2 , infatti

p x

k p x

j

ii

n( )

( )

1

1k =:

2 < c.v.d.

Dim


Per provare che T è continuo possiamo fare uso sostanzialmente del teorema precedente e

dimostrare che T trasforma limitati in limitati (cioè stiamo considerando le implicazioni (2) (1)).

Sia A un insieme limitato in E, dobbiamo provare che la sua immagine T(A) è un insieme limitato

in F e quindi dobbiamo provare (ricordando la caratterizzazione della limitatezza) che ogni

seminorma pP2 è limitata sull’insieme T(A) (cioè p(T(A)) è un insieme limitato).

Sia pP2 segue da Hp che k0 e p1,...,pnP1 t.c. p(T(x))<k

i

n

1pi (x) xE .

Poiché A è limitato in E segue allora dal teorema di caratterizzazione degli insiemi limitati che ogni

seminorma appartenente a P1 è limitata su A e quindi in particolare segue che le pi (che

appartengono a P1 ) sono limitate in A cioè:

i=1,...n Mi>0 t.c. pi(x)<Mi xA e i=1,...,n poniamo allora M:=max{Mi : i=1,...,n} pi(x)<M xA i=1,...,n e quindi otteniamo che

p(T(x))<k

i

n

1pi (x)k

i

n

1M=nkM xA p(T(A) limitato c.v.d.

Andiamo adesso a considerare il teorema appena dimostrato nel caso in cui gli spazi siano

normati. Chiaramente in questo caso il teorema assume una forma semplificata che è la seguente a

cui aggiungiamo una terza condizione equivalente.


Siano (E,║∙║E) e (F,║∙║F) due spazi normati


allora le seguenti affermazioni sono equivalenti

(1) T è continuo

(2) k0 t.c. ║T(x)║Fk║x║E xE

(3) L0 t.c. ║T(x)-T(y)║F L║x-y║E x,yE (cioé T è lipschitziana)

Dim (1)(2) (conseguenza del teorema precedente) Dim (2)(3) Per Hp k0 t.c. ║T(x)║Fk║x║E xE, scegliamo L=k si ha allora che x,yE :

║T(x)-T(y)║F =║T(x-y)║F L║x-y║E T lipschitziana c.v.d.

Dim (3)(2) Per Hp T lipschitziana L0 t.c. ║T(x)-T(y)║F L║x-y║E x,yE, scegliamo k=L si ha allora che

xE :

║T(x)║F =║T(x-E)║F =║T(x)-T(E)║F k║x-E║E =k║x ║E c.v.d.


SP. DELLE FUNZ. LINEARI E CONTINUE, E NORMA OPERATORIALE [0403/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano (E,║║E) ed (F,║ ║F) due spazi normati sul medesimo corpo K. Indichiamo con L(E,F)

l’insieme di tutti gli operatori lineari e continui definiti in E a valori in F. Evidentemente con le

operazioni usuali di somma e di moltiplicazione l’insieme L(E,F) è uno spazio vettoriale infatti si

prova banalmente che la somma di due operatori lineari è un operatore lineare e il prodotto di uno

scalare per un operatore lineare è un operatore lineare. Quindi L(E,F) è uno spazio vettoriale con le

ovvie operazione e come vedremo tale spazio si può riguardare come spazio normato. Fissato

TL(E,F) introduciamo le seguenti quantità:

1:= supEx 1

║T(x)║F

2:= supEx 1

║T(x)║F

3:=x E

x E

sup F

E

T xx( )

Abbiamo visto che negli spazi normati per il teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la condizione equivalente alla continuità dell’operatore lineare T è che:

k0 t.c. ║T(x)║Fk║x║E xE

allora incidentalmente dalla definizione del numero 3 osserviamo che questo è il più piccolo

valore che può assumere la costante k affinché sia valida la relazione precedente. E quindi per

quanto detto e sempre per il teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. risulta che

3 è la più piccola costante di lipschitz per l’operatore lineare T.

Vogliamo dimostrare che 1=2=3.

Dimostriamo che 1=2.

Osserviamo subito che 21. Proviamo il viceversa cioè che 1 2. Sia xE t.c. xE e ║x║E 1

. Se andiamo a considerare il vettore xx

E

chiaramente questo ha norma 1 cioè xx

E F

=1 e quindi

se andiamo a calcolare la norma di T applicato a tale vettore otteniamo T xx E F

2 e quindi


data la linearità di T e l’omogeneità della norma segue che 1

Ex

║T(x)║F 2 ║T(x)║F

2║x║E21=2 ║T(x)║F2 e questa relazione vale xE e ║x║E 1 12. Dimostriamo che 2 =3

Osserviamo subito che per xE con ║x║E=1 si ha subito che 2 3.

Proviamo adesso il viceversa cioè che 32. Sia xE con xE e andiamo a considerare il

numero:

T xx

F

E

( )= T x

x E F

2

T xx

F

E

( )2 e questa relazione vale xE e xE 3 2

E quindi abbiamo dimostrato che 1=2=3.

Consideriamo adesso la funzione:

H:L(E,F)R definita da H(T):=x E

x E

sup F

E

T xx( ) (cioè H=3=2=1)

e dimostriamo che questa è una norma sullo spazio vettoriale L(E,F) e che quindi tale spazio è

normato. Andiamo a verificare se sono soddisfatte le proprietà della norma.

L’omogeneità di H è ovvia.

Proviamo adesso la sub additività cioè che H(T+T')H(T)+H(T') T,T'L(E,F). In questo caso

per convenienza consideriamo H:=3. Siano T,T'L(E,F) si ha allora che:

║(T+T')(x)║F=║T(x)+T'(x)║F per la sub-additività della norma║T(x)║E+║T'(x)║E

e quindi xE con xE dividendo il primo e l’ultimo membro per ║x║E si ha che: ( ' )( )T T x

xF

E

T xx

F

E

( )+

T xx

F

E

' ( ) xE e xE

e quindi passando ai sup otteniamo:

x Ex E

sup( ' )( )T T x

xF

E

x Ex E

supT x

xF

E

( )+

x Ex E

supT x

xF

E

' ( ) H(T+T’)H(T)+H(T’)

Proviamo che H(T)=0 T=F (cioè T(x)=F xE). Supponiamo che H(T)=0

supEx 1

║T(x)║F=0 x E

x E

sup F

E

T xx( ) =0

T xx

F

E

( )=0 xE e xE ║T(x)║F=0 xE e

poiché ║║F è una norma deve allora necessariamente essere che T(x)=F xE. Viceversa se T=F (cioè se T è identicamente nullo) allora banalmente H(T)=0.

E quindi H è una norma su L(E,F), indichiamo allora tale norma con:

║T║L(E,F):=x E

x E

sup F

E

T xx( ) = sup

Ex 1║T(x)║F= sup

Ex 1║T(x)║F


E pertanto lo spazio vettoriale L(E,F) è uno spazio normato che indichiamo al solito con la coppia

(L(E,F),║║L(E,F)).


Siano E spazio normato

F di Banach (cioè spazio normato completo)

Ts: (L(E,F),║║L(E,F)) è di Banach

Dim

Sia {Tn}nN una successione di Cauchy in L(E,F) e quindi:

>0 N t.c. n,m> ║Tn-Tm║L(E,F)< x E

x E

supn m F

E

T x T xx

( ) ( )< n,m>

n m F

E

T x T xx

( ) ( )< n,m> xE\{E} ║Tn(x)-Tm(x)║F<║x║E n,m> xE

e questo ci dice che per ogni fissato xE la successione {Tn(x)}nN è di Cauchy in F e poiché F è

per Hp completo che esiste un vettore di F che indichiamo con T(x) che è il limite della

successione cioè: T(x)= lim

nTn(x)

Consideriamo quindi l’applicazione: T:EF definita da T(x):= lim

nTn(x) xE

E pertanto la successione {Tn}nN converge puntualmente a T.

Vogliamo provare allora che :

(a) {Tn}nN converge a T nello spazio L(E,F)

(b) T è lineare

(c) T è continua


Dobbiamo provare che T= lim n

Tn cioè che lim n║Tn-T║L(E,F)=0 e quindi dobbiamo provare che:

>0 N t.c. n> ║Tn-T║L(E,F)<

Fissiamo quindi un >0. Per Hp ha successione ordinaria {Tn}nN è di Cauchy e quindi in

corrispondenza di >0:

N n,m> ║x║E1 ║Tn(x)-Tm(x)║F < xE con ║x║E1

adesso tenendo fisso n e facendo il limite per m otteniamo:

║Tn(x)-T(x)║F < xE con ║x║E1 e quindi passando al sup si ha:

TL(E,F)


supEx 1

║Tn(x)-T(x)║F < n> ║Tn-T║L(E,F)< n>


Siamo x,yE e ,K si ha allora che: T(x+y)= lim

nTn(x+y)=per la linearità delle Tn= lim

n[Tn(x)+Tn(y)]=e per la proprietà dei

limiti= lim n

Tn(x)+ lim n

Tn(y)=T(x)+T(y)

Verifichiamo la (c):

Per Hp le Tn sono continue e quindi per il teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. questo equivale ad affermare che:

nN kn 0 t.c. ║Tn(x)║E kn║x║E xE

E poiché come già osservato la norma operatoriale ║║L(E,F) è la minima costante affinché sia vera

la relazione precedente si ha:

║Tn(x)║E ║Tn║L(E,F)║x║E xE

e passando al limite per n che tende a infinito otteniamo:

lim n║Tn(x)║E lim

n║Tn║L(E,F)║x║E xE

tenendo presente adesso che la funzione norma ║║:E[0,+[ in generale è una funzione continua

segue allora che :

║T(x)║E ║T║L(E,F)║x║E xE T è continua c.v.d.

DUALE TOPOLOGICO [0403/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,) uno spazio vettoriale topologico, diciamo allora duale toplogico di E e lo indichiamo con

(E,)* o semplicemente con E* quando non c’è possibilità di equivoco (cioé quanto c’è una sola

topologia in gioco), l’insieme dei funzionali lineari e continui da E in K cioè:

E*:={T:EK : T è lineare e continuo}

Si ricorda che in precedenza abbiamo denotato con E' lo spazio dei funzionali lineari e pertanto

risulta evidente che E*E' allora con le ovvie operazioni di somma e prodotto si verifica

banalmente che E* è un sottospazio vettoriale di E'. Osserviamo che se (E,║║E) è uno spazio

normato (che è quindi un particolare spazio vettoriale topologico) allora evidentemente:

E*=L(E,K)

e pertanto in questo caso possiamo considerare su E* la norma operatoriale cioé: ║T║E*:= sup

Ex 1|T(x)| TE*


Osservando inoltre che essendo come noto il corpo K in particolare uno spazio normato completo

(cioè è di Banach) segue allora direttamente dalla proprietà precedente che il duale topologico E*

munito della norma ║║E* è completo cioé (E*,║║E*) è uno spazio di Banach.

06-03-96

NORME TOPOLOGICHE EQUIVALENTI [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

In uno spazio vettoriale normato E due norme ║║1,║║2:E[0,+[ si dicono equivalenti se

inducono alla stessa topologia. Sappiamo che in uno spazio metrico X due metriche

d1,d2:XX[0,+[ si dicono equivalenti se inducono alla stessa topologia, e abbiamo dimostrato

che condizione sufficiente affinché le due metriche siano equivalenti è che:

ono c1,c2>0 t.c. d1(z,y)c1d2(z,y)d1(x,y)c2 z,yX

vogliamo dimostrare allora che tale condizione è anche necessaria per le norme.


Sia E spazio vettoriale

║║1,║║2 due norme su E

1 topologia indotta da ║║1


allora 12 (cioè 1 è meno fine di 2) k>0 t.c. ║x║1k║x║2 xE

Dim () Per Hp 12 e questo come già osservato in precedenza equivale ad affermare che l’applicazione

identità:

id:(E,║║2)(E,║║1) con id(x)=x

è continua ed inoltre è banalmente lineare e pertanto essendo id lineare e continua che k>0 t.c.

║id(x)║1=║x║1k║x║2 c.v.d.

Dim () Per Hp k>0 t.c. ║x║1k║x║2 xE id:(E,║║2)(E,║║1) con id(x)=x è continua e questo

come sappiamo equivale ad affermare proprio che 12 c.v.d.

Segue direttamente la caratterizzazione delle norme topologiche equivalenti.




║║1,║║2 due norme su E



allora 1=2 c,k>0 t.c. c║x║2║x║1k║x║2 xE

Dim() Per Hp le due topologie sono equivalenti, e quindi segue dalla proposizione Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.:

12 k>0 t.c. ║x║1k║x║2 xE

21 l>0 t.c. ║x║2r║x║1 xE 1r ║x║2║x║1 xE

e quindi posto c=1r otteniamo c║x║2║x║1k║x║2 xE xE c.v.d.

Dim() Per Hp c,k>0 t.c. c║x║2║x║1k║x║2 xE segue da questo che:

c║x║2║x║1 ║x║21c║x║1 segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

21

║x║1k║x║2 segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. 12

c.v.d.

NORME CANONICHE SUL PRODOTTO DI SPAZI NORMATI [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Nell’ambito degli sp. metrici abbiamo visto che se abbiamo n sp. metrici allora a partire dalle

metriche di tali sp. si possono costruire 3 metriche canoniche sul prodotto ciascuna delle quali

induce la topologia prodotto delle singole topologie indotte dalle singole metriche. Un discorso

analogo si può fare con gli sp. normati. Siano: (E1 , E1

), (E2 , E2 ), ..., (En , nE )

n spazi normati e consideriamo il prodotto:

E:=E1 E2 En

Fissato un x=(x1,...,xn)E consideriamo le quantità:

║x║ :=max iEix : i=1,...,n

detta norma infinito

1=2


║x║2:=iEi

i

nx 2

1 detta norma a due o norma Euclidea

║x║1:=i

n

1 iEix detta norma a uno

si verifica allora in maniera perfettamente analoga che queste sono tre norme sul prod. E, ciascuna

delle quali induce la topologia prodotto delle topologie indotte dalle singole norme. Tali norme su E

vengono dette norme canoniche. Banalmente si osserva che le rispettive metriche indotte dalle

norme canoniche sono le metriche canoniche.

SPAZIO NORMABILE [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Uno spazio vettoriale topologico si dice normabile se esiste una norma che induce alla topologia

dello spazio.

Il seguente teorema da una caratterizzazione degli spazi vettoriali topologici che sono

normabili.

LEMMA DI KOLMOGOROV [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E spazio vettoriale topologico di Hausdorff

supponiamo che VE intorno di E assolutamente e limitato

Ts: il funzionale di Minkousky pV é una norma su E, inducente la topologia di E

Dim

Come sappiamo in tali condizioni (cioè essendo V assol.convesso) pV è una seminorma. Vogliamo

provare che in queste ipotesi il funzionale pV è una norma e quindi essendo già pV una seminorma

dobbiamo provare solo che preso un elemento di E diverso da E allora pV su questo elemento è

positivo cioè pV(x)>0 xE\{E}. Sia quindi xE e xE, osserviamo allora che per Hp lo spazio E

è di Hausdorff U intorno di E che non contiene x cioè t.c. xU. Per la limitatezza di V in

corrispondenza di U un >0 t.c. VU e poiché xU xU xV, e poiché (per una

proprietà del funzionale di Minkowsky) V contiene l’insieme dei punti in cui pV è <1 allora deve

necessariamente essere che pV(x)1 e per l’omogeneità di pV segue che pV(x)1 ovvero:

pV(x)1

>0

E quindi pV è una norma su E.

Dobbiamo provare adesso che la topologia indotta dalla norma pV su E coincide con la topologia

originari di E. Indichiamo con la topologia originaria su E e con 1 la topologia indotta dalla

norma pV su E. E quindi bisogna provare che =1. Al solito poiché siamo in presenza di topologie


vettoriali allora per provare che =1 basta confrontare gli intorno dell’origine.

Proviamo che 1:

sia U un 1-intorno di E e quindi:

>0 t.c. B(E,):={xE : pV(x)<}U

Preso un 0<'< si ha (ricordando che per una proprietà del funzionale di Minkowsky V è

contenuto nell’insieme dei punti in cui pV è 1):

'V'{xE : pV(x)1}={xE : pV(x)'}{xE : pV(x)<}=:B(E,)

e pertanto essendo V è un -intorno di E che ‘V è -intorno di E che B(E,) -intorno

di E U -intorno di E.

Proviamo che 1:

Sia U in -intorno di E, dobbiamo provare che U è un 1 intorno di E.

Poiché V è limitato >0 t.c. VU 1

VU.

Poiché (per una proprietà del funzionale di Minkowsky) V contiene l’insieme dei punti di E in cui

pV è <1 si ha:

B(E,1):={xE : pV(x)<1}V 1

B(E,1)1

V

Osserviamo che vale:

B E,

1

=

1

B(E,1)

(poiché tale uguaglianza vale per le semisfere che sono caratt. da seminorme e quindi a maggior

ragione vale per le sfere che sono caratt. da norme) si ha allora che:

B E,

1

1

VU

ed essendo B E,

1

un 1-intorno di E che U è 1-intorno di E c.v.d.

TEOREMA DI KOLMOGOROV [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Le condizioni seguenti sono equivalenti:

(1) E è normabile

(2) E è di Hausdorff ed un intorno convesso limitato di E

Dim (1)(2)

Per Hp E normabile che la topologia è indotta da una certa norma ║║E. Chiaramente E è di

Hausdorff poiché E è uno spazio normato E spazio metrizzabile E spazio di Hausdorff.


Dobbiamo trovare un intorno convesso limitato di E. Chiaramente basta considerare:

B(E,1[:={xE :║x║E <1}

che è la sfera di centro l’origine, di raggio 1, relativa alla norma che induce alla topologia su E, ed è

rispetto a tale topologia un intorno di E. Ovviamente B(E,1[ è convesso ed è limitato in senso

metrico, ma noi abbiamo provato che quando ci troviamo in presenza di una topologia indotta da

una norma allora il concetto di insieme limitato in senso metrico coincide ddddcon il concetto di

insieme limitato in uno spazio vettoriale topologico e quindi la nostra sfera B(E,1[ è limitata in

quanto in senso metrico lo è pure in senso di spazio vettoriale topologico.

Dim (2)(1) Dobbiamo costruire una norma su E che induce alla topologia vettoriale di E. Per Hp un intorno

convesso limitato di E allora noi sappiamo che possiamo considerare un intorno assol. convesso

contenuto in esso che è quindi pure limitato. Segue allora direttamente dal lemma di Kolmogorov

che il funzionale pV é una norma su E inducente la topologia di E.



Ts: una norma equivalente ad ║║E

Dim (esercizio) Fissato un qualunque r>0 e posto V:=B(E,r) allora evidentemente tale V è un intorno di E

convesso e limitato e quindi come osservato nella dimostrazione del teorema di Kolmogorov, il

funzionale di Minkowsky associato a V è una norma su E che induce alla topologia vettoriale dello

spazio ovvero equivalente a ║║E c.v.d.


Sia (E,) uno spazio vettoriale topologico

(F,║║F) uno spazio normato

:EF un omeomorfismo lineare

Ts: ║x║E:=║(x)║F xE è una norma su E inducente la topologia ed in particolare

rispetto a tali norme è un’isometria

Dim (esercizio)

Il fatto che║║E è una norma segue direttamente dalle proprietà della norma e dal fatti che è una

biezione lineare. Detta quindi E la topologia indotta da ║║E facciamo vedere che =E.

Adoperiamo il criterio con le successioni, sia quindi {x}D in E e x0E. Supponiamo che {x}D

sia E-convergente A x0 e quindi:


0=lim ║x-x0║E=lim ║(x-x0)║F=lim ║(x)-(x0)║F

ovvero {(x)}D converge a (x0) in F ed essendo un omeomorfismo allora -1 continua e

quindi {-1((x))}D -converge a -1((x0)) ovvero {x}D -converge a x0. Viceversa se

{x}D -converge a x0 segue allora dalla continuità di che {(x)}D converge a (x0) in F e

quindi: 0=lim ║(x)-(x0)║F=lim ║(x-x0)║F=lim ║x-x0║E

ovvero {x}D E-converge a x0 c.v.d.

SPAZIO SEMIMORMABILE [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Uno spazio vettoriale topologico si dice seminormabile quando la sua topologia è generata da una

singola seminorma. Chiaramente con una dimostrazione analoga a quella del teorema precedente si

dimostra che uno spazio è seminormabile se e solo se esiste un intorno convesso limitato di E.

IDENTIFICAZIONE DI UNO SPAZIO VETTORIALE TOPOLOGICO DI HAUSDORFF DI DIMENSIONE FINITA n, CON LO SPAZIO Kn


Sia E uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff sul corpo K e dim(E)=n<+. Vogliamo allora

verificare che il nostro spazio E è isomorfo (cioè linearmente omeomorfo) a Kn. Consideriamo Kn

come spazio normato considerando in esso ad esempio la norma canonica:

║(1,...,n)║1:=i

n

1i (1,...,n)Kn

Dobbiamo dimostrare che esiste un omeomorfismo lineare tra E e Kn. Per Hp dim(E)=n<+

x1,...,xnE base di Hamel di E che ogni vettore di E si può esprimere in maniera univoca come

combinazione lineare degli elementi della base di Hamel cioè:

xE 1,...,nK (univoci) t.c. x=i

n

1ixi


:KnE definita dalla legge (1,...,n):=i

n

1ixi

che è chiaramente surgettiva (poiché x1,...,xn sono una base di E), iniettiva (per l’unicità dei i) e

lineare (si prova banalmente). E quindi è una biezione lineare. Per provare che è


omeomorfismo dobbiamo provare che è continua assieme alla sua inversa. La continuità di

segue banalmente dalla continuità dell’operazione somma e del operazione prodotto di uno scalare

per un vettore, poiché è una combinazione di tali funzioni. Dobbiamo dimostrare che -1:EKn

è continua. Denotiamo con A la sfera unitaria di Kn di centro l’origine cioè:

A:=B( nK0 ,1):=

(1,...,n)Kn : i

n

1i<1

che è un intorno di nK0 . Se consideriamo (A) allora chiaramente E(A) infatti nK0 A

segue allora dalla linearità di che ( nK0 )=E E(A).

Teniamo presente che se x(A) è del tipo x=i

n

1ixi con

i

n

1i1.

Vogliamo fare vedere che (A) è un intorno di E e quindi vogliamo dimostrare che V intorno di

E t.c. V(A). Sappiamo che la frontiera della sfera chiusa A è:

A=

(1,...,n)Kn : i

n

1i=1

che è quindi un insieme chiuso e limitato di Kn A compatto e per la continuità dell’operatore

segue che (A) compatto. Banalmente il vettore E(A):= i

n

1ixi : (1,...,n)Kn t.c.

i

n

1i=1

e quindi essendo per Hp E uno spazio di Hausdorff allora:

x(A)E t.c. Ux Vx=

Se andiamo a considerare la famiglia {Ux}x(A) questo chiaramente è un ricoprimento di (A)

cioè (A){Ux : x(A)} e poiché (A) è compatto che possiamo estrarre da {Ux}x(A)

un sottoricoprimento finito:

y1,...,ym(A) t.c. (A)i=1

m iyU

Poniamo:

V=i=1

m iyV

che è un intorno di E, che possiamo supporre equilibrato ed ha la proprietà che non interseca il

trasformato della frontiera di A cioè V(A)= infatti per costruzione si ha iyV iyU =

i=1,...,m V iyU = i=1,...,m Vi=1

n iyU = e poiché (A)

i=1

m iyU segue allora che

V(A)=.

Ux intorno di x Vx intorno di E


A questo punto vogliamo fare vedere che V(A). Supponiamo per assurdo che x0V t.c.

x0(A). Chiaramente tale vettore x0 avrà una sua rappresentazione cioè:

1,...,nK con (poiché x0(A)) i

n

1i1 t.c. x0=

i

n

1ixi

Vogliamo trovare una contraddizione con il fatto che V(A)= cioè vogliamo trovare un punto

yE t.c. yV e y(A). Andiamo a costruire tale punto:

posto y:=i

n

1

i

jj

n

1

xi è ovvio che ii j

j

n

n

1

1=1 y(A).

Osserviamo che:

y:=i

n

1

i

jj

n

1

xi=1

1j

j

n

i

n

1ixi=

1

1j

j

n

x0

ed essendo chiaramente 1

1 jj

n

1 e ricordando che x0V e che V è equilibrato si ha allora che

y= i

jj

n

1

x0V.

E quindi yV(A) V(A) che è una contraddizione da cui segue che V(A)

(A) intorno di E. E quindi tenendo conto di tale risultato possiamo dimostrare finalmente che

l’inversa -1:EKn è continua. Poniamo g:=-1 per non fare confusione con le inverse. Si ricorda

che l’inversa di un applicazione lineare è un applic. lineare e quindi per verificare che g è continua

basta verificare che g è continua nell’origine e quindi dobbiamo provare che preso ad arbitrio W

intorno di nK0 in Kn allora g -1(W) è intorno di E. Consideriamo la famiglia F={A}>0 che è in

una base fondam. di intorni in Kn dell’origine nK0 . Sia W intorno di nK0 ed essendo F una base

fondam. di intorni di nK0 >0 t.c. AW ,e applicando la g-1 ad ambo i membri otteniamo g-

1(A)g-1(W) e per la linearità di g-1 che g-1(A)g-1(W) ed essendo (A):=g-1(A) intorno di

E segue che g-1(A) intorno di E g -1 (W) intorno di E g continua cioè -1 è continua. E

quindi omeomorfismo lineare. Ci proponiamo adesso di osservare che l’omeomorfismo lineare :KnE è una isometria

rispetto a delle norme opportune su Kn ed E. Consideriamo Kn sempre con la norma:

║(1,...,n)║1:=i

n

1i (1,...,n)Kn

Osserviamo che l’insieme:


A:=

(1,...,n)Kn : i

n

1i<1

è un intorno assolutamente convesso di nK0 . Per la linearità di si ha che (A) è assolutamente

convesso ed inoltre essendo (A) immagine omeomorfa dell’intorno A di nK0 è un intorno di E e

chiaramente (A) è pure limitato poiché per un teorema fatto si ha che un operatore lineare

continuo manda limitati in limitati e quindi essendo A limitato per la continuità di segue che

(A) è limitato. E quindi in definitiva posto V:=(A) è un intorno assolutamente convesso di E

limitato. Se consideriamo allora il funzionale di Minkowsky associato a V cioè pV:E[0,+[

sappiamo dalla dimostrazione del teorema di Kolmogorov che pV è una norma che induce alla

topologia di E. Poniamo ║║E:=pV() ed esplicitiamo questa norma:

║x║E=p(A)(x)=inf{>0 : x(A)}=e per la linearità di =inf{>0 : x(A)}= =inf>0 :

x=i

n

1ixi con

i

n

1i <

=i

n

1i =:║(1,...,n)║1

E quindi tenendo conto di questo fatto si ha che:

║(1,...,n)║E=i

n

1xi

EE=║(1,...,n)║1

e questo come sappiamo significa che l’omeomorfismo lineare rispetto alle norme in questione

(cioè la ║║1 in Kn e la ║║E:=pV() in E) è un isometria, cioè preserva le distanze o più

precisamrente, preserva le norme.

E quindi il ragionamento appena fatto in particolare ci suggerisce che:

║x║E=i

n

1|i| xE

è una norma su E.

E pertanto riassumendo in definitiva si è dimostrato che uno spazio vettoriale top. di Hausdorff sul

corpo K di dimensione finita n, oltre ad essere linearmente omeomorfo a Kn è pure isometrico a

Kn e quest’ultimo fatto in particolare ci da proprio la stima esatta della norma individuata dal

funzionale di Minkowsky associato (A).


Sia E uno spazio vettoriale di dimensione finita cioè dim(E)=n<+

Ts: due qual si voglia norme su E sono equivalenti

Dim Fissiamo x1,...,xnE base di Hamel. Siano ║║1,║║2 due norme su E e siano:




vogliamo provare che 1=2. Osserviamo che lo sp. vett. E rispetto alle due topologie è uno spazio

vettoriale topologico di Hausdorff (poiché E spazio normato E spazio metrico spazio di

Hausdorff) ed essendo E per Hp dim(E)=n<+ si ha allora che:

(E,1) è linearmente omeomorfo a Kn

(E,2) è linearmente omeomorfo a Kn

Teniamo presente che la continuità è un fatto topologico cioè data una funzione f:XY allora

possiamo parlare di continuità non appena introduciamo le topologie in X ed Y (chiaramente f può

essere continua rispetto a delle topologie e discontinua rispetto ad altre ). Consideriamo la mappa:

:KnE (1,...,n)=i

n

1ixi (1,...,n)Kn

che é un operatore lineare bigettivo.

E quindi non appena consideriamo in E la top. vett. 1 e in Kn la top. usuale come sappiamo

diventa un omeom. che diciamo per comodità 1-omeom. ed analogamente non appena

consideriamo in E la top. vett. 2 allora diventa un

2-omeom. Teniamo presente l’omeom. in quanto tale ha la proprietà che (per la continuità di -

1) porta aperti di Kn in aperti di E e (per la continuità d ) aperti di E in aperti di Kn. Verifichiamo

che 1. Sia A un 1-aperto, e consideriamo su E la top. 1 e quindi se consideriamo come 1-

omeom, si ha allora che -1(A) è un aperto di Kn e quindi se adesso consideriamo come 2-

omeom. si ha allora che (-1(A))=A è un 2-aperto 12. Analogamente si prova che

21. c.v.d.


Sia (E,) uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff di dimensione finita n

:EKn omeomorfismo lineare

║║n:Kn[0,+[ norma in Kn

Ts: ║x║E:=║(x)║n xX è una norma su E inducente la topologia

Dim (esercizio) Segue direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto..Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.


E spazio vettoriale topologico di Hausdorff, dim(E)=n<+

F spazio vettoriale topologico



Ts: T è continuo

Dim Dobbiamo provare che T è continuo e poiché T è lineare allora basta provare che l’operatore T è

continuo nell’origine. Sia x1,...,xn una base di Hamel di E e quindi xE si può scrivere in maniera

unica come:

x:=i

n

1ixi dove ovviamente 1,...,nK sono le coord. di x rispetto alla base x1,...,xn

Sappiamo allora che in queste ipotesi E è linearmente omeomorfo a Kn e che su di esso possiamo

costruire la norma:

║x║E:=i

n

1i

che induce la topologia di E. E quindi essendo E uno sp. normato I-numerabile e pertanto per

provare la continuità di T in E possiamo fare uso di un criterio sequenziale cioè proviamo che: {yk} successione in E t.c. lim

kyk=E lim k

T(yk)=T(E)=F

Sia quindi {yk} una succ. in E convergente a E. Chiaramente ogni elemento della succ.

appartenendo ad E ha una rappresentazione rispetto alla base di Hamel cioè:

yk{yk}E ono 1k ,..., n

k K t.c. yk=i

n

1ik xi

Poiché lim kyk=E allora per la caratterizzazione dei limiti in uno spazio normato, questo significa

che:

0= lim k║yk║E= lim

k i

n

1ik xi

E= lim

k i

n

1 i

k = lim k 1

k +...+ lim k n

k

lim k i

k =0 i=1,...,n lim k

ik =0K i=1,...n

E quindi se consideriamo la successione {T(yk)} in F si ha:

lim kT(yk)= lim

kT

i

n

1ik xi

= lim

k i

n

1ik T(xi)= lim

k1k T(x1)++ lim

knk T(xn)=

=0T(x1)++0T(xn)=F++F=F c.v.d.


E spazio vettoriale topologico di Hausdorff, dim(E)=n<+

Ts: E*=E'


E spazio vettoriale topologico di Hausdorff


FE sottospazio vettoriale, dim(F)=n<+

Ts: F è chiuso

Dim Vogliamo provare che F=F e poiché FF vale sempre dobbiamo provare che FF. Supponiamo

per assurdo che FF F\F y0F\F. Sia x1,..,xn base di Hamel di F. Poniamo adesso

G:=span(F{y0}) che è uno sp. vett. e su di esso consideriamo la top. vett. ereditata dalla top. vett.

di E ed essendo questa di Hausdorff allora anche quella ereditata da G è di Hausdorff. Osserviamo

inoltre che per come è definito G questo è di dim. finita e più precisamente dim(G)=n+1 essendo

ovviamente x1,...,xn,y0 una base di Hamel per G. Teniamo presente inoltre che (chiaramente)

FGF. E quindi essendo G uno sp. vett. top. di Hausdorff di dim. finita possiamo applicare ad

esso la teoria precedente. Sappiamo che preso un yG questo lo possiamo esprimere in maniera

unica come:

y=i

n

1ixi+0y0

dove ovviamente 1,...,n,0K sono le coordinate di y rispetto alla base di Hamel x1,...,xn,y0 di

G. Evidentemente (ricordando la fond. relazione della chiusura relativa) y0FG= F G y0 di

aderenza per F in G che {yk} succ. ord. in F che converge verso y0. Consideriamo un generico

elemento yk della succ. {yk} in F e siano ( 1k ,..., n

k ) le sue coordinate rispetto alla base di Hamel

per F (cioè rispetto a x1,...,xn) e quindi per l’unicità di rappresentazione si ha che le componenti di

yk rispetto alla base di Hamel per G (cioè rispetto a x1,...,xn,y0) sono necessariamente ( 1k ,..., n

k ,0)

mentre quelle di y0 rispetto alla base di Hamel per G sono chiaramente (essendo questo un elemento

della base) (0,0,...,0,1) (cioè 1k =0,..., n

k =0, 0k =1). Teniamo presente che G in queste Hp è

linearmente omeomorfo a Kn+1 e quindi possiamo considerare l’omeomorfismo canonico che ad un

vettore di G associa la n+1-upla delle coordinate di tale vettore dispetto alla base di Hamel per G

cioè :GKn+1 definito da (y)=(1,...,n,0) con 1,...,n,0K coordinate di y. Essendo

lim kyk=y0 e applicando l’omeomorfismo ad ambo i membri si ha:

lim k(yk)=(y0) lim

k( 1

k ,..., nk ,0)=(0,0,...,0,1)

e la precedente come sappiamo equivale alla conver. coordinata per coordinata ovvero: lim

k1k ,..., lim

knk ,0

=(0,0,...,0,1)

e questo evidentemente è un assurdo c.v.d.



F sottospazio vettoriale proprio di E (cioè FE xE : xF E\F)


Ts: xE\F t.c. ║x║E=1 Dim Se per assurdo ║x║E1 xE\F che tutti punti di norma unitaria stanno nel sottospazio F e

questo ci dice che F coincide con E, poiché se xE e consideriamo il vettore xx

E

si ha allora che

xx

E E

=1

Ex

║x║E=1 che xx

E

F e poiché F è un s.sp. vettoriale (e quindi il prodotto di una

scalare per un vettore di F sta ancora in F) ║x║E xx

E

F xF E=F assurdo poiché FE

c.v.d.

LEMMA DI RIESZ [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


d(x,y):=║x-y║E x,yE (cioè d metrica indotta dalla norma ║║E)

FE sottospazio vettoriale chiuso

Ts: ]0,1[ ~xE\F con ║~x║E=1 t.c. d( ~x ,F)>1- Dim Assegniamo un arbitrario ]0,1[ e scegliamo un x0E\F x0F ed essendo per Hp F chiuso

x0F=F e quindi si ha che: d(x0,F)=:

x Finf d(x0,x)>0

Essendo 1-]0,1[ d x F( , )0

1 >d(x0,F) che d x F( , )0

1 non è un minorante dell’insieme {║x0-

y║E : yF} e quindi per la IIa proprietà dell’estremo inf. segue che:

~yE t.c. ║x0- ~y║E<d x F( , )0

1

Teniamo presente che x0~y poiché x0F e ~yF e quindi si ha: 1

0 Ex y ~ >1

0

d(x F, )

()

poniamo allora: ~x := 0

0

x yx y E

~~

e banalmente ║~x║E=1. Evidentemente ~xE\F infatti se per assurdo ~x = 0

0

x yx y E

~~ F x0- ~yF

x0~y+F=F assurdo.


Vogliamo adesso provare che d( ~x ,F)>1- e quindi dobbiamo fare vedere che ogni elemento

dell’insieme numerico {d( ~x ,z) : zF} maggiora la quantità 1-. Consideriamo quindi un generico

zF e andiamo a valutare la distanza tra ~x e z:

d( ~x ,z):=║~x -z║E= 0

0

x yx y

zE E

~

~ =0 0

0

x y z x y

x yE E

E

(~ ~ )~ d(x0,F)

10 Ex y ~ >per ()>

>d(x0,F)1

0

d(x F, )

=1-

dove ovviamente la prima minorazione è giustificata dal fatto che il punto ~y+z║x0- ~y║E appartiene ad F, infatti ~y ,zF ed essendo F un sottospazio vettoriale z║x0-~y║EF e per lo stesso motivo anche ~y+z║x0- ~y║EF, e quindi possiamo minorare il numeratore

con d(x0,F). In definitiva abbiamo ottenuto che:

d( ~x ,z)>1- zF

e quindi passando all’inf si ha proprio d(~x ,F)1- c.v.d.

INTERPRETAZIONE GEOMETRICA DEL LEMMA DI RIESZ NEL PIANO 0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Vogliamo vedere graficamente quanto affermato dal lemma di

Riesz, ad esempio nel caso del piano cioè E=R2 e scegliamo

come norma in E la norma modulo (Euclidea) cioè ║║E:=.

Sia F un sottospazio proprio di E=R2 che come sappiamo in

questo caso è del tipo:

F:={(x,mx) : xR} con mR

cioè la sua rappresentazione grafica è una retta passante per

l’origine. Osserviamo che i punti aventi modulo 1 sono i punti

della circonferenza di raggio 1 e di centro l’origine.

y

F

x

~x

Fissato quindi un 0<<1, per trovare ~xR2 che soddisfa a d( ~x ,F)1- (dove d è la distanza

indotta dalla norma modulo cioè x,yR2 d(x,y):=x-y) chiaramente basta considerare una delle

due l’intersezione della retta r ortogonale con la retta che rappresenta F con la circonferenza, poiché

per tali punti si ha che d( ~x ,F)=1.


E quindi tenuto conto dei risultati precedenti possiamo finalmente dimostrare la

fondamentale caratterizz. degli spazi normati di dimensione finita dovuta a Riesz.

TEOREMA RIESZ [0603/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Le seguenti condizioni sono equivalenti:

(1) E è di dimensione finita

(2) B(E,1) (sfera unitaria chiusa) è un compatto)

(3) Ogni sottoinsieme chiuso e limitato di E è compatto

Dim (1)(2) Teniamo presente che in queste Hp E è in particolare uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff

sul corpo K e sempre per Hp E è di dimensione finita cioé dim(E)=n<+. Dobbiamo provare che

la sfera unitaria chiusa B(E,1) è un compatto. Sappiamo che per una opportuna norma ║║1 su E lo

spazio E è isometrico a Kn dotato di una certa norma (che come abbiamo visto nella Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. è la norma data dalla somma dei moduli delle coordinate o

componenti di un vettore di E rispetto a una base di Hamel). E poiché E è uno spazio vettoriale di

dimensione finita allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la ║║1 è

equivalente alla norma originaria allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si

ha:

c,k>0 t.c. c║x║E║x║1k║x║E xE

segue che ║x║1k║x║E xE che la sfera di centro E e raggio 1 e chiusa cioé B(E,1) è

contenuta nella sfera chiusa di centro E e raggio k relativa alla norma ║║1 rispetto a cui lo spazio E

è isometrico a Kn ovvero: B(E,1)

1B (E,k) ()

Se consideriamo la sfera chiusa 1B (E,k) questa è l’immagine mediante l’isometria (che

trasforma una sfera in un’altra sfera di uguale raggio) della sfera di raggio k chiusa in Kn e quindi

1B (E,k) è un compatto in quanto immagine isometrica della sfera di raggio k in Kn che è chiusa

e limitata e quindi compatta (poiché abbiamo dimostrato che in Rn un insieme è compatto è

chiuso e limitato. Osservando che Kn si può identificare con 2nR ). E quindi per la () B(E,1)

è un chiuso contenuto in un compatto e pertanto è un compatto c.v.d.

Dim (2)(3) Teniamo presente che la sfera unitaria B(E,1)={xE : ║x║E1} è un intorno di E infatti


banalmente B(E,1)B(E,1) B(E,1) intorno di E. Sia quindi A un arbitrario sottoinsieme

chiuso e limitato di E. Per la limitatezza di A segue che in corrispondenza dell’intorno B(E,1):

>0 t.c. AB(E,1)

Per Hp B(E,1) è un compatto B(E,1) compatto, segue allora che A è compatto in quanto

chiuso contenuto in un compatto c.v.d.

Dim (3)(1) Per Hp ogni insieme chiuso e limitato è un compatto e quindi teniamo presente che in particolare la

sfera chiusa B(E,1) è un compatto. Supponiamo per assurdo che dim(E)=+ vogliamo arrivare ad

una contraddizione col fatto che B(E,1) è un compatto. Teniamo presente che per Hp E è spazio

normato E spazio metrico E spazio di Hausdorff. Andiamo a considerare un punto x0E con

x0E e consideriamo la retta che congiunge E con x0 cioè consideriamo F1:=span({x0}) che è un

sottospazio di dimensione finita dello spazio normato E e quindi per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. segue che F1 è chiuso. Osserviamo inoltre che necessariamente F1E

poiché dim(F1)=1<+ e dim(E)=+. E quindi essendo F1 un sott.sp. proprio di E chiuso segue

allora dal lemma di Riesz che in corrispondenza di:

=12

x1E\F1 con ║x1║E=1 t.c. d(x1,F1)>1-=12

Consideriamo F2:=span({x0,x1}) e ovviamente F1F2. Con procedimento analogo a quello fatto per

F1 si vede che F2 è un sott.sp. proprio di E chiuso e quindi riapplicando il lemma di Riesz:

x2E\F2 con ║x2║E=1 t.c. d(x2,F2)>12

E quindi per induzione riusciamo a costruire una successione {xn}nN in E tale che:

(a) ║xn║E=1 nN\{0}

(b) d(xn,Fn)>12

nN\{0} cioè d(xn,span({x0,x1,x2,...,xn-1})>12

nN\{0}

la (a) ci dice che la successione ordinaria {xn} è contenuta nella sfera chiusa B(E,1):={xE :

d(x,E)=║x║E1} cioè il sostegno {xnE : nN\{0}}B(E,1).

Segue chiaramente dalla (b) che d(xn,xm)>12

n,mN\{0} xn

con nm infatti siano m,nN\{0} con nm e supponiamo Fn

n>m xmFn si allora che: xm

d(xn,xm)d(xn,Fn)>12

Fm

Ricordiamo che in uno spazio metrico X un insieme AX si dice

totalmente limitato se comunque fissiamo un >0 possiamo

decomporre A in un numero finito di parti di diametro minore di cioè:


>0 A1,...,AkA t.c. A=i=1

k Ai e diam(Ai) i=1,...,k.

Vogliamo provare che la successione {xn} non è totalmente limitata cioè posto A:={xn :

nN\{0}} (sostegno della successione) vogliamo provare che A non è totalmente limitato e quindi


*>0 t.c. A1,...,AkA t.c. A=i=1

k Ai i=1,...,k t.c. diam(Ai)>*

Scegliamo 0<*<1/2 e sia A1,...,AkA t.c. A={Ai : i=1,..,k} cioè una decomposizione di A in un

numero finito di parti di A. Siccome la successione è costituita da una infinità numerabile di termini

allora necessariamente una di queste parti di A deve contenere infiniti termini della successione

i=1,...,k t.c. Ai contiene infiniti termini della successione che Ai è del tipo Ai={xn : nJ} con

JN\{0} si ha allora che:

diam(Ai)=diam({xn : nJ}):=sup{d(xn,xm) : n,mJ}>1/2>*

E quindi A:={xn : nN\{0}} non è totalmente limitato e poiché AB(E,1) B(E,1) non è

totalmente limitato. Teniamo presente adesso il teorema fondamentale di caratterizzazione degli

spazi metrici (o in generale per i sottoinsiemi non vuoti di uno spazio metrico) compatti che ci dice

che uno spazio metrico è compatto se e solo se lo spazio è totalmente limitato e completo. E quindi

condizione necessaria affinché lo spazio sia compatto è che lo spazio sia totalmente limitato. Da ciò

segue che essendo B(E,1) non totalmente limitato B(E,1) non è compatto assurdo c.v.d.



Ts: se KE compatto t.c. int(K) allora dim(E)<+

Dim (esercizio) Per Hp int(K) x0int(K) consideriamo allora V:=K-x0 che è ovviamente un intorno di E ed

è un compatto in quanto traslato di un compatto. Per il teorema di Riesz per dimostrare che

dim(E)<+ possiamo provare che ogni chiuso e limitato è un compatto. Sia quindi AE chiuso e

limitato allora essendo A limitato, in corrispondenza dell’intorno V di E si ha che:

>0 t.c. AV

e quindi A è un compatto essendo un chiuso contenuto nel compatto V c.v.d.

Segue direttamente dal corollario precedente il seguente altri corollario che ci dice che un

qualunque compatto di uno spazio normato di dimensione infinita, è privo di punti interni



Sia E uno spazio normato di dimensione infinita

KE compatto

Ts: int(K)=


Sia E uno spazio normato di dimensione finita

AE, A

allora A è limitato A è totalmente limitato

Dim (esercizio) Per Hp A è limitato e quindi banalmente A è chiuso e limitato e pertanto essendo per Hp

dim(E)<+ segue allora dal teorema di Riesz che A è compatto A relativamente compatto

segue allora da una caratterizzazione fatta, che A e totalmente limitato e che A completo e quindi

in particolare A totalmente limitato c.v.d-

Dim (esercizio)

Per Hp A è totalmente limitato A limitato nel senso degli spazi metrici e quindi poiché abbiamo

già osservato che negli spazi normati la nozione di limitatezza nel senso degli spazi metrici coincide

con la nozione di limitatezza nel senso degli spazi topologici, segue allora che A è limitato nel

senso degli spazi topologici c.v.d.



AE, A

allora A è compatto A è chiuso e limitato

Dim (esercizio)

Per Hp A è compatto segue allora dalla caratterizzazione dei compatti negli spazi metrici che A è

totalmente limitato e completo A limitato e chiuso c.v.d.

Dim (esercizio)

Per A chiuso e limitato segue allora dal teorma di Riesz che A è compatto c.v.d.



AE, A

allora A è relativamente compatto A è limitato


Dim (esercizio)

Per Hp A è relativamente compatto segue allora dalla caratterizzazione di tali insiemi che A è

totalmente limitato A limitato c.v.d.

Dim (esercizio)

Per Hp A limitato A chiuso e limitato segue allora dal teorema di Riesz che A è compatto A

relativamente compatto c.v.d.



{xn}nN in E limitata

Ts: {xn}nN ammette un’estratta convergente

Dim (esercizio) Posto A:={xn : nN} allora per Hp A è limitato e quindi segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. A è relativamente cdompatto A relativamente sequenzialmente

compatto cioé da ogni successione in A se ne può estrarre una convergente e quindi in particolare

{xn}nN ammentte un’estratta convergente c.v.d.

08-03-96

Per ragioni di completezza sulle nozioni di compattezza e di totale limitatezza facciamo una

piccola regressione e diamo la seguente definizione.

MISURA DI NON COMPATTEZZA DI KURATOVNSKY [0803/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) sp. metrico e AX allora si denota con (A) l’estremo inferiore dei numeri positivi tali

che esiste una partizione finita di A le cui parti hanno diametro minore di cioè:

(A):=inf>0 : A1,...,AnA ,

i=1

n Ai =A , diam(Ai)< i=1,...,n

e si chiama misura di non compattezza di kuratovnsky o brevemente numero (o indice) di Kuratovnsky (Casimir kuratovnsky 1896-1980 matematico polacco, fu uno dei padri fondatori

della scuola di topologia polacca). Chiaramente (A) è una quantità non negativa e si chiama

misura di non compattezza poichè tanto più (A) si avvicina a 0 tanto più A si avvicina alla

compattezza.Dalla definizione data ci rendiamo subito conto che:

(A)=0 A è totalmente limitato


E chiaramente se lo spazio metrico X è pure completo allora e ovvio che: (A)=0 A è relativamente compatto

Chiaramente è utile lavorare con questo indice di Kuratovnsky negli spazi in cui gli insiemi limitati

non siano totalmente limitati, (infatti negli spazi in cui la limitatezza coincide con la totale

limitatezza l’uso di (A) è di scarsa utilità, proprio per la banalità del caso) ad esempio (A) ha

senso in uno spazio normato di dimensione infinita.

Vogliamo dare adesso una piccola nota pubblicata su una rivista polacca nel 1970, dove si calcola il

numero di Kuratovnsky della sfera unitaria di uno spazio normato di dimensione infinita. Allora sia

E spazio normato di dim(E)=+ e consideriamo la sfera B(E,1) e andiamo a valutare (B(E,1))

che sicuramente è una quantità positiva, allora in queste condizioni è stato dimostrato da due italiani

nella nota su detta che (B(E,1))=2 cioè che l’indice di Kuratovnsky della sfera unitaria B(E,1) è

uguale al diametro della sfera (e quindi questo significa che se in uno spazio normato di dimensione

infinita comunque dividiamo la sfera unitaria in un numero finito di parti allora necessariamente

una di queste parti deve avere diametro 2). Mentre nel caso in cui lo spazio E ha dimensione finita

cioè dim(E)<+ allora come sappiamo in questo caso un insieme è limitato se e solo se è

totalmente limitato e quindi essendo banalmente in questo caso B(E,1) limitata B(E,1)

totalmente limitata (B(E,1))=0.

11-03-96



AE, A equilibrato

Ts: int(A) è equilibrato

Dim (esercizio)

Preso un K con ||1 dobbiamo provare che int(A)int(A). Essendo per Hp A equilibrato

segue allora che AA int(A)int(A) e quindi ricordando che int(A)=int(A) segue allora

che int(A)int(A) c.v.d.



F la famiglia degli intorni di E aperti ed equilibrati

Ts: F è una base fondamentale di intorni di E

Dim (esercizio)


Preso U intorno di E dobbiamo provare che WF t.c. WU. Sappiamo che:

VE intorno di E equilibrato t.c. VU

consideriamo allora int(V) che è per definizione un aperto ed equilibrato per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ed è banalmente un intorno di E essendo Eint(V) e

quindi int(V)F e pertanto osservando che int(V)VU si ha quanto voluto

c.v.d.



KE compatto

Ts: K è limitato

Dim (esercizio) Per Hp E è localmente convesso e quindi per la caratterizz. di tali spazi si ha che:

P famiglia di seminorme indecente la topologia vettoriale di E

Per dimostrare che K è limitato proviamo che:

p(K) è limitato in R pP

Sia quindi pP che è continua e pertanto l’insieme p(K) di R è un compatto in quanto immagine

continua di un compatto e quindi ricordando che in R un insieme è compatto se e sodo se è chiuso

e limitato segue allora che p(K) è limitato c.v.d.

Come dimostrato qui di seguito la precedente proprietà si può generalizzare ad un qual si

voglia spazio vettoriale topologico.



KE compatto

Ts: K è limitato

Dim (esercizio) Sia U un intorno di E dobbiamo provare allora che >0 t.c. KU. Sappiamo allora che esiste V

intorno di E che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. possiamo supporre aperto

ed equilibrato tale che V+VU. Ricordiamo adesso che il traslato di un aperto è un aperto e quindi

fissato xK allora x+V è un intorno aperto del punto x. Consideriamo allora la famiglia di aperti

{x+V}xK che è chiaramente un ricoprimento aperto di K e quindi essendo K compatto per Hp

allora possiamo estrarre da tale ricoprimento aperto un sottoricoprimento finito cioé:


ono x1,...,xnK t.c. Ki=1

n (xi+V) (1)

Poiché V è un intorno di E che V è radiale in E e quindi:

i=1,...,n i>0 t.c. i[0,i] ixiV (2) Scegliamo allora R abbastanza grande in maniera che:

1]0,1]

i=1

n ]0,i] (3)

E quindi vogliamo provare che KU, ovvero per che ogni fissato xK si può scrivere come x=z

con zU opportuno. Sia xK allora per la (1) il vettore x è del tipo x=xj+y per un opportuno

j{1,...,n} e per un opportuno yV.

Chiaramente x lo possiamo scrivere come x=xj+y= 1xj+

1y

poniamo allora z:=

1xj+

1y e

facciamo vedere che zU. Per la (3) in particolare 1]0,i] e per la (2) si ha

1xjV e sempre

per la (3) si ha che 1]0,1] e pertanto essendo V equilibrato. E quindi in definitiva si ha che z:=

1xj+

1yV+VU z U e quindi x=zU

c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff

se l’origine (cioè E) ammette un intorno compatto e convesso

Ts: E è di dimensione finita

Dim Ci vogliamo mettere nelle ipotesi del teorema di Kolmogorov. Per Hp V intorno di E compatto e

convesso e quindi V in quanto compatto per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è

limitato segue allora dal teorema di Kolmogorov che lo spazio E è normabile. Per dimostrare che

dim(E)<+ facciamo uso della caratterizzazione degli spazi normati di dimensione finita, fatta

nella lezione precedente e dimostriamo che ogni sottoinsieme chiuso e limitato di E è compatto. Sia

A un sottoinsieme di E chiuso e limitato. Teniamo presente che V è un intorno di E e quindi

essendo in particolare A limitato che in corrispondenza dell’intorno dell’origine V >0 t.c.

AV e poiché come sappiamo V è un compatto segue allora che A è un compatto in quanto

chiuso contenuto in un compatto

c.v.d.


Più in generale si può dimostrare (ma non lo dimostriamo ) il seguente risultato.



se l’origine (cioè E) ammette un intorno compatto

Ts: E è di dimensione finita

Dim (omessa)

Possiamo riscrivere la precedente usando la formulazione non tesi implica non ipotesi e

otteniamo quindi il seguente risultato.


Sia E uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff, dim(E)=+

Ts: V intorno di E non è compatto

Dim (omessa)


Sia E uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff, dim(E)=+

Ts: ogni compatto di E ha interno vuoto

Dim

Supponiamo per assurdo che VE compatto t.c. int(V) che x0int(V) e quindi il traslato

int(V)-x0 è un intorno di E e poiché int(V)-x0V-x0 che V-x0 è un intorno di E e quindi

ricordando che il traslato di un compatto è un compatto segue in definitiva che V-x0 è un compatto

intorno di E e questo è un assurdo poiché per Hp E ha dimensione infinita e quindi per la Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. segue che E non contiene intorni compatti di E

c.v.d.

13-03-96

NUCLEO RADIALE [1303/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale, AE un sottoinsieme non vuoto, x0A. Ricordiamo che l’insieme A si

dice radiale in x0 se:


yE >0 t.c. x0+yA [0,]

Diciamo nucleo radiale dell’insieme A e si indica con A0 l’insieme di tutti i punti in cui A è

radiale. Ovviamente A0A.



A,BE con AB

Ts: A0B0

Dim (per esercizio) Preso xA0 dobbiamo provare che xB0 ovvero che:

yE >0 t.c. x+yB [0,]

Fissato quindi un arbitrario vettore yE allora essendo xA0 segue che:

>0 t.c. x+yAB [0,] c.v.d.



AE, x0E

Ts: (x0+A)0=x0+A0

Dim (esercizio)

Proviamo che (x0+A)0x0+A0:

Sia z(x0+A)0 dobbiamo dimostrare che zx0+A0 z-x0A0 e quindi dobbiamo dimostrare che:

yE >0 t.c. z-x0+yA [0,]

Fissato quindi yE allora poiché z(x0+A)0 si ha che:

>0 t.c. z+yx0+A [0,] z-x0+yA [0,]

Proviamo che x0+A0(x0+A)0:

Sia zx0+A0 dobbiamo dimostrare che:

yE >0 t.c. z+yx0+A [0,]

Fissato quindi yE allora poiché zx0+A0 z-x0A0 e quindi si ha che:

>0 t.c. z-x0+yA [0,] >0 t.c. z+yx0+A [0,] c.v.d.



AE, K

Ts: (A)0=A0

Dim (esercizio)


Proviamo che (A)0A0:

Sia x0(A)0 dobbiamo provare allora che x0A0 ovvero x0 A0 e quindi dobbiamo provare che:

yE >0 t.c. x0 +yA [0,]

Fissato quindi un arbitrario yE, poiché x0(A)0 si ha che in corrispondenza del vettore y:

>0 t.c. x0+yA [0,] x0 +yA [0,]

Proviamo che A0(A)0:

sia x0A0 dobbiamo provare allora che x0(A)0 ovvero che:

yE >0 t.c. x0+yA [0,]

Sia quindi yE, allora essendo x0A0 x0 A0 e pertanto in corrispondenza del vettore y si ha

che:

>0 t.c. x0 +

yA [0,] x0+yA [0,] c.v.d.



AE sottoinsieme con int(A)

Ts: int(A)A0 (A0 è intorno di ogni punto interno ad A cioè di xint(A))

Dim (per esercizio)

Abbiamo già osservato in precedenza che se un punto appartiene all’interno di un insieme allora

appartiene al nucleo radiale dell’insieme e quindi segue direttamente da questo che int(A)A0

c.v.d.

Diamo adesso una sfilza di proprietà algebriche e topologiche relative ad insiemi convessi e

che sono ben lontane dall’essere vere per una qual si voglia insieme.

PROPRIETÀ (idempotenza del nucleo) [1303/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Si E spazio vettoriale

AE, A e convesso

Ts: A0=(A0)0

Dim (esercizio)


Poiché per def. (A0)0A0 allora dobbiamo provare solo che A0(A0)0. Sia quindi x0A0 EA0-

x0=(A-x0)0 e quindi possiamo dimostrare equivalentemente che:

E((A-x0)0)0=(A0-x0)0=(A0)0-x0

e questo evidentemente equivale a dimostrare che:

y,zE >0 t.c. y+zA-x0 ,[0,]

Fissiamo quindi y,zE. Poiché E(A-x0)0 allora per la radialità di A-x0 in E segue che in

corrispondenza di 2y e 2z che:

1>0 t.c. 2yA-x0 [0,1]

2>0 t.c. 2zA-x0 [0,2]

posto :=min{1,2} allora per ogni ,[0,] valgono le precedenti simultaneamente fissiamo

quindi due qualunque ,[0,]. Per Hp A è convesso A-x0 convesso segue allora:

t2y+(1-t)2zA-x0 t[0,1]

e quindi per t=1/2 si ha y+zA-x0 c.v.d.



AE sottoinsieme convesso con nucleo radiale A0 non vuoto

Ts: A0 è convesso

Dim (esercizio) Dobbiamo dimostrare che:

x0,y0A0 x0+(y0-x0)tA0 t[0,1] Siano quindi x0,y0A0 e pertanto fissato t[0,1] dobbiamo dimostrare che:

zE >0 t.c. x0+(y0-x0)t+zA [0,]

Preso quindi ad arbitrio zE allora per la radialità di A in x0 ed y0 si ha che:

1>0 t.c. x0+zA [0,1]

2>0 t.c. y0+zA [0,2]

posto :=min{1,2} allora [0,] le precedenti valgono entrambi, e pertanto fissato ad arbitrio

[0,] allora per la convessità di A segue che:

(x0+z)+[(y0+z)-(x0+z)]t=x0+(y0-x0)t+zA c.v.d.



AE convesso con EA0

Ts: A0= Ap1([0,1[)


Dim (esercizio)

Proviamo che A0 Ap1([0,1[):

sia x0A0 dobbiamo allora provare che pA(x0) <1 e per fare ciò ci proponiamo di trovare un ~{>0 : x0A} t.c. 0<

~<1, poiché in tal caso si avrà:

pA(x0):=inf{>0 : x0A}~<1

Poiché x0A0 A radiale in x0 e quindi in corrispondenza a x0 sicuramente >0 t.c. x0+x0A

(1+)x0A x01

1 A 1

1 {>0 : x0A} ed essendo ovviamente (1+)>1

11 <1 e quindi scelto

~:=1

1 si ha quanto voluto.

Proviamo che Ap1([0,1[)A0:

sia x0 Ap1([0,1[) dobbiamo provare allora che x0A0 ovvero che:

yE >0 t.c. x0+yA [0,]

Fissato quindi ad arbitrio yE, osserviamo che essendo x0 Ap1([0,1[) pA(x0)<1 inf{>0 :

x0A}<1 che 1 non è un minorante dell’ins. {>0 : x0A} e quindi:

0<<1 t.c. x0A x0 A

Poiché EA0 allora in corrispondenza del vettore y

1 si ha che:

>0 t.c. y

1 A [0,]

Per la convessità di A segue che:

tx0 +(1-t)

y1 A [0,] e t[0,1]

e pertanto essendo ]0,1[ allora in particolare dalla precedente per t:= si ha:

x0+yA [0,] c.v.d.



AE sottoinsieme convesso con int(A)


int(A)=A0

A=A0

Dimostrazione (esercizio) Per Hp int(A) x0int(A), consideriamo allora V:=A-x0 che è evidentemente un intorno di E

ed è ovviamente un convesso in quanto traslato di un convesso, allora per una proprietà vista in

precedenza sappiamo che:

int(V)= Vp1([0,1[) (1)


Poiché V è un intorno di E allora come sappiamo V è radiale in E ovvero EV0 segue allora dalla

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

V0= Vp1([0,1[) (2)

e quindi segue dalla (1) e dalla (2) che int(V)=V0 int(A-x0)=(A-x0)0

int(A)-x0=A0-x0 ovvero int(A)=A0 c.v.d.

Dimostrazione (esercizio) Per Hp A è convesso e quindi poiché sappiamo che A=int( )A segue allora che:

A=int( )A =per =A0 c.v.d.



AE aperto convesso non vuoto in E

Ts: A=A0

Dim (esercizio)

A=poiché A è aperto=int(A)=per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=A0

c.v.d.



AE convesso con int(A)

Ts: int(A) è convesso

Dim (esercizio) Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. A0 è convesso e quindi essendo per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. int(A)=A0 int(A) convesso

c.v.d.

Vogliamo fare osservare che il risultato Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si

può ottenere sfruttando i risultati topologici ottenuti.


Si E spazio vettoriale topologico

AE,A e convesso

Ts: A0=(A0)0

Dim (per esercizio)


Consideriamo int(A) che è un aperto e quindi è intorno di ogni suo punto int(A)=int(int(A)) e

poiché per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. int(A)=A0 A0=(A0)0

c.v.d.



AE, A, x0E

f:ER funzionale lineare

Valgono allora le seguenti proprietà:

z x A 0

sup f(z)=f(x0)+x Asup f(x)

z x A 0

inf f(z)=f(x0)+x Ainf f(x)


z x A 0

sup f(z)=x Asup f(x0+x)=

x Asup [f(x0)+f(x)]=f(x0)+

x Asup f(x) c.v.d.


z x A 0

inf f(z)=x Ainf f(x0+x)=

x Ainf [f(x0)+f(x)]=f(x0)+

x Ainf f(x) c.v.d.



AE convesso con A0 f:ER funzionale lineare

Valgono allora le seguenti proprietà:

x A 0

sup f(x)=x Asup f(x)

x A 0

inf f(x)=x Ainf f(x)

Dimostrazione (esercizio) Come si è appreso dalle dimostrazioni precedenti per gli sp. vett. molte proprietà si provano per

traslazione ed è il procedimento che adotteremo in questa dimostrazione. Per Hp A0 che

x0A0, consideriamo allora l’insieme B:=A-x0 che ovviamente un convesso in quanto traslato di

un convesso. Ci proponiamo di provare a monte la tesi per tale insieme B. Osserviamo che

evidentemente:

B0=(A-x0)0=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=A0-x0 (1)

e pertanto poiché x0A0 allora EB0 cioè B è radiale in E e quindi teniamo presente che per

l’insieme B ha senso considerare il funzionale di Minkowsky pB:ER ad esso associato.


Proviamo chex B 0

sup f(x)x Bsupf(x):

sappiamo che vale sempre B0B e quindi banalmente si ha la disuguaglianza voluta.

Proviamo che x Bsupf(x)

x B 0

sup f(x):

sia ad arbitrio zB e quindi osservando che per una proprietà del funzionale di Minkowsky

B Bp1([0,1]) allora segue che pB(z)1, distinguiamo allora i due casi pB(z)<1 e pB(z)=1.

Se pB(z)<1 z Bp1([0,1[) segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

zB0 e pertanto banalmente f(z)x B 0

sup f(x). Sia adesso il caso in cui pB(z):=inf{>0 : zB}=1 e

questo come sappiamo al solito per la IIa proprietà dell’inf ci dice che:

{n}nN. t.c. n>1 nN, znB nN e lim nn=1

Poiché pB(z)=1 pB(z)<n nN segue allora dalla positiva omogeneità del funzionale di

Minkowsky pB che pB z

n<1 nN

zn Bp1

([0,1[) nN segue allora dalla Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. che znB0 nN e quindi si ha

1n

f(z)=f z

n

x B 0

sup f(x) nN e pertanto passando al limite n si ha f(z)x B 0

sup f(x). E

quindi in definitiva per l’arbitrarietà di zB abbiamo ottenuto che: f(z)

x B 0

sup f(x) zB

e quindi passando al sup su zB si ottiene quanto voluto.

E pertanto la tesi rimane provata per l’insieme B ovvero:

x B 0

sup f(x)=x Bsupf(x) (2)

Vediamo chi è il primo membro della (2):

x B 0

sup f(x)=per (1)=x A x 0 0

sup f(x)=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=f(-

x0)+x A 0

sup f(x) (3)

E analogamente vediamo chi è il secondo membro della (2):

x Bsupf(x)=

x A x 0

sup f(x)=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=f(-x0)+x Asup f(x)

(4) Segue allora da (3) e da (4) che f(-x0)+

x A 0

sup f(x)=f(-x0)+x Asup f(x)

x A 0

sup f(x)=x Asup f(x)

c.v.d. Dimostrazione

x A 0

inf f(x)=-x A 0

sup [-f(x)]=per =-x Asup [-f(x)]=

x Ainf f(x) c.v.d.




AE convesso con A0 f:ER funzionale lineare non identicamente nullo

Ts: f(A0) è un aperto di R

Dim

Vogliamo provare che f(A0) è intorno di ogni suo punto. Sia t0f(A0) dobbiamo provare allora che

f(A0) è intorno di t0. Poiché t0f(A0) x0A0 t.c. t0=f(x0). Per Hp f0 yE t.c. f(y)0 e

possiamo supporre che f(y)>0 poiché se fosse f(y)<0 basterebbe allora considerare -y e quindi per la

lin. di f si avrebbe che f(-y)=-f(y)>0. Poiché x0A0=per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=(A0)0 x0(A0)0 A0 è radiale in x0 e quindi:

>0 t.c. x0+yA0 [0,]

Consideriamo f(x0+y)=f(x0)+y e chiaramente al variare di nell’intervallo [0,] la f varia

nell’intervallo:

[t0,t0+f(y)]f(A0) (1)

Prendiamo adesso z=-y f(z)<0 e per la radialità di A0 in x0 segue che

>0 t.c. x0+zA [0,]

Consideriamo f(x0+z)=f(x0)+z=t0+z e chiaramente al variare di nell’intervallo [0,] la f

varia nell’intervallo:

[t0+f(z),t0]f(A0) cioè [t0-f(y),t0]f(A0) (2) E quindi dalla (1) e dalla (2) otteniamo che [t0-f(y),t0+f(y)]f(A0) e poiché [t0-f(y),t0+f(y)] è un intorno di t0 in R f(A0) è intorno di t0 in R f(A0) aperto.

Si ricorda che una delle conseguenze del Teorema di Han-Banch è la seguente: “Siano E uno

sp. vett. su K, AE radiale in E e assol. conv., FE sott.sp.vett., f:FK funz. lin. t.c. |f(x)|1

xAF allora g:EK lin. t.c. gF=f e |g(x)|1 xA“ (Coroll. [0112/5]). E quindi teniamo

presente questo risultato e dimostriamo il seguente risultato che afferma, che in uno sp.vett. top. loc.

conv. ogni funz. lineare e cont. su un sott.sp.vett. si può estendere su tutto lo sp. a un funz. lin. e

cont.

TEOREMA DI HAHN-BANACH NEGLI SPAZI LOCALMENTE CONVESSI [1303/Errore. L'argomento parametr


o è sconosciuto.]



f:FK un funzionale lineare e continuo

Ts: g:EK funzionale lineare e continuo t.c. gF=f

Dim Ci vogliamo costruire un insieme A assol. conv. e radiale in E t.c. f(x)1 xAF.

Consideriamo l’insieme {xF :f(x)1} che per la continuità di f è un intorno di E in F e quindi

essendo questo un intorno di E rispetto alla topologia di F è del tipo VF={xF :f(x)1} con V

opportuno intorno di E in E. E poiché per Hp E è loc. conv. allora sappiamo che una base di

intorni di E assol. conv. che W intorno assol. conv. di E contenuto in V. Scegliamo allora

A:=W e quindi A è un intorno assol. conv. di E ed è pure radiale in E poiché negli spazi vettoriali

topologici ogni intorni di E è radiale in E ed è t.c. f(x)1 xAF poiché AFVF. Ci

troviamo allora nelle ipotesi del teorema che abbiamo richiamato e quindi:

g:EK lineare t.c. gF=f ed inoltre g(x)1 xA

ed essendo quindi g limitato in un intorno dell’origine (cioè g(A) limitato) segue allora dal teorema

[0403/8] che g è continuo c.v.d.



p:ER una seminorma continua su E

x0E\{E}

Ts:f:EK funzionale lineare e continuo t.c. f(x0)=p(x0) e |f(x)|p(x) xE

Dim Andiamo a considerare la retta che unisce x0 e E cioè consideriamo: F:=span({x0})=

K x0

che è un sottospazio vettoriale di E. Andiamo adesso a definire un funzionale :FK mediante la

legge (x0)=p(x0) che è chiaramente un funzionale lineare e continuo. Teniamo presente che

x0F poiché x0=1x0F e quindi (x0)=(1x0)=1p(x0)=p(x0). Tenendo conto della definizione di

e che p è una seminorma si ha:

|(x0)|=|p(x0)|=||p(x0)=p(x0)

e quindi il modulo di è maggiorato (cioè è in questo caso =) sulla retta F da una seminorma p

allora per la forma classica del teorema di Han-Banch si ha che:


f:EK funzionale lineare t.c. fF= e |f(x)|p(x) xE

E quindi f(x0)=p(x0) poiché fF= e (x0)=p(x0). Dobbiamo verificare la continuità del funzionale

f e poiché f è lineare dobbiamo provare solo che f è continua nell’origine E. Fissato un >0, per Hp

la seminorma p è continua su E segue che in particolare p è continua in E e quindi in

corrispondenza di si ha che:

U intorno di E t.c. p(x) xU

e quindi essendo |f(x)|p(x) xE si ha che |f(x)|p(x) xU f continua in E.


Sia E spazio vettoriale topologico di Hausdorff localmente convesso e E{E}

x0E\{E}

Ts: T:EK lineare e continuo t.c. T(x0)>0

Dim

Per Hp E è uno sp.vett.top. loc. conv. e di Hausdorff e questo come sappiamo per una caratt. fatta

equivale ad affermare che una famiglia G di seminorme su E che genera la topologia di E, con la

proprietà che per ogni vettore non nullo di E c’è una seminorma di tale famiglia che su questo

vettore è positiva cioè:

xE con xE pG t.c. p(x)>0

e quindi poiché x0E\{E} pG t.c. p(x0)>0 e come sappiamo tale seminorma p è continua,

segue allora in particolare dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

T:EK lineare e continuo t.c. T(x0)=p(x0)>0 c.v.d.

Utilizziamo la precedente prop. per provare il seguente importante risultato.


Sia E spazio vettoriale topologico di Hausdorff localmente convesso e E{E}

Ts: E*{E*}

Dim

Dobbiamo provare che esiste un funzionale su E lineare e continuo non identicamente nullo. Per Hp

E{E} x0E\{E} segue allora dalla proprietà precedente che:

TE* t.c. T(x0)>0 c.v.d.


Sia E spazio normato non banale (cioè E{E})


Ts: E*{E*}

Dimostriamo adesso che in uno sp. normato un funzionale lineare e continuo definito su un

sott.sp vett. si può estendere ad un funzionale lineare e continuo su tutto lo spazio in maniera tale da

preservare la norma cioè in maniera tale che la norma del funzionale sul sott.sp. sia uguale alla

norma del funzionale sullo spazio.


Sia E spazio normato


F*

Ts:gE* t.c. gF= e ║g║E*=║║F*

Dim Escludiamo il caso banale in cui sia identicamente nullo poiché in questo caso basta considerare

come g il funzionale identicamente nullo su E. Per Hp :FK è un funzionale lineare e continuo e

quindi:

|(x)|║║F*║x║E xF

(se tenga presente che ║x║E=║x║F xF poiché ║║F è la norma indotta). Teniamo presente che se

moltiplichiamo un numero positivo per una norma otteniamo ancora una norma e quindi ║║F*║║E

è una norma che il modulo del funzionale è maggiorato dalla norma ║║F*║║E allora per il

teorema classico di Han-Banch si ha:

g:EK lineare t.c. gF= e |g(x)|║║F*║x║E xE ()

e questa in particolare (per la caratterizzazione degli operatori lineari tra spazi normati) ci dice che g

è pure continuo. Proviamo quindi che ║g║E*=║║F*.

Verifichiamo che ║g║E*║║F*:

segue dalla () che g xx E

( )║║F* xE\{E} e quindi passando al sup su E\{E} otteniamo

proprio ║g║E*║║F*. Verifichiamo che ║║F*║g║E*:

║║F*=Fx 1

sup |(x)|=

x F Ex

1

sup |g(x)|

x E Ex

1

sup |g(x)|=║g║E* c.v.d.




x0E\{E}

TE* t.c. T(x0)=║x0║E e ║T║E*=1

Dim Dobbiamo provare che esiste un funzionale lineare e continuo su E il cui valore in x0 coincida con

quello della norma di x0 e tale che la sua norma sia 1. Andiamo a prendere la solita retta che unisce

x0 con E cioè: F=

K x0

e definiamo il funzionale :FK con (x0)=║x0║E che è chiaramente lineare e continuo e

segue allora dalla proposizione precedente che:

gE*=L(E,K) t.c. gF= cioè g(x0)=║x0║E K e ║g║E*=║║F*

Evidentemente g(x0)=║x0║E. Andiamo adesso a calcolare:

║║F*:=Fx 1

sup ║(x)║F=

Fx0 1 sup ║x0║F=║x0║F

1

0 Fx

sup =║x0║F10 Fx

=1

E quindi scegliamo T=g e otteniamo la tesi.

Vogliamo trattare adesso quelli che si chiamano teoremi di separazione.

IPERPIANI SEPARATORI [1303/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale non vuoto (cioè E), A,BE due sottoinsiemi di E e f:ER un

funzionale lineare reale non identicamente nullo (cioè xE t.c.f(x)0). Diciamo che f separa A e

B se:

x Asup f(x)

x Binf f(x)

e quindi f separa A e B se gli insiemi f(A) e f(B) sono separati (nel senso di analisi uno) cioè ab

af(A) e bf(B) rR (elemento separatore) t.c. arb af(A) e bf(B).

Analogamente diciamo che f separa strettamente A e B se:

x Asup f(x)<

x Binf f(x)

Vogliamo vedere graficamente quanto detto e quindi ci mettiamo ad esempio nel caso di E=R2. Sia

quindi f:R2R un funzionale lineare che separa A e B che gli insiemi f(A) e f(B) sono

separati che rR elemento separatore di f(A) e f(B).

Andiamo a considerare l’iperpiano di R2:

f -1(r)={xR2 : f(x)=r}

che geometricamente rappresenta la retta che individua i

f -1(r)


due semipiani a cui appartengono rispettivamente gli

insiemi A e B (cioè la retta che separa A e B).

Chiaramente nella figura (a) gli insieme sono separati

ma non strettamente separati poiché hanno un punto in

comune (cioè sono tangenti) e quindi l’inf e il sup

coincidono.

A A

B B

(a) (b)

Nella figura (b) gli insiemi sono evidentemente strettamente separati.



AE convesso, A0 e EA0 Ts: g:ER funzionale lineare, g0 t.c. g(x)0 xA Dim Per Hp A è convesso segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A0 è

convesso. Per Hp A0 x0A0, consideriamo l’insieme V:=x0-A0 e teniamo presente che x0V

infatti EA0 che x0V. Chiaramente V è un convesso essendo il traslato del convesso A0.


V0=(x0-A0)0=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=x0+(-A0)0=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=x0-(A0)0=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=x0-A0

e poiché x0A0 EV0 V radiale in E. E quindi il nostro insieme V è un convesso e radiale in

E. Possiamo allora considerare il funzionale di Minkowsky pV:E[0,+[ associato a V che è sub-

additivo per la convessità di V e positivamente omogeneo. Consideriamo adesso la retta che unisce i

punti E e x0: F:=

0x

R

che è uno spazio vettoriale su R (potevamo consideralo anche su C). Andiamo al solito a definire

l’applicazione:

:FR definita dalla legge (x0):=pV(x0) R

che è un funzionale lineare non identicamente nullo. Proviamo che il funzionale è maggiorato

sulla retta F dal funzionale pV di Minkowsky cioè che:

(x0)pV(x0) R

Consideriamo i seguenti due casi:

Caso 0:

poiché il funzionale di Minkowsky per definizione è non negativo cioè pV(x)0 xE si ha allora

che:


(x0):=pV(x0)pV(x0)

Caso 0:

segue subito dalla definizione di e dalla positiva omogeneità di pV che:

(x0):=pV(x0)=pV(x0) (cioè 0 si ha addirittura l’uguaglianza)

E quindi essendo il nostro funzionale lineare maggiorato sulla retta F dal funzionale pV sub-additivo

e positivamente omogeneo allora possiamo fare riferimento al teorema di Hahn-Banach che ci dice

che il funzionale lineare si può estendere su tutto E ad un funzionale lineare che è maggiorato su

tutto lo spazio E dal funzionale pV, cioè:

f:ER funzionale lineare t.c. f(x0)=(x0) R e f(x)pV(x) xE

Teniamo presente (come sappiamo) che V contiene l’insieme dei punti in cui pV è minore di uno e

quindi pV(x)1 xV e poiché x0V pV(x0)1 e quindi in particolare osserviamo che

f(x0)=(x0)=pV(x0)1 e pertanto f non è identicamente nullo. Segue allora da quanto detto che:

f(x)pV(x)1 xV

e quindi tenendo conto della definizione di V:=x0-A0={x0-x : xA0} segue che:

f(x0-x)1 xA0 f(x0)-f(x)1 xA0

ed essendo f(x0)1 si ha:

-f(x)1-f(x0)0 xA0 -f(x)0 xA0

scegliamo allora g=-f che è un funzionale lineare e si ha: g(x)0 xA0

x A 0

sup g(x)0 segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.

che x A 0

sup g(x)=x Asupg(x)

x Asupg(x)0 g(x)0 xA.

E quindi g è il funzionale lineare promesso dalla tesi.

TEOREMA DI SEPARAZIONE PER GLI SP. VETT. [1303/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


AE convesso e A0

BE convesso e non vuoto

Le seguenti condizioni sono equivalenti:

(1) f:ER funzionale reale lineare non identicamente nullo che separa A e B

(2) A0B=

Dim (1)(2) Teniamo presente che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. l’insieme f(A0) è un

aperto in R. Supponiamo per assurdo che A0B uA0B uA0 e uB.

Per Hp f separa A e B cioè:


x Asup f(x)

x Binf f(x) (1)

Poiché uA0A f(u)f(A0)f(A) f(u)f(A) f(u)x Asup f(x).

Teniamo presente adesso che f(u)f(A0) e

poiché abbiamo osservato che l’insieme

f(A0) è un aperto in R segue allora che:

>0 t.c ]f(u)-,f(u)+[f(A0) (2)

E quindi osseviamo che:

f(u)<f(u)+per (2)x A 0

sup f(x)x Asup f(x)per (1)

x Binf f(x)

e questo evidentemente ci dice che f(u)f(B) uB assurdo c.v.d. Dim (2)(1) Consideriamo l’ins. A0-B:={x-y : xA0 e yB} che come sappiamo è un convesso in quanto

somma algebrica di convessi, ci proponiamo allora di verificare che per tale insieme valgono le

ipotesi del lemma precedente. Proviamo che il nucleo radiale dell’insieme A0-B è non vuoto cioè

che (A0-B)0. Per Hp B yErrore. L'argomento parametro è sconosciuto.0B


A0-y0=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=(A0)0-y0=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=(A0-y0)0per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.(A0-B)0

e quindi (A0-B)0 ed inoltre dal ragionamento fatto deduciamo che:

A0-B(A0-B)0

Per Hp A0B= EA0-B e quindi essendo E(A0-B)0A0-B allora a maggior ragione

E(A0-B)0. E quindi A0-B è un convesso con nucleo radiale non vuoto e non contenente l’origine

E segue allora dal lemma precedente che:

f:ER funzionale lineare, f0 t.c. f(z)0 zA0-B osserviamo che zA0-B è del tipo z=x-y con xA0 e yB e quindi per la linearità di f segue che f(x)-f(y)0 xA0 e yB f(x)f(y) xA0 e yB

x A 0

sup f(x)x Binf f(x) e poiché per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. x A 0

sup f(x)=x Asup f(x) segue che

x Asup f(x)

x Binf f(x)

che il funzionale lineare f separa A e B c.v.d.



AX

f:XR semicontinua inferiormente su tutto X

] ] [ [ inf f(A0) f(u)- f(u)+ sup f(A0)

f(A0)


Ts: BX t.c. ABA x Asupf(x)=

x Bsupf(x)

Dim Chiaramente essendo AB

x Asupf(x)

x Bsupf(x). Proviamo quindi la disuguaglianza inversa ovvero

che x Bsupf(x)

x Asupf(x). Supponiamo per assurdo che

x Asupf(x)<

x Bsupf(x) R t.c.

x Asupf(x)<<

x Bsupf(x). Per la seconda proprietà dell’estremo superiore:

x0B t.c. f(x0)> Poiché BA x0A=ADA x0A oppure x0 è di accumulazione per A cioè x0DA

(derivato di A).

Chiaramente x0A infatti x Asupf(x)<<f(x0) f(x0)f(A) x0A.

E quindi x0DA che in ogni intorno di x0 devono cadere punti di A. Consideriamo adesso

V={xX : f(x)>}=:f-1(],+[) e poiché per Hp la funzione f è s.c.i. segue allora dal teorema di

caratt. delle funzione s.c.i. che V è un aperto. Osserviamo che essendo f(x0)> x0V e quindi

l’aperto V in particolare è intorno di x0 e poiché x0DA VA\{x0} yVA e yx0

yV e yA e quindi si ha che:

yV f(y)>

yA f(y)x Asupf(x)<



AX

BX t.c. ABA

f:XR funzione semicontinua superiormente Ts:

x Ainf f(x)=

x Binf f(x)

Dim (per esercizio) Teniamo presente che per Hp f è una funzione semicontinua superiormente -f funzione

semicontinua inferiormente. Osserviamo allora che:

x Ainf f(x)=-

x Asup -f(x)=per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=-

x Bsup -

f(x)=x Binf f(x) c.v.d.

Vogliamo dimostrare adesso il teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.

nel caso di sp. vett. top. Si desume facilmente che la dim. di tale teorema è conseguenza diretta del

assurdo


analogo teorema nel caso algebrico cioè del teorema Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto., basta infatti considerare la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che ci

dice che per un sott.ins. convesso con interno non vuoto di uno sp. vett. top., il nucleo radiale

dell’ins. coincide con l’interno dell’ins. Noi però vogliamo fare una dim. diretta del teorema cioè lo

vogliamo dimostrare senza fare uso della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.. Premettiamo però a monte il seguente lemma (che è la versione topologica della lemma Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.).



AE convesso , int(A) , Eint(A)

Ts: f:EK funzionale lineare e continuo non identicamente nullo t.c. f(x)0 xA

Dim Prendiamo un punto x0int(A) e consideriamo V=x0-int(A) che è uni intorno di E (e quindi radiale

in E ) convesso. Possiamo considerare allora il funzionale di Minkowsky pV:E[0,+[ associato

a V ed inoltre definiamo al solito il funzionale lineare definito sulle retta che unisce E ed x0 cioè: :F=

0x

R R con (x0):=pV(x0) R

con i soliti procedimenti si prova che pV maggiora sulla retta F cioè che (x0)pV(x0)

R. E quindi segue dalla forma classica del teorema di Han-Banach che:

f:ER funzionale lineare t.c. f(x0)=pV(x0) R e f(x)pV(x) xE

in maniera analoga all’equivalente (nel caso algebrico) lemma [1303/22] per gli spazi vettoriali

otteniamo che:

f(x)<0 xint(A) (1)

Verifichiamo che la f è continua. Essendo x0int(A) int(A) è intorno di x0 e poiché siamo in uno

spazio vettoriale topologico:

U intorno di E (che possiamo supporre) equilibrato t.c. x0+Uint(A)A

e quindi f(x0+x)<0 xU e per la linearità di f segue che :

f(x)<-f(x0) xU (2)

e poiché U è equilibrato e quindi in particolare simmetrico (cioè xU -xU o se si vuole U=-U)

segue che f(-x)<-f(x0) xU -f(x)<-f(x0) xU e quindi:

f(x0)<f(x) xU (3)

Segue allora dalla disuguaglianza (2) e dalla (3) che:

f(x0)f(x)-f(x0) xU -f(x0)-f(x)f(x0) cioè -f(x)=f(x)f(x0) xU


e quindi f è limitata sull’intorno U di E, segue allora dalla caratt. degli operatori lineari e continui

(che ci dice che CNS affinché un operatore lineare sia continuo è che questo sia limitato su un

intorno di E) che il funzionale lineare f è continuo. Teniamo presente che la (1) ci dice che

x Aint( )sup f(x)0.

Per Hp A è convesso con interno non vuoto segue allora da una proprietà precedente che A=int( )A e quindi osservando che vale sempre int(A)AA che int(A)A int( )A allora essendo la f continua (e quindi in particolare s.c.i.) segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.che

x Aint( )sup f(x)=

x Asupf(x) che

x Asupf(x)0 f(x)0 xA c.v.d.

TEOREMA DI SEPARAZIONE PER GLI SP. VETT. TOP. [1303/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


A,BE convessi con int(A) e B

Allora le seguenti condizioni sono equivalenti :

(1) f:ER funzionale lineare e continuo non identicamente nullo che separa A e B

(2) int(A)B=

Dim (1) (2)

Abbiamo già osservato in precedenza che un funzionale lineare non identicamente nullo definito su

uno spazio vettoriale topologico a valori reali è aperto, segue allora direttamente da questo che

f(int(A)) è un aperto di R. Osservato ciò proviamo la (2). Supponiamo per assurdo che

int(A)B uint(A)B uint(A) e uB. Teniamo presente che per Hp f separa gli insiemi A e B cioè

x Asup f(x)

x Binf f(x) cioè sup f(A)inf

f(B). Poiché uint(A)A f(u)f(int(A))f(A) f(u)f(A) f(u)

x Asup f(x).

Teniamo presente adesso che f(u)f(int(A)) e

poiché abbiamo provato che l’insieme f(int(A))è

un aperto in R segue allora che:

>0 t.c ]f(u)-,f(u)+[f(int(A))f(A) e quindi necessariamente f(u)<

x Asup f(x) segue da questo e dal fatto che f separa A e B che

f(u)<x Asup f(x)

x Binf f(x) f(u)<

x Binf f(x) f(u)f(B) uB assurdo.

Dim (2)(1) (per esercizio)

Consideriamo l’insieme int(A)-B:={x-y : xint(A) e yB} che è un convesso essendo somma di

f(int(A)) ] ] [ [

inf f(int(A)) f(u)- f(u)+ sup f(int(A))


convessi ed ovviamente Eint(A)-B poiché per Hp int(A)B=, e quindi essendo int(int(A)-

B)int(A)-B allora a maggior ragione Eint(int(A)-B). Banalmente l’interno di int(A)-B è non

vuoto cioè int(int(A)-B) infatti essendo B allora preso y0B si ha:

int(A)-y0=int(int(A))-y0=int(int(A)-y0)int(int(A)-B)

E quindi in definitiva int(A)-B è un convesso con interno non vuoto e non contenente E , segue

allora dal lemma precedente che:

f:ER funzionale lineare e continuo, f0 t.c. f(z)0 zint(A)-B

osserviamo che zint(A)-B è del tipo z=x-y con xint(A) e yB e quindi per la linearità di f segue

che f(x)-f(y)0 xint(A) e yB f(x)f(y) xint(A) e yB e quindi:

x Aint( )sup f(x)

x Binf f(x) ()

Per Hp A è convesso con interno non vuoto segue allora da una proprietà precedente che A=int( )A e quindi osservando che vale sempre int(A)AA che int(A)A int( )A allora essendo la f continua (e quindi in particolare s.c.i.) segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

x Aint( )sup f(x)=

x Asupf(x) segue allora dalla () che

x Asupf(x)

x Binf f(x) che il

funzionale lineare f separa A e B c.v.d.

TEOREMA DI STRETT. SEPAR. PER GLI SP. VETT. TOP. LOC. CONV. [1303/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


A,BE sottoinsiemi convessi e non vuoti di E


(1) f:ER funzionale lineare continuo non nullo che separa strettamente A e B

(2) EB A

Dim (1)(2)

Per Hp esiste un funzionale f reale lineare continuo non identicamente nullo che separa strettamente

A e B cioè:

x Asup f(x)<

x Binf f(x)

e questo come sappiamo significa che: >0 t.c. f(x)+f(y) xA e yB ()

Andiamo adesso a considerare l’insieme :

V:={xE : f(x)<}=f -1(]-,[)


e chiaramente per la continuità di f l’ins. V è un aperto ed inoltre osserviamo che EV poiché per

la linearità di f si ha che f(E)=0<. E quindi V è un aperto di E che contiene E e quindi in

particolare V è un intorno dell’origine E. Proviamo che EB A e quindi dobbiamo provare che

un intorno di E che non interseca l’ins. B-A, ma evidentemente una scelta felice è proprio V,

infatti dalla () e per la linearità di f osserviamo che:

f(y-x) xA e yB

e questa ci dice che in A-B la f è maggiore o uguale a e pertanto essendo per definizione V

l’insieme dei punti di E in cui il funzionale f è strettamente minore di segue allora che V(B-

A)= EB A c.v.d.

Dim (2)(1)

Teniamo presente che l’insieme B-A è un convesso essendo A e B convessi. Poiché EB A

V intorno di E in E che possiamo supporre convesso (essendo per Hp E localmente convesso) ed

equilibrato (cioè V è assolutamente convesso) tale che V(B-A)=. Chiaramente essendo V

intorno di E Eint(V) int(V) ed ovviamente essendo V(B-A)= allora a maggior

ragione int(V)(B-A)=. E quindi possiamo applicare Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. agli ins. V e B-A e si ha:

f:ER funzionale lineare e continuo non identicamente nullo che separa V e B-A

Allora il fatto che f separa V e B-A significa per definizione che:

x Vsup f(x)

x B A inf f(x)

e questo ci dice che: f(x)f(y-z) xV yB e zA () Teniamo presente che fissato un xV la () vale yB e zA. Ricordiamo che in precedenza si

è provato che un operatore lineare non identicamente nullo, su un insieme radiale in E non è

identicamente nullo e quindi essendo V un intorno di E V radiale in E allora per quanto detto f

non è identicamente nullo su V che xV t.c. f(x)0 ed evidentemente possiamo supporre che

f(x)>0 infatti se fosse f(x)<0 allora essendo V equilibrato basterebbe considerare il punto -xV e

quindi per la linearità di f si avrebbe f(-x)=-f(x)>0. E quindi posto =f(x) segue che:

f(y-z)=f(y)-f(z) yB e zA +f(z)f(y) yB e zA

e questo significa proprio che:

x Asup f(x)<

x Binf f(x) c.v.d.



A,B convessi disgiunti e non vuoti con A compatto e B chiuso

Ts:f:ER funzionale lineare continuo, f0, che separa strettamente A e B


Dim

Andiamo a considerare l’ins. B-A che è un convesso (essendo somma di convessi) e poiché per Hp

AB= EB-A. Per Hp A è compatto e B è chiuso e quindi segue dalla [2102/17] che

l’insieme B-A è chiuso B-A=B A . E quindi in definitiva B-A è un convesso non vuoto la cui

chiusura non contiene l’origine, segue allora dal teorema precedente di stretta separazione che:

f:ER funzionale lineare, continuo, f0 che separa strettamente A e B c.v.d.

Dal corollario precedente si ha il seguente teorema che costituisce uno strumento

validissimo per valutare la separabilità tra un insieme e un punto.



AE sottoinsieme convesso chiuso non vuoto di E

x0E\A Ts:f:ER funzionale lineare continuo, f0, t.c.

x Asup f(x)<f(x0)

Dim (esercizio)

Poiché come noto in generale i punti di uno spazio topologico sono dei compatti segue allora che

{x0} compatto ed essendo x0E\A allora ovviamente {x0}A= e quindi applicando di peso il

corollario precedente si ha la tesi c.v.d.

15-03-96

SPAZI DI FRÉCHET [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Uno spazio topologico metrizzabile si dice di Fréchet se la metrica è completa ovvero se la

metrizzazione avviene attraverso una metrica completa.

RICHIAMO AGLI SPAZI FUNZIONALI TRATTATI [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Dato T un qualunque insieme non vuoto e (Y,d) spazio metrico allora come si ricorda abbiamo

denotato con L0(T,Y) lo spazio delle funzioni limitate da T in Y e abbiamo visto che tale spazio si

può riguardare come spazio metrico, poiché su di esso si può definire la seguente metrica che

abbiamo chiamato della convergenza uniforme: d(f,g):=

t Tsupd(f(t),f(t)) f,gL0(T,Y)


Abbiamo osservato inoltre che un sottospazio di L0(T,Y) è lo spazio delle funzioni totalmente

limitate, che abbiamo denotato con TL(T,Y). Se consideriamo adesso T munito di una topologia

allora sappiamo che con C0(T,Y) si denota lo spazio delle funzioni continue da T in Y e se si

suppone T compatto allora fC0(T,Y) è limitata e quindi C0(T,Y)L0(T,Y) e pertanto possiamo

riguardare C0(T,Y) come spazio metrico cioè consideriamo su C0(T,Y) la metrica d. Se (Y,║║Y)

spazio normato allora abbiamo visto che su L0(T,Y) possiamo considerare la norma che abbiamo

chiamato sup-norma: ║f║L0(T,Y):=

t Tsup║f(t)║Y fL0(T,Y)

Ed analogamente se si suppone T spazio topologico compatto allora C0(T,Y) può essere riguardato

come sottospazio normato di L0(T,Y). Quindi questi sono gli spazi funzionali visti fino adesso.

SPAZIO DELLE FUNZIONI CONTINUE DI CLASSE SUPERIORE A 0 DEFINITE IN UN APERTO DI Rn A VALORI REALI [1503/Error

e. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Oltre agli spazi richiamati sono di uso corrente in analisi anche altri spazi funzionali che

coinvolgono la differenziabilità delle funzioni, ad esempio dato Rn aperto e k intero positivo

allora con il simbolo Ck(,R) o brev. Ck() si denota lo spazio delle funzioni da in R continue

e derivabili con derivata continua fino all’ordine k, cioè:

Ck():={f:R : f continua con derivate continue fino all’ordine k}

Dopo avere dato le opportune nozioni qui di seguito estenderemo tale spazio Ck per funzioni

definite nella chiusura dell’aperto Rn e valori in uno spazio normato.

DERIVATA RELATIVA AL MULTI INDICE [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia Rn aperto e uCk(,R). Si definisce multi indice la n-upla :=(1,2,...,n)Nn e si chiama lunghezza del multi indice e si scrive || il numero non negativo:

||:=i

n

1i

Supposto ||k allora definiamo derivata relativa di u al multi indice :

Du:=

1 n2

x x xn

n

11

22

(u)

Evidentemente Du al variare del multi indice ci dà la totalità delle possibili derivate parziali di u

(ad esempio se vogliamo la derivata parziale seconda rispetto alla prima variabile basta fissare 1=2


e 2=3=...=n=0). Incidentalmente vogliamo fare osservare che con l’introduzione della

definizione di derivata relativa ad un multi indice, lo spazio Ck() si può meglio esplicitare come:

Ck():={uC0() : DuC0() Nn con ||k}



CX chiuso

Ts: C si può scrivere come intersezione numerabile di aperti

Dim Fissato nN consideriamo l’insieme:

An:=

xX : d(x,C)<1n

che è un aperto essendo la funzione d(,C) lipschitziana e quindi continua, vogliamo provare allora

che:

nN An={xX : d(x,C)=0} (1)

Proviamo che nN An{xX : d(x,C)=0}:

sia xnN An xAn nN d(x,C)<

1n nN d(x,C)=0 segue allora che x{xX :

d(x,C)=0}. Proviamo che {xX : d(x,C)=0}

nN An:

sia x{xX : d(x,C)=0} d(x,C)=0<1n nN xAn nN x

nN An.

Ricordiamo che abbiamo provato in precedenza che un punto appartiene alla chiusura di un insieme

se e solo se ha distanza nulla da esso e quindi essendo C chiuso si ha:

C={xX : d(x,C)=0} (2)

e quindi dalla (1) e dalla (2) si ha la tesi.



X aperto

Ts: si può scrivere come unione numerabile di chiusi

Dim

Per la proprietà precedente il chiuso X\ si può scrivere come intersezione numerabile di aperti

cioè:


{An}nN famiglia di aperti t.c. X\=nN An

e quindi posto Cn:=X\An nN allora evidentemente la famiglia {Cn}nN è un ricoprimento di

chiusi di infatti:

nN Cn=

nN X\An=per Demorgan=X\

nN An=X\X\= c.v.d.


Sia Rn aperto

Ts: si può scrivere come unione numerabile di compatti

Dim Per il corollario precedente: {Cr}rN famiglia numerabile di chiusi t.c. =

rN Cr

Fissato x0Rn e N consideriamo la sfera chiusa B(x0,) che un chiuso limitato e quindi

compatto essendo Rn spazio di dimensione finita. Osserviamo che fissato rN allora come

sappiamo l’insieme CrB(x0,) è un compatto (in quanto intersezione di un chiuso con un

compatto) e pertanto se consideriamo la famiglia numerabile {CrB(x0,)}r,N allora

evidentemente si ha: =

r,N CrB(x0,) c.v.d.

INTRODUZIONE DI UNA TOPOLOGIA VETTORIALE LOCALMENTE CONVESSA E METRIZZABILE, NELLO SPAZIO DELLE FUNZIONI CONTINUE, DEFINITE IN UN APERTO DI Rn A VALORI REALI


Sia un aperto di Rn, ci proponiamo allora di introdurre una topologia vettoriale sullo spazio

C0(,R) cioè sullo spazio delle funzioni continue da in R. Evidentemente non possiamo

considerare su C0() la norma: ║f║L0(,R):=

xsup |f(x)|

poiché è un aperto e non un compatto, e quindi se fC0() allora f non è necessariamente

limitata (si ricorda che un dato funzionale per essere una norma oltre a soddisfare i tre assiomi della


norma deve essere a valori finiti). Cerchiamo quindi di definire una topologia vettoriale su C0()

seguendo un’altra via. Per la proprietà precedente: {Kr}rN famiglia numerabile di compatti t.c. =

rN Kr

poiché come già osservato in precedenza la famiglia dei compatti è chiusa rispetto all’unione finita

allora come sappiamo possiamo supporre che {Kr}rN sia non decrescente rispetto alla relazione di

inclusione (poiché se così non fosse come già osservato in precedenza a partire da questa ne

potremmo costruire una tale, la cui unione è tutto ). Fissato pN consideriamo il funzionale:

pr:C0()[0,+[ con pr(u):=maxx Kr

|u(x)| uC0()

evidentemente la definizione di tale funzionale ha senso poiché per la compattezza di Kr la funzione

continua |u| ammette massimo. Verifichiamo allora che tale funzionale pr è una seminorma su C0()

e quindi dobbiamo provare che pr è assolutamente omogeneo e sub-additivo.

Verifichiamo l’assoluta omogeneità:

fissata uC0() e K si ha allora che: pr(u)=max

x Kr|u(x)|= max

x Kr|||u(x)|=||max

x Kr|u(x)|=||pr(u)

Proviamo la sub-additività:

fissati ad arbitrio u,vC0() si ha allora che: pr(u+v)=max

x Kr|u(x)+v(x)|max

x Kr|u(x)|+max

x Kr|v(x)|=pr(u)+pr(v)

Siamo riusciti così a costruire la famiglia di seminorme {pr}rN su C0() che è si verifica

immediatamente essere saturata, essendo per costruzione la famiglia di compatti {Kr}rN non

decrescente. Consideriamo allora su C0() la topologia che sappiamo essere vettoriale, generata

dalla famiglia numerabile di seminorme {pr}rN. Si ricorda che in precedenza abbiamo dimostrato

la fondamentale caratterizzazione [2802/3] che ci dice che uno spazio vettoriale topologico è

localmente convesso e metrizzabile se e solo se esiste una famiglia di seminorme numerabile

inducente la topologia dello spazio e tale che in ogni punto dello spazio ammette almeno una

seminorma che assume valore non nullo in tale punto. Tenendo presente la caratterizzazione appena

richiamata vogliamo provare che C0() è metrizzabile e localmente convesso e quindi dobbiamo

provare solo che:

uC0() e u0 rN t.c. pr(u)>0

Sia quindi uC0() con u0 x0 t.c. u(x0)0 e poiché ={Kr : rN} che rN t.c.

x0Kr e quindi si ha che: pr(u):=max

x Kr|u(x)||u(x0)|>0

E pertanto lo spazio C0() con la topologia da noi introdotta è localmente convesso e

metrizzabile (cioè esiste su di esso una metrica che induce alla topologia ). Ricordando dalla

dimostrazione della caratterizzazione degli spazi vettoriali topologici localmente convessi e


metrizzabili, la definzione della metrica inducente la topologia vettoriale , si può dimostrare ma ce

ne asteniamo, che rispetto alla topologia lo spazio C0(,R) è completo ovvero che è uno spazio

di Fréchet.

INTRODUZIONE DI UNA TOPOLOGIA VETTORIALE LOCALMENTE CONVESSA E METRIZZABILE NELLO SPAZIO DELLE FUNZIONI DERIVABILI FINO ALL’ORDINE k, DEFINITE IN UN APERTO DI Rn A VALORI REALI


Sia Rn aperto, vogliamo allora generalizzare quanto fatto per C0(,R) estendendolo allo

spazio Ck(,R). Abbiamo visto che: {Kr}rN successione non decrescente di compatti t.c. =

rN Kr

Fissato quindi rN consideriamo il funzionale:

pr:Ck()[0,+[ con pr(x):=max k

maxx Kr

|Du(x)| uCk()

Verifichiamo l’omogeneità:

siano quindi uCk() e K si ha allora che: pr(u)=max

kmaxx Kr

|Du(x)|=max k

maxx Kr

|Du(x)|=max k

maxx Kr

|||Du(x)|=

=||max k

maxx Kr

|Du(x)|=||pr(u)

Verifichiamo la sub-additività:

siano quindi u,vCk() si allora che: pr(u+v)=max

kmaxx Kr

|D(u+v)(x)|=max k

maxx Kr

|Du(x)+Dv(x)| (1)

osserviamo che:

|Du(x)+Dv(x)||Du(x)|+|Dv(x)| Nn con ||k e xKr

e quindi in definitiva passando al max per xKr e ||k otteniamo: max k

maxx Kr

|Du(x)+Dv(x)|max k

maxx Kr

|Du(x)|+max k

maxx Kr

|Dv(x)|=pr(u)+pr(v) (2)

e quindi da (1) e da (2) si ha pr(u+v)pr(u)+pr(v).

Consideriamo allora su Ck() la topologia vettoriale indotta dalla famiglia numerabile di

seminorme {pr}rN, e si verifica analogamente a quanto fatto per C0 che rispetto a tale topologia lo

spazio Ck() è localmente convesso e metrizzabile. Analogamente al caso precedente si può

dimostrare che rispetto alla topologia da noi introdotta Ck() è uno spazio di Frechét.

DERIVABILITÀ NEL SENSO DI ANALISI UNO [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Ricordiamo dall’analisi uno che una funzione f:[a,b]R è derivabile in cint([a,b])=]a,b[ se

esistono finiti e coincidono limite destro e sinistro del rapporto incrementale relativo a c. Si pone

per estensione che f è derivabile nel punto estremo a (risp. b) se esiste finito il limite del rapporto

incrementale destro (risp. sinistro). E quindi f è derivabile in [a,b] se in ogni punto di ]a,b[ esistono

finiti e coincidono limite destro e sinistro del rapporto incrementale, ed esiste finito il limite del

rapporto incrementale sinistro e destro rispettivamente di a e b. Estendiamo allora la definizione

appena data dicendo che f:RnR è derivabile parzialmente in rispetto ad una fissata

variabile se in ogni punto di esiste il limite del rapporto incrementale, ammettendo però che nei

punti estremi possa esistere solo il limite destro o sinistro del rapporto incrementale relativo alla

variabile interessata. Con i seguenti due esempio vogliamo mettere in evidenza come la derivabilità

di una funzione sia legata alla struttura del suo dominio.

Sia R2 il rettangolo chiuso in figura e f:R una

funzione di due variabili. Allora dalla definizione data si ha

che la f è derivabile ad esempio rispetto ad x in se in ogni

punto di esiste finito il limite del rapporto incrementale,

ammettendo però che nei punti estremi A, B, C e D

possa esiste solo il limite destro o sinistro del rapporto incrementale rispetto ad x (ad esempio in A

si richiede che esista solo il limite destro del rapporto incrementale rispetto ad x). Evidentemente

condizione necessaria affinché esista la derivata in un punto è che in quel punto si possa costruire il

rapporto incrementale relativo alla variabile interessata, ed ovviamente condizione sufficiente

affinché questo sia possibile è che il punto interessato sia un punto interno al dominio (si capisce

allora del perché in analisi uno quando si lavora con le derivate per semplificare i ragionamenti si

consideravano punti interni al dominio). Vogliamo mostrare con il seguente esempio che esistono

dei domini che hanno dei punti in cui una qualunque funzione non è derivabile.

Prendiamo adesso come R2 il disco chiuso di raggio r e centro

l’origine e consdideriamo una qualunque funzione f:R, allora

fissato (x0,y0)int() (cioè un punto non appartenente al bordo)

che esiste una sferetta aperta contenuta interamente in e che

contiente il punto (x0,y0) e quindi sicuramente esiste un opportuno

h>0 tale che il segmento [(x0-h,y0),(x0+h,y0)] sia conetenuto nella

sferetta, e pertanto ha senso considerare il rapporto incrementale: f x h y f x y

h( , ) ( , )0 0 0 0

e quindi se esiste il limite finito di tale rapporto, la f ammette derivata parziale rispetto ad x in

(x0,y0). Se invece consideriamo un punto di frontiera che nel nostro caso è il bordo del disco

allora in questo caso può esistere il limite destro o sinistro del rapporto incrementale (rispetto ad x o

x h x0-h x0+h

y0 r

y

x0 0

x

y

0

A B

D C


ad y) ma non esistono mai entrambi simultaneamente, addirittura se consideriamo ad esempio uno

dei punti (0,r) o (0,-r) allora evidentemente in tali punti non possiamo nemmeno costruire il

rapporto incrementale rispetto alla x, poiché evidentemente comunque fissato h>0 il corrispondente

segmento non è contenuto nel disco , oppure analogamente non è possibile costruire il rapporto

incrementale rispetto alla y nei punti (r,0) e (-r,0). E pertanto una qualunque funzione f:R2R

non è derivabile nel senso di analisi uno in .

DERIVATA RELATIVA AD UN MULTI INDICE, NELLA CHIUSURA DI UN APERTO DI Rn


Sia adesso Rn aperto vogliamo allora estendere il concetto di derivata relativa al multi indice ,

ai punti di . Sia u:R funzione dotata di derivata relativa al multi indice continua in cioè:

Du:R continua

diciamo allora che la funzione u è dotata di derivata relativa al multi indice in se:

v:R continua t.c. v|=Du ()

cioè se Du si può prolungare per continuità alla frontiera di (cioè ). Evidentemente tale v se

esiste è unica. Confrontiamo la nozione di derivabilità appena data con la nozione di derivabilità nel

senso di analisi uno. Mettiamoci per semplicità in R2. Come abbiamo già osservato se ci troviamo

su un cerchio non possiamo definire il rapporto incrementale. Supponiamo quindi che R2 sia un

rettangolo chiuso e consideriamo una funzione u:R e supponiamo che sia derivabile ad

esempio rispetto ad x nel senso di analisi uno in e quindi il ogni punto di esiste il limite del

rapporto incrementale, ammettendo però che nei punti estremi possa esistere solo il limite del

rapporto incrementale destro o sinistro se supponiamo inoltre tale derivata sia continua allora

evidentemente tale definizione è in perfetto accordo con la definizione () poiché tale derivata è

proprio la v della (). Vogliamo osservare che in questo caso vale anche il viceversa infatti se u è

derivabile rispetto ad x in secondo la definizione () cioè u è derivabile rispetto ad x in int() e

tale derivata si può prolungare ad una funzione v continua, su tutta la frontiera di , allora

evidentemente la funzione v risulta essere individuata dal limite del rapporto incrementale della u

cioè:

v(x,y):=u x h y u x y

h( , ) ( , )

(dove h0+ o h0- a secondo del punto x)

SP. DELLE FUNZ. CONTINUE DI CLASSE k DEFINITE NELLA CHIUSURA DI UN APERTO LIMITATO DI Rn A VALORI REALI

[1503/Errore. L'argomen


to parametro è sconosciuto.]

Sia Rn aperto e limitato allora (tenendo presente la definizione precedente) denotiamo con

Ck(,R) lo spazio delle funzioni che possiedono tutte le derivate parziali continue fino all’ordine k

in cioè:

Ck():={uCk() : Nn con ||k vC0() t.c. v |=Du}

Osserviamo che essendo limitato limitato e quindi è compatto in quanto chiuso limitato

di Rn. E quindi essendo un compatto possiamo riguardare Ck() come spazio normato

considerando su di esso la norma:

u Ck :=max k

maxx

|Du(x)|=max k D u C

0

Si osserva che per k=0 otteniamo la norma della convergenza uniforme.

PROPRIETÀ [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.] C1([a,b],R),║║ C a b1 [ , ]

è di Banach

Dim Esplicitiamo la definizione della norma di C1([a,b]): ║u║ C a b1 [ , ] := max

[ , ]t a b{|u(t)|,|u'(t)|}

Dobbiamo dimostrare che lo spazio C1([a,b]) è completo e quindi dobbiamo dimostrare che ogni

succ. di Cauchy in C1([a,b]) ammette limite. Sia quindi {un}nN una succ. di Cauchy in C1([a,b])

dobbiamo allora dimostrare che tale successione ammette limite e che questo appartiene a C1([a,b]).

Poiché {un}nN è di Cauchy allora:

>0 kN t.c. ║un-um║ C a b1 [ , ] := max[ , ]t a b

{|un(t)-um(t)|,|u'n(t)-u'm(t)|}< n,m>k

e questo evidentemente ci dice che:

>0 kN t.c. |un(t)-um(t)|< t[a,b] e n,m>k

>0 kN t.c. |u'n(t)-u'm(t)|< t[a,b] e n,m>k

ovvero le successioni {un}nN e {u'n}nN sono uniformemente di Cauchy (cioè sono di Cauchy

rispetto alla norma della convergenza uniforme). Poiché [a,b] compatto C0([a,b]) chiuso in

L0([a,b]) che è completo (essendo R completo) e quindi essendo in particolare {un}nN e {u'n}nN

successioni in C0([a,b]) allora:

vC0([a,b]) t.c. {un}nN converge uniformemente verso v


C0([a,b]) t.c. {u'n}nN converge uniformemente verso (1)

Richiamiamo un teorema di analisi due e precisamente il teorema del passaggio al limite sotto il

segno di derivata, che si dice che data una successione di funzioni a valori reali definite in un

compatto di R di classe C1 che converge puntualmente almeno in un punto, e tale che la

successione delle derivate converga uniformemente allora tale successione converge uniformemente

ad una funzione C1 e la derivata di tale funzione coincide con il limite uniforme della successione

delle derivate.

E quindi tenendo conto del teorema appena richiamato si ha:

v'=dvdt =

ddt lim n

un= lim n

dudt

n = lim nu'n=C0([a,b]) (2)

e quindi v'C0([a,b]) vC1([a,b]). Tenendo presente la (2) allora per la (1) si ha che

{u'n}nN converge uniformemente a v'. Vogliamo provare che {un}nN converge a v rispetto allora

top. indotta da ║║ C a b1 [ , ] e quindi dobbiamo provare che:

>0 kN t.c. ║un-v║ C a b1 [ , ] := max[ , ]t a b

{|un(t)-v(t)|,|u'n(t)-v'|}< n >k

Fissato quindi >0, poiché {un}nN e {u'n}nN convergono uniformemente rispettivamente a v e a

v' allora in corrispondenza del fissato >0 si ha che:

k1N t.c. |un(t)-v(t)|< t[a,b] e n>k1 max[ , ]t a b

|un(t)-v(t)|<2 e n>k1

k2N t.c. |u'n(t)-v'(t)|< t[a,b] e n>k2 max[ , ]t a b

|u'n(t)-v'(t)|<2 e n>k2

e quindi scelto k=max{k1,k2} si ha allora che:

max[ , ]t a b

{|un(t)-v(t)|,|u'n(t)-v'|} max[ , ]t a b

|un(t)-v(t)|+ max[ , ]t a b

|u'n(t)-v'(t)|<2 +

2 = c.v.d.

PROPRIETÀ [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.] Ck([a,b],R),║║ C a bk [ , ]

è di Banach

Dim (esercizio) Procediamo per induzione. Per la proposizione precedente C1([a,b]) completo e quindi l’asserto è

vero per n=1. Supponiamo adesso l’asserto vero per n=k-1 e dimostriamo che è vero per n=k. Sia

quindi {un}nN una successione di Cauchy in Ck([a,b]), vogliamo allora verificare che la

successione {u'n}nN è di Cauchy in Ck-1([a,b] e quindi dobbiamo provare che: >0 k>0 t.c. ║u'n-u'm║ C a bk1 [ , ] < n,m>k

Fissato quindi >0 allora poiché {un}nN è di Cauchy in Ck([a,b]) si ha che: k>0 t.c. ║un-um║ C a bk [ , ] < n,m>k

e quindi osservando che:


║u'n-u'm║ C a bk1 [ , ] := max[ , ]t a b

{|u'n(t)-u'm(t)|,...,|unk( )1 (t)-um

k( )1 (t)|}

max[ , ]t a b

{|un(t)-um(t)|,|u'n(t)-u'm(t)|,...,|unk( )1 (t)-um

k( )1 (t)|,|unk( ) (t)-um

k( ) (t)|}=

=:║un-um║ C a bk [ , ] < m,n>k

Analogamente si verifica che la successione {un}nN è di Cauchy in Ck-1([a,b]) che è completo per

l’ipotesi induttiva e quindi:

uCk-1([a,b]) t.c. {un}nN converge a u

Ck-1([a,b]) t.c. {u'n}nN converge a Dobbiamo provare che uCk([a,b]) e quindi proviamo che u'Ck-1([a,b]). Poiché {un}nN e

{u'n}nN convergono rispettivamente ad u e a rispetto alla topologia indotta dalla norma

║║ C a bk1 [ , ] allora esplicitando tale convergenza si verifica banalmente che tali successioni

convergono rispettivamente ad u e a anche uniformemente. E quindi per il teorema del passaggio del limite sotto il segno di derivata si ha:

u'=dvdt =

ddt lim n

un= lim n

dudt

n = lim nu'n=Ck-1([a,b]) c.v.d.


Sia Rn aperto limitato

Ts: C1(,R),║║ C1

è di Banach

Dim (esercizio) Dobbiamo dimostrare che C1() è completo. Teniamo presente che essendo compatto allora

C0() chiuso e poiché L0(,R) completo (essendo R completo) e quindi essendo C0()L0()

C0() completo. Si osserva che se uC1() allora questo significa che:

Nn con ||1 Du:R continua e v:R continua t.c. v|=Du

Osserviamo che in queste condizioni il multi indice =(1,2,...n) dovendo avere lunghezza ||1

è tale che se un i=1 allora j=0 ji e pertanto fissato tale allora Du è una derivata parziale

prima di u. Sia {un}nN una successione di Cauchy in C1() e quindi:

>0 kN t.c. C1(,R) ║un-um║ C1 < m,n>k (1)

e quindi esplicitando nella precedente la definizione della norma si desume che la successione

{un}nN è uniformemente di Cauchy in C0() che è completo e quindi: uC0() t.c. lim n

un=u

si verifica allora banalmente che tale u è il limite di {un}nN anche rispetto alla topologia indotta dalla norma ║║ C1 .

Dobbiamo verificare che uC1(). Poiché {u}nN è in C1() allora:


nN e Nn con ||1 vnC0(,R) t.c. vn

|=Dun (2)

Esplicitando sempre nella (1) la definizione di norma si desume agevolmente che Nn con

||1 la successione {Dun}nN è uniformemente di Cauchy in C0() ovvero per la (2) Nn

con ||1 la successione {vn}nN è di Cauchy in C0() che è completo e quindi:

Nn con ||1 vC0() t.c. lim nvn=v

si ha allora che (facendo sempre uso del teorema di passaggio di limite sotto il segno di derivata): Du=D lim n

un= lim nDun= lim n

vn

|=v|C0() Nn con ||1

e quindi u possiede tutte le derivate parziali continue e che ammettono prolungamento continuo a

tutto e questo per definizione significa che uC1().


Sia Rn aperto limitato

Ts: Ck(,R),║║ Ck

è di Banach

Dim (esercizio) Dobbiamo dimostrare che Ck(,R) è completo. Procediamo per induzione. Per la proposizione

precedente C1() è completo e quindi l’asserto è vero per n=1.

Supponiamo adesso l’asserto vero per n=k-1 e dimostriamo che è vero per n=k.

Sia quindi {un}nN una successione di Cauchy in Ck() e pertanto:

>0 kN t.c. ║un-um║ Ck :=max k

maxx

|Dun(x)-Dum(x)|< m,n>k (1)

e quindi esplicitando nella precedente la definizione della norma si desume che la successione

{un}nN è di Cauchy in Ck-1() che per l’ipotesi induttiva è completo e quindi:

uCk-1() t.c. {un}nN converge a u si verifica allora banalmente che tale u è il limite di {un}nN anche rispetto alla topologia indotta dalla norma ║║ Ck .

Dobbiamo verificare che uCk(). Poiché {un}nN e in Ck() allora per definizione:

nN e Nn con ||k vnC0(,R) t.c. vn

|=Dun (2)

Esplicitando sempre nella (1) la definizione di norma si desume agevolmente che Nn con

||k la successione {Dun}nN è uniformemente di Cauchy in C0() ovvero per la (2)

Nn con ||k la successione {vn}nN è di Cauchy in C0() che è completo e quindi:

Nn con ||k vC0() t.c. lim nvn=v

si ha allora che (facendo sempre uso del teorema di passaggio di limite sotto il segno di derivata): Du=D lim n

un= lim nDun= lim n

vn

|=v|C0() Nn con ||k


e quindi u possiede tutte le derivate parziali continue e che ammettono prolungamento continuo a

tutto e questo per definizione significa che uCk).

Vogliamo estendere i risultati ottenuti per funzioni a valori in uno spazio normato.

DERIVABILITÀ DI FUNZIONI A VALORI IN UNO SPAZIO NORMATO [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia [a,b]R, t[a,b], (E,║║E) spazio normato, e f:[a,b]E funzione a valori nello spazio normato

e si dice funzione vettoriale. Diciamo allora che è derivabile in t se esiste finito il limite:

lim( ) ( )

[ , ]

h

t h a b

f t h f th

0

=:f'(t)E

e prende in nome di derivata vettoriale o vettore derivato (dal punto di vista fisico rappresenta il

vettore velocità). Incidentalmente si osserva che se in particolare E=R allora si ricade nel caso

particolare delle derivate ordinarie reali. Ovviamente se la funzione f ammette derivata vettoriale in

ogni punto di [a,b] allora si dice derivabile in [a,b]. Diciamo che f ha derivata seconda in un punto t se la derivata prima è derivabile in tale punto analogamente diciamo che f è derivabile tre volte (o che ammette derivata terza) in un punto t se in tale punto la derivata seconda è derivabile e così via. Inoltre si verifica facilmente che per le derivate vettoriali valgono le stesse regole di derivazione che valgono per le derivate ordinarie. Cioè valgono le stesse definizioni delle derivate ordinarie introdotte nel corso di analisi uno e come si osserva qui di seguito anche i relativi spazi funzionali hanno definizione analoga. Denotiamo con C1([a,b],E) lo spazio delle funzioni da [a,b] in E continue assieme alla loro derivata, e quindi per estensione denotiamo con Ck([a,b],E) lo spazio delle funzioni f:[a,b]E continue tali che f', f'' ,..., f(k) continue. Si verifica immediatamente che: ║f║ C a b Ek [ , ], := max

1 i kmax

[ , ]t a b║f(i)(t)║E=max

1 i k║f(i)║ C a b E0 [ , ],

è una norma su Ck([a,b],E). Vogliamo generalizzare ancora estendendo quanto detto per funzioni a

valori in uno spazio normato e con dominio in Rn. Sia quindi Rn aperto e f:E che è quindi

una funzione ad n variabili a valori in uno spazio normato. Evidentemente se fissiamo n-1 variabili

e supponiamo che la i-esima sia quella non fissata, otteniamo una funzione di una sola variabile


reale a valori in E allora se tale funzione è derivabile per estensione viene chiamata derivata

parziale vettoriale di f e si indica sempre con lo stesso simbolo cioè if che è a sua volta una

funzione da in E, e pertanto se esistono possiamo considerare le sue derivate parziali vettoriale

che vengono dette derivata parziali seconde di f. Analogamente si definiscono le derivate parziali

vettoriali di ordine superiore. E pertanto in maniera naturale possiamo estendere alle funzione da

a valori in E la nozione di derivata relativa ad un multi indice. Si definisce quindi lo spazio

funzionale:

Ck(,E):={uC0(,E) : DuC0(,E) N con ||k}

sul quale si può introdurre in maniera pressoché identica a quanto fatto per Ck(,R) una topologia

vettoriale. E ancora sempre per ovvia estensione supposto Rn aperto e limitato si denota con:

Ck(,E):={uCk(,E) : Nn con ||k vC0(,E) t.c. v |=Du}

e si verifica immediatamente che la seguente:

u C Ek , :=max k

maxx

║Du(x)║E=max k D u C E

0 ,

è una norma su tale spazio. Inoltre se si suppone E di Banach allora si verifica in maniera pressoché

identica a quanto fatto per Ck(,R) che Ck(,E) è uno spazio di Banach.


Sia E uno spazio normati

t0[a,b]

f:[a,b]E funzione vettoriale derivabile in t0

Ts: f è continua

Dim

lim n0║f(t0+h)-f(t0)║E= lim n0

f t h f th

E( ) ( )0 0 h=f'(t0)0=0 c.v.d.


Siano E ed F spazi normati

t[a,b]

f:[a,b]E funzione vettoriale derivabile in t

T:EF operatore lineare e continuo

Ts: g:=Tf :[a,b]F è derivabile in t e si ha g (t) ed è uguale a T( f (t))

Dim (esercizio)

Chiaramente g è continua essendo composizione di funzioni continue. Proviamo che g è derivabile


in t]a,b[ e quindi proviamo che g (t). Fissiamo un qualunque hR tale che t+h[a,b] e

consideriamo quindi il rapporto incrementale di g in t (e teniamo presente la linearità del funzionale

T): g t h g t

h( ) ( )

=T f t h T f t

h( ( )) ( ( ))

=Tf t h f t

h( ) ( )

e pertanto per la continuità del funzionale T e per la derivabilità di f in t si ha: g t h g t

h( ) ( )

h 0 T( f (t))

E quindi abbiamo dimostrato che g (t) ed è uguale a T( f (t)) c.v.d.

Ricordiamo dall’analisi 1 il teorema di Lagrange per funzioni reali che dice: “una funzione

reale f:[a,b]R continua e derivabile in ]a,b[ ammette un punto ]a,b[ t.c. f(b)-(a)=(b-a) f () “

Facendo uso del teorema di stretta separazione tra un punto ed un insieme chiuso, vogliamo dare

una versione del teorema di Lagrange per gli spazi vettoriali normati.

TEOREMA DI LAGRANGE PER SPAZI VETTORIALI NORMATI [1503/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


f:[a,b]E funzione continua e derivabile nei punti interni cioè in int([a,b])=]a,b[

Ts: f b f a

b a( ) ( )

conv( f (]a,b[) (chiusura convessa di f (]a,b[))

Dim

Supponiamo per assurdo che f b f a

b a( ) ( )

conv( f (]a,b[) siamo allora nelle ipotesi del teorema di

separazione tra un punto ed un chiuso e quindi:

T:ER lineare e continuo e T0 t.c.x conv f a b ( (] , [))

sup T(x)<Tf b f a

b a( ) ( )

(1)

A questo punto andiamo a considerare la funzione reale di variabile reale:

g:[a,b]R definita da g(t):=T(f(t))

che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è derivabile in ]a,b[ cioé

g :]a,b[R con g (t)=T( f (t)) t]a,b[. Siamo allora nelle ipotesi del teorema di Lagrange di

analisi uno e quindi:


]a,b[ t.c. g ()=g b g a

b a( ) ( )

(2)

e quindi esplicitando nella (2) le definizioni di g e di g e tenendo conto al solito della linearità

del funzionale T si ha:

T( f ())=T f b T f a

b a( ( )) ( ( ))

=T

f b f ab a

( ) ( )

(3)

Teniamo presente che f () f (]a,b[)conv( f (]a,b[))conv( f (]a,b[) cioè f ()conv( f (]a,b[)

e quindi:

T( f ())x conv f a b ( (] , [))

sup T(x)<per la (1)<Tf b f a

b a( ) ( )

=per la (3)=T( f ())

cioè T( f ())<T( f ()) assurdo c.v.d.

18-03-96

IDENTIFICAZIONE DI UNO SP. ASTRATTO CON UNO SP. CONCRETO [1803/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Vogliamo identificare uno spazio C1 astratto di funzioni di una variabile (a valori in un altro spazio

C1) con uno spazio C1 di funzioni reali di due variabili.

Siano [a,b] e [,] due intervalli di R. Se consideriamo lo spazio C1([,]) questo è uno spazio

normato poiché come abbiamo visto nella lezione precedente su di esso possiamo considerare la

norma:

1Cf ([ , ]) =max0 1 i

max[ , ]s

|f(i)(s)|=max0 1 i C

if ([ , ])( )

=max{ Cf ([ , ]) , Cf ([ , ]) } fC1([,])

E quindi se consideriamo adesso lo spazio :

F:=C1([a,b],C1([,]))

analogamente al caso precedente la norma su F è: ║u║F=max

0 1 imax

[ , ]t a b 1Ciu t ([ , ])

( )( )

=max0 1 i C a b C

iu ([ , ], ([ , ]))( )

1 =

=max{ C a b Cu ([ , ], ([ , ]))1 , C a b Cu ([ , ], ([ , ]))1 } con uF

Quindi F è uno spazio astratto e i suoi elementi sono delle funzioni astratte di una variabile reale.

Vogliamo adesso dare una interpretazione “concreta” di questo spazio F cioè come insieme di

funzioni reali però di due variabili.


Introduciamo un altro spazio E delle funzioni u:(t,s)u(t,s) di due variabili di classe C1 definite nel

rettangolo Q=[a,b][,] a valori reali e tali che esista e sia continua la derivata parziale seconda

mista cioè :

E=

uC1(Q,R) : 2

ut s

continuaC1(Q,R)

e su questo spazio analogamente ad F consideriamo la norma:

║u║E=max C Qu ( ) ,

C Q

ut ( )

,C Q

us ( )

,C Q

ut s

( )

2

Vogliamo provare che questi due spazi E ed F normati sono linearmente isometrici ( cioè tra di

essi una isometria lineare biettiva ovvero un isomorfismo isometrico. Chiaramente rispetto alle

norme dette).

Consideriamo il seguente operatore:

:(R[,])[a,b]R[a,b][,]

u (u)(t,s):=u(t)(s)

che chiaramente un operatore lineare.

Verifichiamo che (F)E:

fissata uF dobbiamo allora provare che la funzione (u):QR è C1 e che questa funzione

ammette derivata parziale seconda mista continua.

Proviamo per prima cosa che (u) è C1 e quindi dobbiamo provare che (u) ammette derivate

parziali rispetto ad t ed s continue.

Dobbiamo provare quindi i seguenti passi:

i Che ( )ut

:QR (cioè la derivata parziale rispetto a t di (u):QR su tutto Q)

ii Che ( )ut

:QR è continua su tutto il rettangolo Q

i Che ( )us

:QR (cioè la derivata parziale rispetto a s di (u):QR su tutto Q)

ii Che ( )us

:QR è continua su tutto il rettangolo Q

Verifichiamo la i: Fissiamo un (t,s)Q e andiamo a fare il rapporto incrementale relativo alla variabile t:

( )( , ) ( )( , ) ( )( ) ( )( )u t h s u t sh

u t h s u t sh

dobbiamo quindi verificare se esiste il limite (eventualmente destro e sinistro) di tale rapporto

incrementale.

Osserviamo che uF=C1([a,b],C1([,])) e quindi il limite per h0 del rapporto incrementale di

u (ovviamente in F) cioè u ammette derivata vettoriale in t cioè:


h0lim

u t h u th

u t( ) ( )

( )

h0lim

u t h u th

u tC

( ) ( )( )

([ , ])

1 =0

andando ad esplicitare tale risultato si ha:

h0lim max

s

u t h s u t sh

u t su t h s

dds

u t s dds

u t s

[ , ]

max( )( ) ( )( )

'( )( )( )( ) ( )( )

( )( )

, max

dds

hs [ , ]=0 (1)

e quindi da questo ricaviamo:

h0lim

s

u t h s u t sh u t s

[ , ]max ( )( ) ( )( ) '( )( )

=0

da cui segue:

h0lim

u t h s u t sh u t s( )( ) ( )( ) '( )( )

=0 s[,]

e ricordando che (u)(t,s):=u(t)(s) si ha:

h0lim

( )( , ) ( )( , ) '( )( )u t h s u t sh u t s

=0

( )( , )u t s

t=u’(t)(s) (2)

Allora

( )( , )u t s

t ed è uguale a u’(t)(s).

Verifichiamo la ii: dobbiamo provare che la derivata parziale rispetto a t (che è una funzione reale di due variabili) ( )ut

:(t,s)Q

( )( , )u t s

tR è continua su Q=[a,b][,].

Poiché la funzione uC1 u’C0 che in termini di (cioè applicando la ) altro non è che

(u’)(t,s)=u’(t)(s) e quindi per la (2) segue che (u’)(t,s)=

( )( , )u t s

t.

Dobbiamo allora provare che la funzione reale di due variabili (u’):QR è continua e per

provare tale fatto evidentemente basta dimostrare che se vC0([a,b],C1([,])) allora

(v)C0(Q,R). Facciamo uso di un criterio seq. Fissiamo nel rettangolo una arbitraria coppia

(~t ,~s )Q e consideriamo in Q la succ {(tn,sn)}nN(~t ,~s ) e proviamo che la succ. in R

{(v)(tn,sn)}(v)(~t ,~s ) cioè esplicitando {v(tn)(sn)}v(~t )(~s ). Poiché la nostra v astratta è

continua che la succ. {v(tn)} in C1([,]) converge verso v(~t ) (chiaramente in C1([,])) cioè

{v(tn)}v(~t )C1([,]) e questo significa che la succ. {v(tn)} converge uniformemente rispetto ad

s cioè: lim

n [ , ]max v(tn)()-v(~t )()=0 (3)

Possiamo provare adesso che {(v)(tn,sn)}(v)(~t ,~s ):

(v)(tn,sn)-(v)(~t ,~s )=v(tn)(sn)-v(~t )(~s )=v(tn)(sn)-v(~t )(sn)+v(~t )(sn)-v(~t )(~s ) v(tn)(sn)-

v(~t )(sn)+v(~t )(sn)-v(~t )(~s ) [ , ]max v(tn)()-v(~t )()+v(~t )(sn)-v(~t )(~s )


riscriviamo il primo e l’ultimo membro della catena di disuguaglianze:

(v)(tn,sn)-(v)(~t ,~s ) [ , ]max v(tn)()-v(~t )()+v(~t )(sn)-v(~t )(~s ) (4)

E quindi tenendo presente la (3) e osservando che lim nv(~t )(sn)-v(~t )(~s )=0 poiché

vC0([a,b],C1([,])) t[a,b] v(t)C1([,]) t[a,b] v(t)C0([,]) t[a,b] e quindi un

particolare v(~t )C0([,]) che la successione {v(~t )(sn)}v(~t )(~s ) cioè lim nv(~t )(sn)-

v(~t )(~s )=0.

E quindi passando al limite per n nella (4) otteniamo:

lim n(v)(tn,sn)-(v)(~t ,~s )=0 lim n

(v)(tn,sn)=(v)(~t ,~s ) che la funzione (v):QR è

continua nel punto (~t ,~s )Q e per l’arbitrarietà di tale punto che la funzione (v):QR è continua. Verifichiamo la i:

Ricordiamo che uC1([a,b],C1[,])) e che (u)(t,s):=u(t)(s) e quindi fissato un arbitrario t[a,b] la

derivata parziale rispetto ad s della funzione (u):QR è uguale alla derivata della funzione reale

di una variabile u(t):[,]R cioè:

( )( , )u t s

s=

du t sds( )( )

(5)

e quindi poiché u(t)C1([,]) che du t s

ds( )( )

s[,] segue allora dall’arbitrarietà di t ed di s

e dalla (5) segue che

( )( , )u t s

s (t,s)Q e quindi si ha che

( )us

:QR.

Verifichiamo la ii: dobbiamo provare che la derivata parziale rispetto a s (che è una funzione reale di due variabili)

( )us

:(t,s)Q

( )( , )u t s

sR è continua su Q=[a,b][,]. Dimostriamo la continuità di

( )us

:QR in Q usando il solito criterio sequenziale. Sia (~t ,~s )Q e {(tn,sn)}(~t ,~s ) dobbiamo

provare che

( )( , )u t s

sn n

( )(~,~)u t s

s. Andiamo a sfruttare il fatto che la funzione

uC1([a,b],C1([,])) e quindi in particolare uC0([a,b],C1([,]) e questo ci dice che:

lim n 1Cnu t u t([ , ])

( ) (~)

=0

e quindi esplicitando la definizione della norma si ha:

lim n s[ , ]max

du t ss

du t ss

n( )( ) (~)( ) =0 (6)



( )( , ) ( )(~,~)u t ss

u t ss

n n =du t s

sdu t s

sn n( )( ) (~)(~)

=

=du t s

sdu t s

sdu t s

sdu t s

sn n n n( )( ) (~)( ) (~)( ) (~)(~)

du t s

sdu t s

sdu t s

sdu t s

sn n n n( )( ) (~)( ) (~)( ) (~)(~)

s[ , ]max

du t ss

du t ss

n( )( ) (~)( ) +

du t ss

du t ss

n(~)( ) (~)(~)

riscriviamo il primo e l’ultimo membro della catena di disuguaglianza e:

( )( , ) ( )(~,~)u t ss

u t ss

n n s[ , ]max

du t ss

du t ss

n( )( ) (~)( ) +

du t ss

du t ss

n(~)( ) (~)(~) (7)

E quindi tenendo presente la (6) e osservando che lim n

du t ss

du t ss

n(~)( ) (~)(~) =0 poiché come

abbiamo già detto du t

ds( )

C0([,],R) t[a,b] e quindi in particolare du t

ds(~)

C0([,],R)

che la successione {u(~t )(sn)}u(~t )(~s ) cioè:

lim n

du t ss

du t ss

n(~)( ) (~)(~) =0.

E quindi passando al limite per n nella (7) otteniamo:

lim n

( )( , ) ( )(~,~)u t ss

u t ss

n n =0 lim n

( )( , )u t ss

n n =

( )(~,~)u t s

s che la funzione

( )us

:QR è continua nel punto (~t ,~s )Q e per l’arbitrarietà di tale punto che la funzione

( )us

:QR è continua. Segue dalla dimostrazione dei punti i , ii ,i , ii che

(u)C1(Q,R). E quindi affinché (u)E ci rimane da provare che (u):QR ammette

derivate seconde miste continue cioè 2

( )ut s

:QR continua. Dalla (1) otteniamo che:

h0lim

s[ , ]max

dds

h

u t h s dds u t s d

ds u t s( )( ) ( )( )

( )( )

=0

e quindi tenendo conto che (u)(t,s):=u(t)(s) e della (2) si ha:


h0lim

s[ , ]max

( )( , ) ( )( , )( )( , )

u t h ss

u t ss

hdds

u t s

t=0

cioè:

h0lim

s[ , ]max

( )( , ) ( )( , )( )( , )

u t h ss

u t ss

hu t ss

2

t=0

e da questo segue che:

h0lim

( )( , ) ( )( , )u t h ss

u t ss

h

=

2 ( )( , )u t ss t

(8)

E quindi

2 ( )( , )u t ss t

(t,s)Q e cioè 2

( )ut s

:QR.

Inoltre osserviamo che la (8) ci dice che la funzione (u):QR soddisfa su tutto Q alla

condizione di Schwarz cioè 2

( )us t

=2

( )ut s

.

Con i soliti ragionamenti si prova che 2

( )ut s

:QR è continua.

E quindi in definitiva la (u)E e questo per l’arbitrarietà di u in F significa che l’operatore

manda lo sp. F nello sp. E (cioè (F)E) e pertanto ha senso considerare la restrizione di a F (che

continuiamo a indicare con invece che con |F):

:F E u (u)(t,s):=u(t)(s)

Vogliamo provare che tale operatore è una isometria lineare biettiva tra F ed E.

Banalmente è lineare essendo restrizione ad uno spazio vettoriale di un operatore lineare.

Affermiamo che :FE è suriettiva e per provarlo basta ripercorre a ritroso tutta la dimostrazione

precedente. Osserviamo adesso che l’operatore lineare è una isometria lineare tra gli spazi C0([a,b],C0([,])) e C0(Q,R) rispetto alle norme C a0 0([ ,b],C ([ , ])) e C Q0 ( , ])R infatti:

sia uC0([a,b],C0([,]) si ha allora che: ( ) ([ , ])u C Q0 R :=

( , )maxt s Q

|u(t)(s)|=t a b[ , ]max

s[ , ]max

|u(t)(s)|=:t a b[ , ]max u t C( ) ([ , ],0 R) =

=: u C a b C0 0([ , ], ([ , ]))

e quindi: ( ) ([ , ])u C Q0 R = u C a b C0 0([ , ], ([ , ])) (9)

Teniamo presente inoltre che (come abbiamo già visto):


( )( , )u t st

=u’(t)(s)=(u’)(t,s) (10.1)

( )( , )u t ss

=du t s

ds( )( )

= du

ds(t,s) (10.2)

2

( )us t

=s

( )( , )u t s

t =du t s

ds' ( )( )

= du

ds' (t,s) (10.3)

u C a b C([ , ], ([ , ]))1 =max║u║C([a,b],C([,])),

duds C a b C([ , ], ([ , ]))

(11)

E quindi tenendo conto adesso della (9), delle (10) e della (11) e che chiaramente

F:=C1([a,b],C1([,]))C0([a,b],C0([,])) e EC0(Q,R) possiamo dimostrare finalmente che

l’operatore lineare e continuo :FE è una isometria rispetto alle norme relative agli spazi E ed F

cioè che:

║(u)║E=║u║F uF

Sia uF, si ha allora che:

║(u)║E=max C Qu ( )( ) ,

C Q

ut ( )

( ) ,

C Q

us ( )

( ) ,

C Q

ut s

( )

( )

2

=per le (10) possiamo

riscrivere in termini di le funzioni dentro le norme=

=max║(u)║C(Q),║(u’)║C(Q),

C Q

duds

( )

,

C Q

duds

( )

'

=per la (9)=

=max║u║C([a,b],C([,])),║u’║C([a,b],C([,])),

duds C a b C([ , ], ([ , ]))

,duds C a b C

'([ , ], ([ , ]))

=

=max

max║u║C([a,b],C([,])),

duds C a b C([ , ], ([ , ]))

,max║u’║C([a,b],C([,])),

duds

C a b C

'

([ , ], ([ , ]))

=

=per la (11)=max{ C a b Cu ([ , ], ([ , ]))1 , C a b Cu ([ , ], ([ , ]))1 }=:║u║F E quindi in definitiva per quanto dimostrato possiamo identificare gli spazi F:=C1([a,b],C1([,]))

ed E:=

uC1(Q,R) : 2

ut s

continua

(avendo provato che questi sono linearmente isometrici).

27-03-96 Per il momento tralasciamo i teoremi di separazione e iniziamo a fare a tappeto le proprietà

classiche degli operatori lineari e continui che vanno sotto il nome di teorema della mappa aperta,

teorema del grafico chiuso, teorema del uniforme limitatezza, teorema di Banach-Staynause.

Dimostriamo i due seguenti lemmi propedeutiche al teorema della mappa aperta.

LEMMA 1 [2703/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]



T:EF un operatore lineare t.c. T(E) sia di II categoria in F

V intorno di E

Ts: T V( ) è un intorno di F

Dim

Per Hp V è un intorno di E e quindi come sappiamo:

W intorno di E (che possiamo supporre) equilibrato t.c. W+WV

Teniamo presente che essendo W equilibrato allora -W=W e quindi W-WV. Consideriamo la

successione di insiemi {nW}nN. Vogliamo allora fare vedere che:

nN nW=E (1)

Chiaramente l’inclusione nWn N E è ovvia. Dobbiamo provare il viceversa cioè che E

nN nW.

Sia yE, poiché W intorno di E W radiale in E e quindi: >0 t.c. yW [0,] (2)

Consideriamo adesso kN t.c. 1k

< segue allora dalla (2) che il vettore 1k

yW e quindi poiché

possiamo scrivere y=kyk

segue che y=kykkW

nN nW. E quindi dalla (1) e per la linearità di T

si ha:

T(E)=

nN nW

=

nN nT(W)

e questo significa che T(E) è unione dei membri della successione {nT(W)}nN. Per Hp il

codominio dell’operatore lineare T è di II categoria in F cioè T(E) non è unione di una successione

di insiemi rari che nN t.c. l’insieme nT(W) non è raro e questo equivale a dire che non è raro

T(W) cioè int(T W( ) ). Osserviamo che banalmente T(W) interseca l’interno della chiusura di

T(W) infatti essendo chiaramente int(T W( ) )T W( ) allora T W( )int(T W( ) )=int(T W( ) ) e

quindi ricordando che per una proprietà fatta che ci dice che se un aperto interseca la chiusura di un

insieme allora interseca anche l’insieme, segue che T(W)int(T W( ) ). Sia quindi

T(W)int(T W( ) ) y0T(W) e y0int(T W( ) ). Poiché y0int(T W( ) ) che l’insieme

int(T W( ) )-y0 è intorno di F e quindi osservando che vale sempre int(T W( ) )T W( )

int(T W( ) )-y0T W( ) -y0 T W( ) -y0 è un intorno di F. Consideriamo T(W)-y0 che è un insieme

che contiene F essendo y0T(W), si ha allora che:

T(W)-y0T(W)-T(W)per la linearità di T T(W-W)=T(W+W)T(V)

e quindi essendo T(W)-y0T(V) allora passando alle chiusure e osservando che

T W y( ) 0=T W( ) -y0 si ha che T W( ) -y0T V( ) e petanto essendo T W( ) -y0 un intorno di F

T V( ) intorno di F c.v.d.


LEMMA 2 [2703/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

E spazio di Banach (cioè uno spazio normato completo)

F spazio normato

T:EF un operatore lineare a grafico chiuso

Ts: se T B E( ( , )) 1 è un intorno di F allora T(B (E,1)) è un intorno di F

Dim Per Hp T B E( ( , )) 1 è un intorno di F che >0 t.c. B (F,)T B E( ( , )) 1 e quindi

moltiplicando ambo i membri di questa inclusione per 12n si ha:

12n B (F,)

12n T B E( ( , )) 1 (1)

osserviamo che :

12n B (F,)=B

F,

n2

infatti: 12n B (F,)=

12n clF(B(F,))=clF

12n B(F,)

=clF

B

F,

n2

=B

F,

n2

12n T B E( ( , )) 1 =T B E n ,

12

infatti: 12n T B E( ( , )) 1 =

12n clF(T(B (E,1)))= clF

12n T(B (E,1))

=per la linearità di T=

=clF

T

12n B (E,1)

=e analogamente alla =clF

T

B

E,

12n

= =T B E n ,

12

segue allora da (1), , che:

B

F,

n2

T B E n ,

12

nN (2)

Il nostro scopo è fare vedere che T(B (E,1)) è un intorno di F e quindi dobbiamo trovare una opportuna sfera centrata in F contenuta in T(B (E,1)). Ci proponiamo di provare che

B

F,

2

T(B (E,1)). Prendiamo un arbitrario vettore yB

F,

2

║y║E

2

. Dalla

(2) per n=1 si ha B

F,

2

T B E ,

12

yT B E ,

12

che ogni intorno di y


interseca l’insieme T

B

E,

12

e quindi in particolare questo interseca la sfera (chiusa)

B

y,

4

:=

zE : ║y-z║F4

essendo questa un intorno di y in F cioè

B

y,

4

T

B

E,

12

e questo significa che:

x1B

E,

12

t.c. ║y-T(x1)║F

4

(3)

Dalla (3) abbiamo che chiaramente il vettore y-T(x1)B

F,

4

. Dalla (2) per n=2 si ha

B

F,

4

T B E ,

14

y-T(x1)T B E ,

14

e quindi con un discorso identico al

precedente si ha che in corrispondenza della quantità 8

:

x2B

E,

14

t.c. ║y-T(x1)-T(x2)║F

8

(4)

Dalla (4) abbiamo che chiaramente il vettore y-T(x1)-T(x2)B

F,

8

. Dalla (2) per n=3 si ha

B

F,

8

T B E ,

18

y-T(x1)-T(x2)T B E ,

18

e quindi in corrispondenza della

quantità

16:

x3B

E,

18

t.c. ║y-T(x1)-T(x2)-T(x3)║F

16

E quindi procedendo per induzione dimostriamo che:

y-i

n

1T(xi)

n 12

nN

Supponiamo quindi che tale proprietà sia vera per n-1 con n>3 (poiché per n=1,2,3 l’abbiamo

provata direttamente) e dimostriamo che è vera per n:

l’ipotesi induttiva è y-i

n

1

1T(xi)

Fn2

che il vettore y-i

n

1

1T(xi)B

F,

n2

e dalla (2)

si ha B

F,

n2

T B E n ,

12

che y-

i

n

1

1T(xi)T B E n ,

12

e quindi per il solito

discorso, in corrispondenza della quantità

n 12:

xnB

E,

12n

t.c. y-

i

n

1T(xi)

F

n 12


E quindi per induzione abbiamo costruito una successie {xn}nN in E che soddisfa alle due

proprietà:

║xn║E12n nN

y-i

n

1T(xi)

F

n 12

nN

Chiamiamo zn=i

n

1xi e proviamo che la successione {zn}nN è di Cauchy in E. Troviamoci prima

la maggiorazione necessaria. Sia m,nN e possiamo supporre n>m pN t.c. n=m+p si ha:

║zn-zm║E=i

m p

1

xi-i

m

1xi

E=

i m

m p

1xi

Eper la sub-additività della norma

i m

m p

1║xi║E per la

i m

m p

1

12i =

i

m p

0

12i -

i

m

0

12i

1

112

-i

m

0

12i =

1

112

-1

112

112

m

=1 1

112

112

m

=1

2m

dove ovviamente l’ultima maggiorazione è giustificata dal fatto che come noto le ridotte della serie

geometrica costituiscono una successione crescente e quindi possiamo maggiorare con la somma

della serie. E quindi abbiamo dimostrato che:

║zm+p-zm║E1

2m m,pN (5)

allora tenendo conto della (5) possiamo dimostrare che {zn} è di Cauchy cioè:

>0 N t.c. m ║zm+p-zm║E m e pN Infatti fissati un >0 allora chiaramente basta scegliere N abbastanza grande in maniera tale

che 12

infatti m> e pN si ha:

║zm+p-zm║Eper la (5)1

2m 12

E quindi essendo la succ. {zn} di Cauchy in E che è per Hp di Banach cioè è uno spazio normato

completo allora {zn} è convergente e quindi: z*E t.c. lim n

zn=z*

Osserviamo che chiaramente z*B (E,1) infatti:

║zn║E=i

n

1xi

E

i

n

1║xi║Eper

i

n

1

12i =-1+

i

n

0

12i-1+

1

112

=-1+2=1 nN

e questo ci dice che la successione {zn} convergente a z* dimora nella sfera unitaria chiusa B(E,1)

che è un chiuso e quindi necessariamente per il teorema di caratt. della chiusura deve essere che

z*B (E,1). Osserviamo adesso che:


║y-T(zn)║F= y-i

n

1T(xi)

Fper la

n 12

nN

e questo ci dice che passando al limite per n la succ. {T(zn)} converge a y. Chiamiamo adesso

G=gr(T):={(x,T(x)) : xE}EF che è il grafico di T ed è chiuso per Hp cioè G=G . Consideriamo adesso la succ. ord. {(zn,T(zn))} che è una succ. in G che convergente chiaramente a (z*,y)EF e quindi al solito per il teorema di caratt. della chiusura segue che (z*,y)G=G y=T(z*) e quindi abbiamo dimostrato quanto si voleva poiché riassumendo si ha z*B (E,1) y=T(z*)T(B (E,1)) e quindi ricordando che il vettore y era un arbitrario elemento della sfera

B

F,

2

B

F,

2

T(B (E,1)) T(B (E,1)) intorno di F

c.v.d.

Possiamo provare adesso facendo uso del fondamentale teorema precedente il teorema della mappa aperta dovuto a Stefan Banach nella sua forma più classica ,ed è uno dei capisaldi di tutta

l’analisi funzionale lineare.

TEOREMA DELLA MAPPA APERTA [2703/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano E ed F spazi di Banach

T:EF un operatore lineare a grafico chiuso e suriettivo (cioè T(E)=F)

Ts: T è aperto (cioè manda aperti di E in aperti di F)

Dim Abbiamo visto in precedenza un teorema della teoria della categoria che ci dice che ogni spazio

metrico completo è di Baire e quindi in particolare è di II categoria in se stesso segue allora dall’Hp

che essendo F spazio normato completo e quindi in particolare F spazio metrico completo F di II

categoria e poiché sempre per Hp T(E)=F T(E) di seconda categoria. Segue allora dal lemma 1

che la chiusura del trasformato di B (E,1) cioè T B E( ( , )) 1 è un intorno di F. E quindi essendo

per Hp T a grafico chiuso in EF segue allora dal lemma 2 che T(B (E,1)) è un intorno di F.

Proviamo adesso che T è aperto cioè trasforma aperti di E in aperti di F. Si ricorda che in

precedenza abbiamo dimostrato che un operatore lineare definito tra spazi vettoriali topologici, che

trasforma un insieme limitato dello sp. di partenza in un intorno dell’origine dello spazio di arrivo, è

aperto. E pertanto essendo B(E,1) banalmente limitato (nel senso degli spazi metrici ma come

sappimao negli spazi normati la nozione di limitatezza nel senso degli spazi metrici coincide con la

nozione di limitatezza nel senso degli spazi vettoriali topologici) ed essendo T(B(E,1)) un intorno

di F segue allora da quanto detto che T è aperto c.v.d.


Vediamo subito una conseguenza del teorema della mappa aperta.

TEOREMA DELL’INVERSA CONTINUA [2703/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


T:EF operatore lineare, continuo, bigettivo

Ts: T è un omeomorfismo lineare

Dim

Abbiamo già osservato in precedenza che C.N.S. affinché un applicazione definita tre sp. top.

continua e bigettiva sia un omeomorfismo è che sia aperta, ma evidentemente ciò nel nostro caso

segue direttamente dal teorema della mappa aperta c.v.d.

TEOREMA DELLE DUE NORME [2703/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


siano ║║1 ,║║2 due norme sullo spazio E che lo rendono completo cioè (E,║║1) e (E,║║2) sono di

Banach e supponiamo che ║║1 sia meno fine di ║║2

Ts: le due norme ║║1 ,║║2 sono equivalenti.

Dim Dette 1 e 2 le topologie rispettivamente indotte dalle norme ║║1 e ║║2 dobbiamo provare che

1=2 e questo come sappiamo equivale a dimostrare che l’operatore identità:

id: (E,║║2) (E,║║1)

x x

è un omeomorfismo. Teniamo presente che banalmente l’operatore id è lineare è bigettivo. Per Hp

║║1 è meno fine di ║║2 ovvero 12 e questo come sappiamo ci dice che id è continuo siamo

allora nelle ipotesi del teorema precedente che ci dice che id è un omeomorfismo

c.v.d.

Abbiamo dimostrato in precedenza che una applicazione tra spazi topologici con lo spazio

d’arrivo di Hausdorff, continua è a grafico chiuso, allora la seguente altra conseguenza del teorema

della mappa aperta che prende il nome di teorema del grafico chiuso che è un’altra pietra miliare

nell’analisi funzionale lineare, ci dice che per gli operatori lineari definiti tra spazi di Banach vale

anche il viceversa.


TEOREMA DEL GRAFICO CHIUSO [2703/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano E ed F due spazi di Banach

T:EF un operatore lineare a grafico chiuso (cioè gr(T) chiuso)

Ts: T è continuo

Dim

Per Hp E ed F in particolare sono spazi normati allora sappiamo che sullo spazio EF possiamo

introdurre una delle tre norme canoniche (che come sappiamo sono equivalenti) consideriamo ad

esempio:

║(x,y)║EF:=║x║E+║y║E (x,y)EF

ed essendo per Hp E ed F di Banach allora come già osservato in precedenza lo spazio prodotto

(EF,║║EF) è di Banach. Chiamiamo adesso:

G:=gr(T):={(x,T(x) : xE}

che come a noi noto è un sottospazio vettoriale dello spazio vettoriale prodotto EF, ed è un chiuso

per Hp. Ricordiamo adesso che un sottospazio vettoriale chiuso di uno spazio completo è un

sottospazio completo. E quindi essendo G un sottospazio vettoriale chiuso dello spazio EF

completo che G è spazio completo cioè G è uno spazio di Banach. Adiamo a considerare la

proiezione canonica su E ristretta a G:

E:( , ( ))x T x

GxE

che è banalmente lineare ed è continua (come ogni proiezione cioè nel senso che la continuità della

proiezione è un fatto generale) su G. Proviamo che su G la proiezione E è una biezione.

Verifichiamo la surgettività: (ovvia)

preso un qualunque xE allora il suo corrispondente è (x,T(x))G

Verifichiamo la iniettività:

dobbiamo provare che se E(x1,(T(x1))=E((x2,T(x2)) (x1,T(x1))=(x2,T(x2)). Poiché

E(x1,(T(x1))=E((x2,T(x2)) x1=x2 (x1,T(x1))=(x2,T(x2)).

E quindi in definitiva E:GE è un operatore tra spazi di Banach, lineare continuo e bigettivo

segue allora dal teorema dell’inversa continua che:

E1 :E G

x (x,T(x))

è un operatore continuo e pertanto segue dal criterio di continuità degli operatori lineari: c>0 t.c. ║ E

1 (x)║EFc║x║E xE

e quindi esplicitando E1 :EG si ha ║(x,T(x))║EFc║x║E xE ed esplicitando la definizione

della norma ║║EF si ha ║x║E+║T(x)║Fc║x║E xE e quindi sarà anche


║x║E+║T(x)║F(c+1)║x║E xE cioè ║T(x)║Fc║x║E xE che l’operatore lineare T è continuo c.v.d.

29-03-96

Vogliamo adesso provare un altro fondamentale risultato che è il principio della uniforme

limitatezza e a tale scopo sono propedeutici i seguenti due risultati.

LEMMA DI OSGOOD [2903/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


{fi}iI una famiglia di funzioni reale con fi:XR semicontinua inferiormente iI

supponiamo che l’insieme A=

xX : i Isupfi(x)<+

sia di II categoria in X

Ts: aperto non vuoto in X t.c. xsup

i Isupfi (x)<+

Dim

Prendiamo un nN e chiamiamo An=

xX : i Isupfi (x)n

e proviamo che:

A= nAnN ()

Verifichiamo l’inclusione nAnN A:

se x0 nAnN nN t.c. x0An

i Isupfi (x0)n

i Isupfi (x0)<+ x0A

Verifichiamo l’inclusione A nAnN :

se x0A i Isupfi (x0)<+ M>0 t.c.

i Isupfi (x0)M preso allora un nN con nM si ha

i Isupfi

(x0)n x0An x0 nAnN .

Ci proponiamo adesso di osservare che tali An sono chiusi. Chiamiamo f l’inviluppo superiore della

famiglia {fi}iI cioé: f:XR con f(x):=

i Isupfi (x) xX

che come sappiamo per una proprietà vista è s.c.i. poiché lo sono per Hp le fi, e quindi essendo

evidentemente An:=f -1(]-,n]) segue allora dalla caratt. delle funzioni s.c.i. che l’ins. An:=f -1(]-

,n]) è chiuso nN. Per la () A è unione dei membri della famiglia {An}nN e quindi

essendo per Hp A di seconda categoria in X ( cioè A non si può rappresentare come unione di

insiemi rari ) che qualche An non è raro cioè:


nN t.c. int(An )

e poiché An=An int(An). Prendiamo allora =int(An) e si ha i Isupfi (x)n<+

x:=int(An)An e questo significa che xsup

i Isupfi (x)<+ c.v.d.


Siano E ed F due spazi normati

HL(E,F), H

xE : T Hsup║T(x)║F<+

sia di II categoria in E

Ts: H è limitato in L(E,F)

Dim Bisogna provare che H è limitato in L(E,F) e quindi dobbiamo provare che esiste una costante che

maggiora tutte le norme cioè che:

0<K<+ t.c. ║T║L(E,F)K TH

Fissiamo una TH e consideriamo il funzionale:

T:E[0,+[ definita da T(x):=║T(x)║F

che è chiaramente continuo su E essendo composizione di funzioni continue (cioè T=║║FT con

T continua poiché TH e ║║F continua per definizione). E quindi se consideriamo la famiglia

{T}TH è una famiglia di funzionali reali continui. Segue allora dal lemma di Osgood che:

E aperto non vuoto t.c. M:=xsup

T Hsup║T(x)║F<+ (1)

Poiché è non vuoto x0 e poiché è aperto si ha che:

>0 t.c. x0+B (E,)=x0+B (E,1) (2)

e quindi tenendo conto della (1) e della (2) allora per un qualunque TH si ha:

║T(x0+x)║F=per la linearità=║T(x0)+T(x)║FM xB (E,1) (3)

e come sappiamo la (3) si può minorare come noto con (ricordando che per una norma vale

sempre ║x║-║y║║x+y║E║x║+║y║):

║T(x)║F-║T(x0)║F║T(x0)+T(x)║FM xB (E,1)

segue allora che:

║T(x)║F║T(x0)║F+MT Hsup║T(x0)║F+MM+M=2M xB (E,1)

E quindi posto K=:2M abbiamo ottenuto che:

║T(x)║FK xB (E,1)={xE : ║x║E1} e TH

e questo chiaramente significa che:


║T║L(E,F):= supEx 1

║T(x)║FK TH c.v.d.

PRINCIPIO DELL’UNIFORME LIMITATEZZA [2903/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


F uno spazio normato

HL(E,F)

allora le seguenti condizioni sono equivalenti:

(1) H è limitato in L(E,F)

(2) H(x):={T(x) : TH} è limitato in F xE

Dim (1)(2) Per Hp H è limitato e quindi:

0<M<+ t.c. ║T║L(E,F)M TH (1)

Osserviamo inoltre che se THL(E,F) T è lineare e continuo e quindi per il teorema di

caratterizzazione delle funzioni lineari e continue si ha:

k>0 t.c. ║T(x)║Fk║x║E xE (2)

e come sappiamo la minima costante affinché sia soddisfatta la (2) è la norma operatoriale di T

cioè ║T║L(E,F) e quindi si ha:

║T(x)║F║T║L(E,F) ║x║E xE (3)


║T(x)║F║T║L(E,F) ║x║EM║x║E xE e TH

cioè:

║T(x)║FM║x║E xE e TH (4)

e quindi segue chiaramente dalla (4) che per ogni fissato xE l’insieme H(x) è limitato in F

c.v.d.

Dim (2)(1) Per Hp si ha che per ogni fissato xE l’insieme H(x) è limitato in F e quindi:

xE 0<Mx<+ t.c. ║T(x)║FMx TH T Hsup║T(x)║FMx<+

E pertanto posto:

A:=

xE : T Hsup║T(x)║F<+


evidentemente si ha che A=E. Per Hp E è di Banach E completo e quindi come sappiamo questo

implica che E è di II-categoria e poiché A=E A di II-categoria e quindi segue dal lemma

precedente che H è limitato in L(E,F) c.v.d.

Nel corso di Analisi due si è visto che la convergenza puntuale (o semplice) non preserva la

continuità cioè data una successione di funzioni continue convergente puntualmente ad una certa

funzione allora non è detto che questa funzione sia continua. Il classico controesempio che mostra

quanto detto si ottiene se consideriamo la successione di funzioni {fn}nN dove fn:[0,1]R e

fn(x):=xn che è quindi una successione di funzioni continue. Facciamo il limite puntuale:

lim nxn=

0 se x [0,1[1 se x = 1

e quindi la successione {xn}nN di funzione continue converge puntualmente a una funzione

discontinua. Vogliamo provare che questa proprietà è soddisfatta (cioè che la convergenza puntuale

preserva la continuità) se la successione di funzioni è una successione di operatori lineari continui

cioè vogliamo provare che se abbiamo una successione di operatori lineari e continui che converge

puntualmente ad un certo operatore allora questo è continuo.

TEOREMA DI BANACH-STEINHAUS [2903/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

E uno spazio di Banach

F uno spazio normato TFE {Tn}nN successione in L(E,F) convergente puntualmente in E verso l’operatore T

Ts: {Tn}nN è limitata, TL(E,F) e ║T║L(E,F) lim ninf║Tn║L(E,F)

Dim

Come prima cosa proviamo che la successione {Tn}nN è limitata. Per Hp la successione {Tn} è

converge puntualmente a T cioè: T(x)= lim n

Tn(x) xE (1)

Fissiamo un qualunque vettore xE e poiché c’è convergenza puntuale che la succ. {Tn(x)} è

convergente e quindi se consideriamo la succ. {║Tn(x)║F} allora questa per la continuità della

funzione norma ║║F:F[0,+[ è convergente e quindi in particolare (ricordando che per un noto

teorema di analisi uno che ci dice che una successione convergente è limitata) la succ. {║Tn(x)║F} è

limitata e quindi si ha:

nNsup║Tn(x)║F<+


e poiché x era stato fissato ad arbitrio si ha:

nNsup║Tn(x)║F<+ xE (2)

Indichiamo con H il sostegno della succ. {Tn} cioè H:={Tn : nN} e quindi HL(E,F).

Chiaramente la (2) ci dice che per ogni fissato xE l’insieme H(x)={Tn(x) : nN} è limitato in

F segue allora dal principio dell’uniforme limitatezza che H è limitato in L(E,F) e cioè che la succ.

{Tn} è limitata in L(E,F). Dimostriamo adesso che T è lineare e continuo. Dalla (1) facendo uso

delle proprietà dei limiti si desume agevolmente che T è lineare. E quindi dobbiamo provare che T è

continuo e che la sua norma operatoriale si può maggiorare con il minimo limite della succ. delle

norme operatoriali delle Tn. Poiché {Tn}nN è limitata allora:

M>0 (finito) t.c. ║Tn║L(E,F)M nN (3)

Per la continuità delle Tn si ha che:

║Tn(x)║F║Tn║L(E,F)║x║E xE e nN

e quindi evidentemente sulla sfera unitaria si ha:

║Tn(x)║F║Tn║L(E,F) xE t.c. ║x║E1 e nN (4)

Si faccia bene attenzione al fatto che nella (4) non possiamo passare al limite per n per il

semplice motivo che al IIo membro non è detto che esista il limite essendo la succ. {Tn} converge

solo puntualmente (e quindi ci assicura solo la convergenza del I0 membro). Abbiamo già osservato

che la succ. {║Tn(x)║F} è convergente e chiaramente converge a ║T(x)║F e quindi ricordando che il

limite minimo e il limite massimo di una succ. convergente coincidono con il limite della succ. si ha

allora che il limite minimo della succ. {║Tn(x)║F} è proprio ║T(x)║F. Osserviamo inoltre che la

(3) ci dice che il limite minimo della succ. {║Tn║L(E,F)} è una quantità finita. E quindi passando al

minimo limite nella (4) per quanto detto si ha:

║T(x)║F lim ninf║Tn║L(E,F)<+ xE t.c. ║x║E1 (5)

e questo ci dice che l’operatore lineare T è limitato sulla sfera unitaria (chiusa) che è un intorno di

E segue allora da una caratterizzazione delle funzioni lineari e continue che T è un operatore

continuo. Poiché la (5) vale xE t.c. ║x║E1 allora al primo membro possiamo passare al sup

sulla sfera unitaria e tale sup come sappiamo è per definizione la norma operatoriale di T cioè

║T║L(E,F) e quindi si ha:

║T║L(E,F) lim ninf║Tn║L(E,F) c.v.d.


E spazio di Banach

F spazio normato

TFE


{Tn} successione in L(E,F)


(1) {Tn} converge puntualmente in E verso l’operatore T

(2) D:={xE : {Tn(x)} convergente a T(x)} è denso in E e {Tn}è limitata e TL(E,F)

Dim (1)(2) Per Hp la successione {Tn} converge puntualmente in E cioè fissato xE la successione {Tn(x)}

è convergente al punto T(x) dello spazio F D=E e quindi chiaramente D=E e cioè l’insieme D è

denso in E. Segue direttamente dal teorema di Banach-Steinhaus che {Tn}nN è limitata e che

TL(E,F) c.v.d.

Dim (2)(1)

xD la successione {Tn} ammette limite puntuale T(x)F essendo per Hp:

D:=

xE : lim nTn(x)=T(x)

dobbiamo provare allora che la successione {Tn} converge puntualmente anche nei punti che non

stanno in D. Teniamo presente che sempre per Hp la successione {Tn} è limitata e questo significa

come sappiamo che la quantità:

M:=nNsup║Tn║L(E,F)<+ (1)

Sia xE\D e dobbiamo allora fare vedere che {Tn(x)}T(x) e quindi dobbiamo provare che:

>0 N t.c. ║Tn(x)-T(x)║F

Fissiamo quindi un >0. Poiché D è denso D=E xD\D x è di accumulazione per D e

quindi: {xk} successione in D t.c. lim

kxk=x

Andiamo adesso a considerare:

║Tn(x)-T(x)║F=║Tn(x)-Tn(xk)+Tn(xk)-T(xk)+T(xk)-T(x)║F

║Tn(x)-Tn(xk)║F+║Tn(xk)-T(xk)║F+║T(xk)-T(x)║F=

=║Tn(x-xk)║F+║Tn(xk)-T(xk)║F+║T(xk-x)║F (2)

Andiamo a maggiorare separatamente le tre quantità.

Maggioriamo ║Tn(x-xk)║F:

║Tn(x-xk)║Fper la continuità di Tn║Tn║L(E,F)║x-xk║E per la (1)M║x-xk║E

Maggioriamo ║Tn(xk)-T(xk)║F:

teniamo presente che xkD che la successione {Tn(xk)}nN è convergente verso T(xk) e quindi

in corrispondenza della quantità: 2

>0 N t.c. n ║Tn(xk)-T(xk)║F2

Maggioriamo ║T(xk-x)║F:


per Hp TL(E,F) cioè T è un operatore lineare e continuo e quindi:

║T(xk-x)║F║T║L(E,F)║xk-x║E

E quindi tenendo conto delle maggiorazioni viste ritorniamo allora nostra maggiorazione (2) e si

ha:

║Tn(x)-T(x)║FM║x-xk║E+2

+║T║L(E,f)║xk-x║E=(M+║T║L(E,f))║x-xk║E+2

(3)

poniamo la quantità C:=M+║T║L(E,f) e osserviamo che la successione {xk} è convergente e quindi

in corrispondenza della quantità:

2C>0 N t.c. k ║xk-x║E

2C

e quindi continuando la nostra maggiorazione (3) si ha:

(3)C

2C+2

=

E quindi in definitiva abbiamo provato che ║Tn(x)-T(x)║F n che {Tn(x)}è convergente

a T(x) che è proprio quello che volevamo dimostrare.


Siano E ed F due spazi di Banach

{Tn} successione in L(E,F)

allora le seguenti condizioni dono equivalenti:

(1) TL(E,F) t.c. {Tn} converge puntualmente in E a T

(2) D={xE : {Tn(x)} convergente} è denso in E e {Tn} è limitata

Dim (1)(2) (è diretta conseguenza del teorema precedente) Dim (2)(1) Dobbiamo provare che la succ. {Tn} conv. puntualmente in E e quindi dobbiamo provare che xE

la succ. {Tn(x)} è conv. Per Hp xD la succ. {Tn(x)} è conv. ad un punto di F che indichiamo per

comodità con T(x). E quindi dobbiamo provare che la succ. {Tn(x)} converge anche nei punti di E

che non stanno in D. Teniamo presente che per Hp la succ. {Tn} è limitata e questo significa come

sappiamo che la quantità:

M:=nNsup║Tn║L(E,F)<+ (1)

Fissato quindi xE\D allora poiché D è denso D=E xD\D x è di accumulazione per D e

quindi come sappiamo: {xk} successione in D t.c. lim

kxk=x

Proviamo che la successione {Tn(x)} è di Cauchy, e quindi dobbiamo provare che:

>0 N t.c. n,m ║Tn(x)-Tm(x)║F


Fissiamo quindi un >0 e osserviamo che:

║Tn(x)-Tm(x)║F=║Tn(x)-Tn(xk)+Tn(xk)-Tm(xk)+Tm(xk)-Tm(x)║F

║Tn(x)-Tn(xk)║F+║Tn(xk)-Tm(xk)║F+║Tm(xk)-Tm(x)║F=

=║Tn(x-xk)║F+║Tn(xk)-Tm(xk)║F+║Tm(xk-x)║F (2)

Andiamo a maggiorare separatamente le tre quantità:

Maggioriamo ║Tn(x-xk)║F:

║Tn(x-xk)║Fper la continuità dell’operatore lineare Tn║Tn║L(E,F)║x-xk║E e per la (1)M║x-

xk║E

Maggioriamo ║Tn(xk)-Tm(xk)║F:

Teniamo presente che xkD e quindi la successione {Tn(xk)}nN è convergente che

{Tn(xk)}nN è di Cauchy e quindi in corrispondenza della quantità non negativa: 2

>0 N t.c. n,m ║Tn(xk)-Tm(xk)║F2

Maggioriamo ║Tm(xk-x)║F:

║Tm(x-xk)║Fper la continuità di Tm║Tm║L(E,F)║x-xk║E per la (1)M║x-xk║E

E quindi tenendo conto delle maggiorazioni viste ritorniamo allora nostra maggiorazione (2) e si

ha:

(2)M║x-xk║E+2

+M║x-xk║E=2 M║x-xk║E+2

(3)

osserviamo che la succ. {xk} è convergente e quindi in corrispondenza della quantità:

4M>0 N t.c. k ║xk-x║E

4M

e quindi continuando la nostra maggiorazione (3) si ha:

(3)2M

4M+2

=

E quindi abbiamo provato che ║Tn(x)-Tm(x)║F n,m> che {Tn(x)}è di Cauchy in F che è di

Banach cioè F è completo che la succ. {Tn(x)} è convergente cioè esiste un punto di F che

indichiamo con T(x) tale che: lim n

Tn(x)=T(x)

E quindi in definitiva abbiamo dimostrato che per ogni fissato xE la succ. {Tn(x)} è convergente a

T(x)F cioè abbiamo dimostrato che la succ. {Tn} converge puntualmente in E all’operatore

T:EF, segue allora dal teorema di Banach-Steinhaus che TL(E,F). Ed il teorema è dimostrato.

Abbiamo già osservato in precedenza che dati due sp. vett. allora l’insieme degli operatori

lineari definiti tra tali spazi è chiuso rispetto alla topologia della convergenza puntuale. Segue

direttamente da Banach-Steinhaus il seguente risultato.




F spazio normato

Ts: L(E,F) è chiuso in FEconsiderato con la topologia della convergenza puntuale

01-04-96

Abbiamo concluso la parte fondamentale dei principi degli operatori lineari e continui.

Vogliamo adesso iniziare a trattare la parte riguardante le topologie deboli.

SPAZIO TOTALE [0104/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale ed F sottospazio di E' (duale algebrico di E cioè l’insieme di tutti i

funzionali lineari da E in K) diciamo allora che il s.sp. F è totale su E se:

xE t.c. T(x)=0 TF x=E

TOPOLOGIA SIGMA [0104/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale ed FE' sottospazio totale in E. Fissiamo un TF e consideriamo il

funzionale:

pT:E[0,+[ definita dalla legge pT(x):=T(x)

Vogliamo verificare che il funzionale pT così definito è una seminorma su E e quindi dobbiamo

verificare che pT è omogeneo e sub-additivo.

Verifichiamo l’omogeneità:

siano K e xE si ha allora che:

pT(x):=T(x)=per la linearità di T=pT(x):=T(x)= e poiché la funzione modulo

:K[0.+[ è una norma=T(x)=pT(x)

Verifichiamo la sub-additività:

siano x,yE si ha allora che:

pT(x+y):=T(x+y)=per la linearità di T =T(x)+T(y)= per la sub-additività di

T(x)+T(y)=pT(x)+pT(y)

E quindi pT:E[0,+[ è una seminorma su E. Consideriamo allora la famiglia di seminorme

{pT}TF e indichiamo con (E,F) la topologia su E generata (o indotta) da questa famiglia di

seminorme, detta topologia sigma. Osserviamo che fissato un arbitrario xE con xE sicuramente

TF t.c. pT(x)>0, infatti se per assurdo TF pT(x)=0 TF T(x)=0 e quindi osservando

che il modulo è una norma da questo segue che TF T(x)=0 e questo chiaramente è in

contraddizione con la totalità di F poiché per questa dovrebbe essere x=E. Segue allora da una


caratterizzazione fatta che la topologia (E,F) è localmente convessa è di Hausdorff.

Vogliamo provare la seguente proprietà di fondamentale importanza che ci dice che il duale

topologico di E rispetto alla topologia sigma, coincide con il sottospazio totale.



FE' sottospazio totale su E

Ts: F=(E,(E,F))* (insieme degli operatori T:EK lineari e (E,F)-continui)

Dim Proviamo che F(E,(E,F))*:

sia ad arbitrio TF e dimostriamo quindi che T(E,(E,F))* ovvero che T è continuo rispetto alla

topologia (E,F). Consideriamo la semisfera di centro E relativa alla seminorma pT:E[0,+[

(con pT(x)=T(x)) e raggio 1:

S(E,pT,1):={xE : pT(x)<1}=eplicitando pT={xE : T(x)<1}

e quindi banalmente si ha:

T(x)<1 x S(E,pT,1)

cioè l’operatore lineare T è limitato su S(E,pT,1) che è un (E,F)-intorno di E e quindi per il

teorema di caratterizzazione delle funzioni continue e lineari segue che T è (E,F)-continuo.

Proviamo che (E,(E,F))*F:

sia T:EK un funzionale lineare e (E,F)-continuo allora poiché T è (E,F)-continuo che

l’insieme {xE : T(x)<1} è un intorno dell’origine E e quindi:

>0 e T1,...,TnF t.c. i=1

n S( iTp ,E,){xE : T(x)<1}

Vogliamo osservare che l’intersezione dei nuclei degli n funzionali Ti è contenuta nel nucleo del

funzionale T cioè:

i=1

n iT

1(0) 1T (0) ()

Sia quindi xi=1

n iT

1(0) Ti(x)=0 i=1,...,n e chiaramente per la linearità dei Ti si ha che kN

Ti(kx)=0 i=1,...,n e quindi

kN kxi=1

n iT

1(0)i=1

n S( iTp ,E,)=

i=1

n {xE : Ti(x)<}{xE : T(x)<1}

allora kN kx{xE : T(x)<1} T(kx)<1 kN kT(x)<1 kN

T(x)<1k k 0 T(x)=0 1

T x(0).


E come sappiamo la () per un teorema precedente è condizione necessaria e sufficiente affinché il

funzionale T sia combinazione lineare dei funzionali Ti cioè:

1,...,nK t.c. T=1T1+...+nTn

e quindi osservando che i funzionali T1,...,TnF e che F è uno sottospazio vettoriale si ha allora che

il funzionale TF c.v.d.



FE' sottospazio totale su E

{x}D in E e x0E allora {x}D in E (E,F)-converge a x0 lim T(x)=T(x0) TF

Dim (esercizio) Per Hp {x}D è (E,F)-convergente a x0 e questo per la caratterizzazione della convergenza negli

spazi localmente convessi equivale ad affermare che il limite generalizzato di ogni seminorma

generante la topologia vettoriale (che nel nostro caso è del tipo pT(x)=|T(x)| xE per un fissato

TF) su {x-x0}D è zero e quindi: lim |T(x-x0)|=0 TF lim |T(x)-(x0)|=0 TF lim T(x)=T(x0) TF c.v.d.

Dim (esercizio) Per Hp lim T(x)=T(x0) TF lim |T(x)-(x0)|=0 TF lim |T(x-x0)|=0 TF e questo

per la solita caratterizzazione della convergenza negli spazi localmente convessi e ricordando come sono definite le seminorme generanti la topologia (E,F) equivale proprio ad affermare che {x}D è (E,F)-convergente a x0 c.v.d.

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. ogni membro del sottospazio totale

F è continuo rispetto alla topologia (E,F), vogliamo allora provare che la topologia (E,F) su E è

la topologia meno fine (o se si vuole più grossolana) tra tutte le topologie su E per le quali ogni

membro di F è continuo cioè se è una qualunque altra topologia sullo spazio E tale che ogni TF

è -continuo allora (E,F).



FE' (duale algebrico) sottospazio totale su E

una qualunque topologia su E t.c ogni TF è -continuo

Ts: (E,F) (cioè (E,F))


Dim

Confrontiamo le topologie in questione confrontando le rispettive convergenze. Presa quindi

{x}D successione generalizzata in E -convergente ad un certo x0E dobbiamo provare che

{x}D è (E,F)-convergente a x0. Poiché per Hp i membri di F sono -continui segue allora che: lim T(x)=T(x0) TF

e questo per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. equivale ad affermare proprio che

{x}D è (E,F)-convergente al punto x0

c.v.d.



F1F2E' sottospazi con F1 e F2 totali su E

Ts: (E,F1)(E,F2)

Dim (ovvia. Da fare per esercizio) Dobbiamo provare che ogni (E,F1)-intorno è un (E,F2)-intorno, e poiché siamo in presenza di due

topologie localmente convesse, come abbiamo già osservato in precedenza, questo equivale a

confrontare le relative semisfere centrate nell’origine. Fissato quindi un TF1 ed un arbitrario >0,

dobbiamo provare che la semisfera S1(pT,E,):={xE : |T(x)|<} è un (E,F2)-intorno di E, ma

ciò è ovvio poiché per Hp F1F2 e quindi TF2

c.v.d.

Quando abbiamo dato la definizione di duale topologico abbiamo osservato che questo è un

sottospazio vettoriale del duale algebrico. Vogliamo adesso con la seguente proprietà fare vedere

che se lo spazio vettoriale topologico è localmente convesso e di Hausdorff allora il duale

topologico è un sottospazio totale.


Sia E spazio vettoriale topologico localmente convesso e di Hausdorff

Ts: E* è uno sottospazio vettoriale di E' totale su E

Dim (esercizio) Fissiamo un arbitrario x0E\{E} t.c. T(x)=0 TE* e facciamo vedere che x0=E. Supponiamo

per assurdo che x0E e osserviamo che per Hp E è uno spazio vettoriale topologico localmente

convesso e di Hausdorff allora per una proprietà fatta sappiamo che TE* t.c. T(x0)>0 e siamo

quindi ad un assurdo c.v.d.


TOPOLOGIA DEBOLE [0104/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,) uno spazio vettoriale topologico localmente convesso e di Hausdorff segue allora dalla

proprietà precedente che E* è un sottospazio vettoriale di E' totale su E, possiamo allora

considerare su E la topologia sigma (E,E*) che prende il nome di topologia debole. Precisiamo

inoltre che quando un concetto topologico è riferito alla topologia debole si usa mettere l’avverbio

debolmente ad esempio un insieme aperto rispetto alla topologia debole si dirà debolmente aperto,

analogamente un insieme compatto rispetto alla topologia debole si dirà debolmente compatto,

oppure si dirà debolmente convergente una successione che converge rispetto alla topologia

debole e così via. Segue dalla [0104/3] che data una qualunque topologia su E rispetto alla quale i

membri di E* sono continui, che (E,E*). Tale topologia viene chiamata topologia forte in

contrapposizione alla topologia debole ed analogamente alla topologia debole quando un concetto

topologico è riferito alla topologia si usa mettere l’avverbio forte. Ovviamente una di queste

topologie forti è proprio la topologia vettoriale originaria essendo per definizione i membri di E*

continui rispetto a e pertanto (E,E*). Comunque a volte per brevità ci si astiene dal chiamare

topologia forte e pertanto ad esempio dato un sottoinsieme di E si dirà a meno di equivoci che

tale sottoinsieme è aperto, chiuso, compatto,...,ecc sottintendendo la topologia originaria .

OSSERVAZIONE 0104/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K ed FE' allora abbiamo visto nella Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che su E possiamo considerare la topologia localmente convessa e di

Hausdorff (E,F). Osserviamo allora che banalmente la topologia debole su (E,(E,F)) coincide con

la topologia sigma infatti:

(E,E*)=(E,(E,(E,F))*)=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=(E,F)

Vogliamo fare per via diretta qualche osservazione di tipo generale.


Sia E spazio vettoriale topologico localmente convesso di Hausdorff

XE non vuoto

Ts: se X è debolmente chiuso allora X è fortemente chiuso

Dim


Poiché X è debolmente chiuso E\X debolmente aperto cioè E\X(E,E*) e poiché per

definizione la topologia debole è più grossolana della topologia forte (cioè (E,E*)) E\X

cioè E\X fortemente aperto X fortemente chiuso c.v.d.

Il seguente risultato ci dice che ci sono più debolmente limitati che fortemente limitati cioè

che la classe dei debolmente limitati è più grande dei fortemente limitati.



XE non vuoto

Ts: se X è fortemente limitato allora X è debolmente limitato

Dim

Dobbiamo provare che U intorno debole di E in E K t.c. XU. Sia quindi U un intorno

debole di E, poiché per definizione la topologia debole è più grossolana della topologia forte

che U è un intorno forte di E ed essendo per Hp X fortemente limitato K t.c XU

c.v.d.

Il seguente risultato ci dice che ci sono più debolmente connessi che fortemente connessi

cioè che la classe dei fortemente connessi è contenuta nella classe dei debolmente connessi.



XE non vuoto

Ts: se X è fortemente connesso X è debolmente connesso

Dim


ono A,BE debolmente aperti non vuoti t.c. AB= e AB=X

Supponiamo per assurdo che X non sia debolmente connesso ono A,BE debolmente aperti

non vuoti t.c. AB= e AB=X. Poiché per definizione la topologia debole è più grossolana della

topologia forte che A e B sono fortemente aperti e sono tali che AB= e AB=X e questo è

un assurdo poiché è in contraddizione con l’Hp che X è fortemente connesso

c.v.d.


Il seguente risultato ci dice che ci sono più deb. compatti che fort.e compatti cioè che la

classe dei fort. compatti è contenuta nella classe dei deb. compatti.



XE non vuoto

Ts: se X è fortemente compatto X è debolmente compatto

Dim

Dobbiamo provare che ogni ricoprimento debolmente aperto di X ammette un sott.ricopr.

debolmente aperto di X. Sia G={Ai}iI un ricoprimento debolmente aperto di X, poiché per

definizione la top. debole è più grossolana della top. forte che la famiglia G è un ricoprimento

fortemente aperto di X e quindi essendo per Hp X fortemente compatto ono A1,...,AnG

sott.ricopr. di X X debolmente compatto.



{x}D in E e x0E

Ts: se {x}D è fortemente convergente a x0 {x}D debolmente convergente a x0


V (E,E*) intorno di x0 D t.c. xV

Sia quindi V un intorno debole di x0 V intorno forte di x0 e poiché per Hp la succ. {x}D è

fortemente convergente a x0 allora D t.c. xV c.v.d.


E spazio vettoriale topologico localmente convesso di Hausdorff

XE non vuoto

Ts: la chiusura forte di X è contenuta nella chiusura debole di X

Dim Dobbiamo dimostrare che passando alla chiusura su X rispetto alla topologia forte e rispetto alla

topologia debole si ha X(X)(E,E*). Preso ad arbitrio x0X allora come sappiamo {x}D in X

fortemente convergente a x0, segue allora dalla proprietà precedente che {x}D converge

fortemente a x0 x0(X)(E,E*) c.v.d


In maniera analoga si provano anche eventuali altre implicazioni. Diamo adesso per buono il

seguente risultato che dimostreremo in seguito.


Sia E sp. vett. top. localmente convesso e di Hausdorff

Ts: se E è di dimensione finita allora (E,E*)=

Abbiamo già osservato che ogni debolmente chiuso è un chiuso, e se lo spazio è di

dimensione infinita dal teorema precedente si desume che sicuramente esistono dei chiusi che non

sono debolmente chiusi. Però come si dimostra nel seguente fondamentale risultato quando si lavora

con i convessi allora non c’è bisogno di distinguere tra chiuso e debolmente chiuso cioè ogni chiuso

convesso è debolmente chiuso.



XE convesso chiuso

Ts: X è debolmente chiuso

Dim

Mettiamoci nel caso più generale in cui E è uno sp. vettoriale sul corpo K:=C. Per provare che X è

debolmente chiuso proviamo che il suo complementare E\X è debolmente aperto ovvero che è un

intorno debole di ogni suo punto. Sia x0E\X applichiamo allora un criterio di stretta separazione e

precisamente la [2203/3] da cui segue che: f:ER lineare e continuo t.c.

x Xsup f(x)<f(x0)

ovviamente essendo K:=C allora fE* poiché deve essere soddisfatta f(x)=f(x) C ma

f(x)R e f(x)C e quindi l’uguaglianza non può valere. Consideriamo allora T:EC definita

da T(x)=f(x)-if(ix) che come sappiamo è un funzionale lineare e continuo appartenente a E* e la cui

parte reale coincide con f e quindi si ha:

x Xsup Re[T(x)]<Re[T(x0)] (1)

Teniamo presente che per la (1) la quantità Re[T(x0)]-x Xsup Re[T(x)] è strettamente positiva,

consideriamo allora l’insieme:

U:=

xE : T(x-x0)<Re[T(x0)]-x Xsup Re[T(x)]


che è un intorno debole di x0 poiché U altro non è che la semisfera di centro x0 e raggio Re[T(x0)]-

x Xsup Re[T(x)] relativa alla seminorma pT che appartiene alla famiglia che genera la topologia debole

(E,E*) essendo TE*.

Vogliamo provare quindi che l’intorno debole U di x0 è contento in E\X e pertanto seguirà da ciò

che E\X è un intorno di x0. Supponiamo per assurdo che UX xUX xU e xX

poiché xU: T(x -x0)<Re[T(x0)]-

x Xsup Re[T(x)] (2)


Re[T(x0)]-Re[T(x )]=Re[T(x0-x )]T(x0-x )<per la (2)<Re[T(x0)]-x Xsup Re[T(x)]

e quindi Re[T(x0)]-Re[T(x )]<Re[T(x0)]-x Xsup Re[T(x)] -Re[T(x )]<-

x Xsup Re[T(x)]

Re[T(x )]>x Xsup Re[T(x)] xX e questo è un assurdo poiché xX c.v.d.



XE convesso

Ts: X= X (E,E*)

Dim (esercizio)

Proviamo che X X (E,E*):

tale implicazione segue direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.. Proviamo che X (E,E*)X:

abbiamo provato in precedenza che la chiusura di un convesso è un convesso e quindi X è un

convesso ed è banalmente chiuso e quindi per la proprietà precedente è un debolmente chiuso e

quindi coincide con la sua chiusura debole cioé:

X= X (E,E*) ()

Sappiamo che XX e quindi passando alle chiusure deboli si ha X (E,E*) X (E,E*) e quindi per

la () si ha X (E,E*)X c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso di Hausdorff

XE non vuoto

Ts: conv(X)=conv(E,E*)(X)

Dim


Ricordando che la chiusura dell’inviluppo lineare di un insieme coincide con la chiusura lineare

dell’insieme e quindi:

conv(X)=conv X( )

conv(E,E*)(X)=( ( ))conv X (E,E*)

Sappiamo che conv(X) è un convesso segue allora dalla proprietà precedente che:

conv X( )=( ( ))conv X (E,E*).

e pertanto per quanto sopra osservato si ha la tesi.

MAPPA CANONICA [0104/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale, FE' sottospazio vettoriale totale su E, diciamo allora mappa canonica

relativa al sottospazio F, l’operatore:

F:E ─ F' x F(x) con F(x)(T):=T(x) TF

cioè la mappa canonica F è definita in E a valori nel duale algebrico di F (cioè in F') e quindi ad

ogni punto x di E fa corrispondere un funzionale lineare di F' che è:

F(x):F ─ K

T F (x)(T):=T(x)

cioè un funzionale lineare che ad ogni funzionale lineare TFE' fa corrispondere il valore di T

calcolato nel fissato punto x.


Sia E uno spazio vettoriale, FE' sottospazio vettoriale totale su E

Ts: F:E ─ F' è lineare

Dim

Siano ,K e x,yE si ha allora che:

F(x+y)=F(x+y)(T)=T(x+y)=per la linearità dell’operatore T=T(x)+T(y)=

=F(x)(T)+F(y)(T)=(F(x)(T)+F(y))(T)=F(x)(T)+F(y) c.v.d.


Sia E uno spazio vettoriale, FE' sottospazio vettoriale totale su E

Ts: F:E ─ F' è iniettiva

Dim


Essendo la mappa canonica lineare dobbiamo provare che il suo nucleo contiene solo E (cioè che

F1 (0)={E}) e quindi dobbiamo provare che se per un vettore di E F assume valore F ' allora tale

vettore è E.

Sia xE t.c. F(x)= F ' F(x)(T)=0 TF cioè T(x)=0 TF e quindi essendo F totale su E

segue che x=E c.v.d.

TOPOLOGIA SIGMA SU UN SOTTOSPAZIO TOTALE [0104/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale, FE' sottospazio vettoriale totale su E. Chiaramente il codominio (o

rango) della mappa canonica F cioè F(E) è un sottospazio di F' poiché immagine di uno spazio

vettoriale (cioè di E) mediante una applicazione lineare. Proviamo adesso che il sottospazio F(E)

di F' è totale su F e quindi dobbiamo provare che dato un operatore lineare T di F per cui ogni

elemento di F(E) che è del tipo F(x), assume valore nullo allora T=F. Sia quindi TF t.c.

F(x)(T)=0 xE T(x)=0 xE T=F. E quindi F(E) è un sottospazio di F' totale su F

allora ha senso considerare sullo spazio F la topologia (F,F(E)) che si denota usualmente in

modo più breve con (F,E) (è solo un simbolo cioè non ha alcun significato formale).

Sappiamo che sullo spazio KE:={insieme di tutti i funzionali da E in K} è definita la

topologia della convergenza semplice (o puntuale) e osserviamo inoltre che FKE, vogliamo allora

provare qui di seguito che la topologia (F,E) su F non è altro che la relativizzazione ad F della




FE' sottospazio vettoriale totale su E

Ts: (F,E) è la relativizzazione ad F della topologia della convergenza semplice

Dim Confrontiamo le topologie in questione confrontando le rispettive convergenze. Sia {T} una

successione generalizzata in F (F,E)-convergente ad un certo operatore lineare TF cioè

lim T=T rispetto alla topologia (F,E) e proviamo che la successione generalizzata {T}

converge puntualmente verso T. Come sappiamo per quanto visto in precedenza in Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. la topologia (F,E) rende lo spazio F localmente convesso


e di Hausdorff ed inoltre la famiglia di seminorme che genera (o se si vuole che induce) questa topologia è:

F x x Ep ( )

dove fissato un punto xE la seminorma F xp ( ) :F[0,+[ è definita come

sappiamo dalla legge F xp ( ) (T):=F(x)(T)=T(x) TF

Ricordiamo un teorema visto in precedenza che ci dice che in uno spazio topologico X localmente

convesso condizione necessaria e sufficiente a affinché una successione generalizzata {x} in X

converga ad un punto xX è che ogni seminorma p:F[0,+[ di una qualunque famiglia di

seminorme inducente la topologia dello spazio sia tale che la successione generalizzata {p(x-x0)}

converga a 0. E quindi applicando quanto detto al nostro caso si ha:

0=lim F(x)(T-T)=lim T(x)-T(x) xE

e questo ci dice chiaramente che la successione {T} converge puntualmente verso T. Proviamo

adesso il viceversa sia quindi {T} una successione generalizzata in F che converge puntualmente

verso un operatore lineare TF, dobbiamo allora provare che {T} è (F,E)-converge a T.

Poiché {T} converge puntualmente a T cioè xE lim T(x)=T(x) che xE lim T(x)-

T(x)=0 xE lim F(x)(T-T)=0 {T} è (F,E)-converge a T.

03-04-96

PROPRIETÀ DELLA MAPPA CANONICA DI OMEOMORFISMO [0304/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Ricapitolando i discorsi precedenti, abbiamo visto che dato un spazio vettoriale E e F E

sottospazio totale su E allora abbiamo definito la mappa canonica F:E─ F che è lineare e

iniettiva e pertanto invertibile sulla sua immagine. Teniamo presente adesso che essendo F E

allora a sua volta il duale algebrico di F (cioè F ) è contenuto nel duale algebrico di E (cioè E )

che si chiama biduale algebrico di E e si indica con E ,cioè F E . Osserviamo che essendo il

duale algebrico di F cioè F un sottoinsieme dello spazio KF possiamo allora considerare su F la


Vogliamo dimostrare adesso che la mappa canonica F:E─ F è un omeomorfismo lineare

tra lo spazio E munito della topologia (E,F) ed il suo codominio (che indichiamo con)

V:=F(E) (per non appesantire la scrittura) munito della relativizzazione ad esso della topologia della convergenza semplice. Dobbiamo dimostrare quindi che F:E─V è continua assieme allora


sua inversa. Proviamo che la F:E─V è continua, fissiamo quindi un arbitrario x0E, e facciamo

vedere che F è continua in x0 e questo come sappiamo equivale a dimostrare che per ogni data

successione generalizzata in E convergente ad x0 allora la corrispondente successione generalizzata

costituita dalle immagini tramite F dei punti della successione generalizzata in E, è convergente a

F(x0). Sia quindi {x}D una successione generalizzata in E tale che lim x=x0 rispetto alla topologia

(E,F) e facciamo vedere che {F(x)}D in V F converge puntualmente verso F(x0). Poiché {x}D è (E,F)-convergente a x0 allora come sappiamo questo equivale ad affermare che ogni seminorma della famiglia che genera la topologia (E,F), su x-x0 tende a 0, e ricordando che le seminorme di questa famiglia sono definite dal modulo di un funzionale che sta in F cioè sono del tipo pT(x)=T(x) xE con TF, e pertanto tenendo presente quanto detto per ogni TF si ha che:

0=lim pT(x-x0)=lim T(x-x0)=lim T(x)-T(x0)=lim F(x)(T)-F(x0)(T)=0

e questo significa che per ogni fissato TF la successione generalizzata {F(x)(T)}D in K

converge a F(x0)(T) che la successione generalizzata {F(x)}D converge puntualmente ad

F(x0).

Proviamo adesso la continuità dell’inversa cioè del funzionale lineare F1

:V─E, fissiamo un

arbitrario SV ed adoperiamo lo stesso criterio usato nel caso precedente. Sia {S}D una successione generalizzata in V che converge puntualmente verso il funzionale S cioè: lim S(T)=S(T) TF (1)

e facciamo vedere che la successione generalizzata { F1

(S)}D in E è

(E,F)-convergente a F1

(S).

Osserviamo che D SV:=F(E) e quindi: D xE t.c. S=F(x) (2) x0E t.c. S=F(x0) (3) E quindi dalla (2) si ha che D F

1 (S)= x e dalla (3) si ha che F

1 (S)=x0. Dobbiamo fare

vedere quindi che la successione {x} in E è (E,F)-converge al punto x0 e quindi per il solito teorema di caratterizzazione dobbiamo fare vedere che una qualunque seminorma appartenente alla famiglia che genera la topologia (E,F) calcolata su x-x0 tende a 0 cioè che: lim pT(x-x0)=0 TF

La (1) ci dice che TF:

0=lim S(T)-S(T)=per la (2) e per la (3)=lim F(x)(T)-F(x0)(T)=per definizione di

mappa canonica=lim T(x)-T(x0)=per la linearità di T = =lim T(x-x0)=lim pT(x-x0)


che è proprio quello che volevamo dimostrare. E quindi rimane provato che la mappa canonica è un

omeomorfismo tra E ed il suo codominio rispetto alle topologia dette.

CONTINUITÀ DEBOLE E FORTE DEGLI OPERATORI [0304/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Ricordiamo che dato uno spazio normato allora la topologia indotta dalla norma rende lo spazio

localmente convesso e di Hausdorff e quindi su uno spazio normato possiamo considerare la

topologia debole. Inoltre abbiamo visto in precedenza che in uno spazio vettoriale topologico

localmente convesso e di Hausdorff il termine topologia forte viene usato per intendere una

qualunque fissata topologia per cui ogni membro del duale topologico dello spazio sia continuo, in

contrapposizione al termine topologia debole che è usato per indicare la topologia meno fine tra

tutte queste topologie. Un discorso analogo si ha anche negli spazi normati dove però con il termine

topologia forte si intende esclusivamente la topologia indotta dalla norma. Siano E ed F due spazi

normati e T:EF operatore (non necessariamente lineare poiché quanto segue prescinde dalla

linearità) e consideriamo sugli spazi E ed F la topologia debole e forte allora rispetto a queste

topologie l’operatore T può avere quattro tipi di continuità che sono: continuità forte se la continuità è computata rispetto alle topologie forti sia in E che F

continuità debole se la continuità è computata rispetto alle topologie deboli sia in E che F

continuità debole-forte

se la continuità è computata considerando in E la topologia debole e in F la

topologia forte

continuità forte-debole se la continuità è computata considerando in E la topologia forte e in F la

topologia debole

Vogliamo vedere adesso le relazioni che esistono tra i quattro tipi di continuità. Diamo prima dei

nomi alle topologie su E ed F in maniera tale da non doverle chiamare sempre per esteso.

Indichiamo con e d le topologie su E rispettivamente forte e debole e con e d le topologie

su F rispettivamente forte e debole. Chiaramente per definizione di topologia forte e debole si ha

d e d.

Dimostriamo che la continuità forte-debole è implicata dagli altri tre tipi di continuità e quindi

in tutti i tre casi dobbiamo dimostrare che l’immagine inversa tramite l’operatore T di un d-aperto

in F è un -aperto in E.


Proviamo :

Sia A un d-aperto, e poiché d A è -aperto ed essendo per Hp T fortemente continuo

T-1(A) è un -aperto.

Proviamo :

Sia A un d-aperto, è -aperto ed essendo per Hp T debolmente continuo T-1(A) è un d-aperto

e poiché d T-1(A) è un -aperto.

Proviamo :

Sia A un d-aperto, e poiché d A è -aperto ed essendo per Hp T debolmente-fortementete

continuo T-1(A) è un d-aperto e poiché d T-1(A) è un

-aperto.

Dimostriamo che la continuità debole-forte implica gli altri tre tipi di continuità. Proviamo :

dobbiamo dimostrare che l’immagine inversa tramite l’operatore T di un -aperto in F è un -

aperto in E. Sia A un -aperto e poiché per Hp T è debolmente-fortemente continuo T-1(A) è un

d-aperto ed essendo d T-1(A) è un -aperto.

Proviamo che :

dobbiamo dimostrare che l’immagine inversa tramite l’operatore T di un d-aperto in F è un d-

aperto in E. Sia A un d-aperto ed essendo d A è un -aperto e poiché per Hp T è

debolmente-fortemente continuo T-1(A) è un d-aperto.

Proviamo : già dimostrato.

In generale la forte-continuità e la debole-continuità non sono confrontabili (ovvero sono due

concetti indipendenti) cioè T ad esempio può essere debolmente-continuo senza essere fortemente-

continuo oppure T può essere fortemente-continuo ed essere pure debolmente continuo, oppure T

può essere fortemente-continuo senza essere debolmente-continuo e così via. Ma come dimostra il

seguente teorema nel caso in cui T è lineare allora la forte-continuità implica la debole-continuità.



T:EF operatore lineare fortemente-continuo

Ts: T è debolmente-continuo

Dim Consideriamo un arbitrario xE e una successione generalizzata {x} in E convergente debolmente

a x cioè: lim x=x rispetto a (E,E*)


Dobbiamo provare che la successione generalizzata {T(x)} in F converge debolmente a T(x) e

questo come abbiamo già avuto modo di osservare equivale a provare che: lim |(T(x)-T(x))|=0 F*

ovvero per la linearità di T: lim |(T(x-x))|=0 F*

Fissiamo quindi F* e pertanto :FK lineare e continuo (ovviamente considerando in F la

topologia forte). Consideriamo adesso la composizione T:EK che è chiaramente un

funzionale lineare (essendo composizione di funzionali lineari) e continuo su E (con la topologia

forte) essendo composizione di continuo e di T fotemente-continuo per Hp, ovvero TE*.

Poiché {x} converge debolmente ad x, al solito questo ci dice che: lim |G(x-x)|=0 GE*

e quindi basta scegliere G= T e si ha la tesi.

Come mostra il seguente teorema si può dimostrare il viceversa del teorema precedente se si

suppone che gli spazi normati siano completi.


Sia E ed F spazi di Banach

T:EF operatore lineare e debolmente continuo

Ts: T è fortemente-continuo

Dim

Per Hp E ed F spazi di Banach e quindi come sappiamo rispetto ad una delle tre norme canoniche

anche lo spazio EF è di Banach e quindi su di esso possiamo considerare la topologia forte (cioè la

topologia indotta dalla norma). Per provare che T è fortemente continuo, proviamo che il grafico di

T cioè gr(T):={(x,T(x))EF : xE} è fortemente-chiuso nello spazio prodotto EF e quindi

seguirà dal teorema del grafico chiuso che l’operatore lineare T è fortemente-continuo. Per provare

che gr(T) è fortemente-chiuso facciamo uso del solito teorema di caratterizzazione della chiusura

cioè proviamo che presa una arbitraria successione generalizzata (chiaramente trovandoci in spazi

normati e quindi in particolare metrici potremmo tranquillamente considerare una successione

ordinaria) nel grafico di T fortemente-convergente ad un punto di EF allora tale punto appartiene

al grafico dell’operatore lineare T. Consideriamo una successione generalizzata {(x,T(x)} in gr(T)

e supponiamo che tale successione generalizzata sia fortemente convergente a un punto (x,y)EF,

dobbiamo provare allora che (x,y)gr(T) cioè che y=T(x). Poiché {(x,T(x)}(x,y) fortemente

allora chiaramente le successioni generalizzate {x} in E ed {T(x)} in F sono tali che:

{x}x fortemente (1)


{T(x)}y fortemente (2)

Poiché (1) {x}x debolmente ed essendo per Hp l’operatore T debolmente continuo segue

allora che {T(x)}T(x) debolmente. Inoltre per (2) che {T(x)}y debolmente. Osserviamo

adesso che la topologia debole è di Hausdorff che c’è unicità del limite e quindi essendo che la

successione {T(x)} debolmente converge simultaneamente a y e debolmente a T(x) deve allora

necessariamente essere che y=T(x) che è proprio quello che volevamo dimostrare.

Dimostriamo adesso un’altra proprietà della mappa canonica che ci dice che nel caso di

spazi normati assume una maggiore regolarità.

PROPRIETÀ DELLA MAPPA CANONICA DI IMMERSIONE NEL BIDUALE [0304/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Ts: E*:E E * (mappa canonica definita in E a valori nel duale algebrico del duale

topologico di E) è valori nel biduale topologico di E

Dim Teniamo presente che come sappiamo E*=L(E,K) è uno spazio normato, poiché è munito della

norma operatoriale: ║T║E*:=

x Ex E

sup T xx E

( ) con TE*

Banalmente E** E * . Dobbiamo provare che E*(E)E**. Fissiamo quindi un arbitrario xE e

facciamo vedere che E*(x)E** cioè che E*(x):E*K è un funzionale lineare e continuo su E*.

Ovviamente E*(x):E*K e un funzionale lineare poiché E*(x) E * (insieme dei funzionali

lineari su E* cioè da E* in K) dobbiamo provare allora che è continuo. Teniamo presente che per

definizione di mappa canonica il funzionale lineare E*(x):E*K è definito dalla legge

E*(x)(T):=T(x) TE*. Per dimostrare che il funzionale T è continuo facciamo uso dalla

caratterizzazione [0403/14] cioè dimostriamo che il modulo del funzionale E*(x):E*K è

maggiorato dal prodotto di una opportuna costante k>0 per la norma di un qualunque funzionale

TE*. Consideriamo un arbitrario funzionale TE* si ha:

E*(x)(T)=T(x)poiché T è un funzionale lineare e continuo║T║E*║x║E


e quindi scelta come costante k=║x║E segue allora dalla caratterizzazione [0403/14] che T è

continuo c.v.d.

PROPRIETÀ DELLA MAPPA CANONICA DI ISOMETRIA [0304/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio normato. Abbiamo già osservato che su E* possiamo considerare la norma

operatoriale e quindi a sua volta in maniera analoga possiamo considerare anche sul duale

topologico di E* cioè E**:=L(E*,K) la norma operatoriale, cioé: ║S║E**:=

T ET E

**

sup

S TT E

( )*

con SE**

Nella Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. abbiamo dimostrato che E*:EE**.

Vogliamo dimostrare un ulteriore proprietà della mappa canonica quando questa è definita in uno

spazio normato E e precisamente vogliamo provare che la mappa canonica E*:EE** è una isometria tra (E,║║E) e (E**,║║E**) o più precisamente conserva le norme cioè:

║E*(x)║E**=║x║E xE

Dimostrazione Nella dimostrazione della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. abbiamo osservato che:

E*(x)(T)║T║E*║x║E TE* (1)

e quindi ricordando che per definizione di norma operatoriale, la più piccola costante affinché sia

valida la (1) è ║E*(x)║E** allora deve necessariamente essere:

║E*(x)║E**║x║E (2)

chiaramente la (2) vale xE. Proviamo che vale la disuguaglianza inversa cioè ║x║E

║E*(x)║E** xE. Consideriamo un fissato xE con xE poiché per x=E la disuguaglianza è

banalmente verificata. Ricordiamo adesso una delle conseguenze del teorema di Hahn-Banch che ci

dice che in uno spazio normato, fissato un qualunque vettore diverso dall’origine esiste un

funzionale lineare e continuo definito su tale spazio normato con norma operatoriale unitaria e sia

tale che calcolato sul fissato vettore dello spazio coincida con la norma di tale vettore e quindi

applicando al nostro caso si ha:

TE* t.c. ║T║E*=1 e T(x)=║x║E (3)

Teniamo presente che tra le tre definizioni equivalenti della norma operatoriale c’è anche: ║E*(x)║E**:=

ES *

sup1E*(x)(S)

e quindi essendo E*(x)(S):=S(x) SE* si ha:


║E*(x)║E**:=ES *

sup1S(x)

Consideriamo adesso il TE* della (3) da cui segue che: ║x║E=T(x)

ES *

sup1S(x)=:║E*(x)║E** (4)

E quindi da (2) e da (4) si ha quanto volevamo dimostrare cioè che la mappa canonica associata

al duale di uno spazio normato è una isometria che va a finire nel biduale topologico dello spazio

normato. Si osserva incidentalmente che avendo provato entrambe le disuguaglianze si ha che

║E*(x)║E** è addirittura un max sulla sfera unitaria dei funzionali su E* calcolati in x raggiunto per

S=T essendo T(x)=║E*(x)║E**

c.v.d.

PROPRIETÀ DELLA MAPPA CANONICA DI OMEOMORFISMO FORTE [0304/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,║║E) uno spazio normato e consideriamo (E**,║║E**) (cioè consideriamo il biduale

topologico di E munito della norma operatoriale). Si ricorda che in generale una isometria è

iniettiva e quindi invertibile sulla sua immagine e che tale inversa è ancora una isometria. E si

ricorda inoltre che una isometria è continua (ovviamente rispetto alle topologie forti cioè quelle

indotte dalle norme). E quindi essendo la mappa canonica E*:EE** per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. una isometria, allora segue da quanto sopra osservato che E*:EE** è

un omeomorfismo tra lo spazio E con la topologia forte indotta da ║║E e lo spazio E*(E) con la

relativizzazione a tale spazio della topologia forte su E** indotta da ║║E**.

10-04-96

FUNZIONI CONVESSE, CONCAVE E AFFINI [1004/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno K-spazio vettoriale, AE convesso non vuoto e sia f:AR una funzione. Diciamo che

f è convessa se:

f(x+(1-)y)f(x)+(1-)f(y) x,yA e [0,1] (1)

Si osserva chiaramente dalla definizione del perché A debba essere un convesso. Diciamo che la


funzione f è concava se:

f(x)+(1-)f(y)f(x+(1-)y) x,yA e [0,1] (2)

Evidentemente dalle definizioni si evince che f è convessa (concava) se e solo se -f è concava

(convessa) e pertanto se si dimostra un dato risultato per una funzione convessa (concava) allora per

dualità si ottiene l’analogo risultato per una funzione concava (convessa). Si osserva banalmente

che la somma di due funzioni convesse (concave) è una funzione convessa (concava) e che il

prodotto di una costante non negativa per una funzioni convessa (concava) è una funzione convessa

(concava). Diciamo per completezza di informazione che alcuni autori chiamano funzione affine una funzione f:AR che è simultaneamente concava e convessa cioè che soddisfa alla (1) e alla

(2) e quindi che soddisfa a:

f(x+(1-)y)=f(x)+(1-)f(y) x,yA e [0,1] (3)

Un esempio di funzione affine è dato dalla classe delle funzioni costanti. Sia infatti kR e

consideriamo f:AR con f(x)=k xA, allora fissati x,yI e [0,1] si ha:

f(x+(1-)y)=k=k-k+k=k+(1-)k=f(x)+(1-)f(y)

Si faccia bene attenzione al fatto a non confondersi con la definizione di funzione affine che noi

abbiamo già dato cioè noi in generale diciamo che dati due spazi vettoriali E ed F allora g:EF è

una funzione affine se esiste un operatore lineare T:EF e un vettore aF tali che g(x)=T(x)+a

xE cioè g è una funzione affine se è la traslata di un operatore lineare. Si osserva chiaramente

che le due definizioni non sono equivalenti cioè se f:AR è una funzione affine nel senso della

(3) allora non è detto che f sia la restrizione di una funzionale affine su E (cioè di una funzione da

E in R che sia la traslata di una funzione lineare da E in R). Invece se f:ER è una funzione

affine nel senso di traslata di un funzionale lineare, allora chiaramente f sull’insieme convesso A è

chiaramente una funzione affine nel senso della (3). Si può provare (ma non lo proviamo) però

che se A coincide con tutto lo spazio vettoriale E allora le due definizioni sono equivalenti cioè non

c’è possibilità di equivoco.


Sia E uno spazio vettoriale AE, A, convesso

f:AR convessa

Ts: f

i

n

1ixi

i

n

1if(x) x1,...,xnA e 1,...,n[0,1] con

i

n

1i=1

Dim (esercizio) Procediamo per induzione. Per definizione di funzione convessa l’asserto è vero per n=2.

Supponiamo quindi l’asserto vero per n=k e dimostriamo che è vero per n=k+1.


Osserviamo che essendo i

n

1

1i=1 allora

i

n

1i=1-n+1 e quindi:

i

n

1

i

n1 1 =1

e pertanto tenendo presente ciò si ha:

f

i

n

1

1ixi

=f

n+1xn+1+(1-n+1)

i

n

1

i

n1 1 xiper il caso n=2 otteniamo che

n+1f(xn+1)+(1-n+1)f

i

n

1

i

n1 1 xiper l’ipotesi induttiva otteniamo che n+1f(xn+1)+(1-

n+1)i

n

1

i

n1 1 f(xi)=n+1f(xn+1)+

i

n

1if(xi)=

i

n

1

1if(xi) c.v.d.


Sia E spazio vettoriale non banale (cioè E)

f:ER convessa e limitata superiormente

Ts: f è costante

Dim (per esercizio)

La seguente proprietà di regolarità viene usata ampiamente nell’analisi per le funzioni

convesse (che non vale per le funzioni quasi convesse definite di seguito).



AE convesso

{fi}iI dove fi:AR convessa iI

Ts: l’inviluppo superiore della famiglia è una funzione convessa

Dim (per esercizio)

Posto quindi: f(x):=

i I

sup fi(x) xA

dobbiamo provare che f è una funzione convessa. Fissati ad arbitrio x,yA e [0,1] si ha allora

che: fi(x+(1-)y)fi(x)+(1-)fi(y)

i I

sup [fi(x)]+i I

sup [(1-)fi(y)]=

=i I

sup fi(x)+(1-)i I

sup fi(y)=f(x)+(1-)f(y) iI

e quindi passando al sup su I al primo membro si ha:


f(x+(1-)y)f(x)+(1-)f(y) c.v.d.

Analogamente per dualità dimostra la seguente proprietà.



AE convesso, A

{fi}iI dove fi:AR concave iI

Ts: l’inviluppo inferiore della famiglia è una funzione concava



p:ER funzionale sub-additivo e positivamente omogeneo

Ts: p è una funzione convessa

Dim (esercizio)

Fissati x,yE e [0,1] osserviamo che:

p(x+(1-)y)per la sub-additivitàp(x)+p((1-)y)=per la positiva omogeneità= =p(x)+(1-)p(y)

c.v.d.

FUNZIONE QUASI CONVESSA E QUASI CONCAVA [1004/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale su K, AE convesso non vuoto e sia f:AR una funzione. Diciamo

che f è quasi convessa se ogni sottolivello di f è convesso cioè se:

R l’insieme {xA : f(x)}=:f -1(]-,]) è un convesso

Si osserva chiaramente dalla definizione del perché A debba essere un convesso. Diciamo che f è

quasi concava se ogni sopralivello di f è concavo cioè se:

R l’insieme {xA : f(x)}=:f -1([,+[) è concavo

Vogliamo provare nello schema della definizione appena data che una funzione è quasi

convessa (quasi concava) se e solo se la sua opposta è quasi concava (quasi convessa). E pertanto si

evince da ciò che se si dimostra un dato risultato per una funzione quasi convessa (quasi concava)

allora per dualità si ottiene l’analogo risultato per una funzione quasi concava (quasi convessa).

Propedeutico alla dimostrazione della proprietà preannunciata è la seguente banale proprietà delle

retroimmagini.



Sia X

f:XR funzione e siano ,R

Ts: f -1((,))=-f -1((-,-))

Dim (esercizio) Ricordiamo che (,) sta ad indicare qualsiasi possibilà cioé o finiti o infiniti, intervallo aperto

a destra e chiuso a sinistra, intervallo chiuso e così via.

Sia xf -1((,)) f(x) --f(x)- -f -1((-,-)) c.v.d.



AE convesso, A

f:AR funzione

allora f è quasi convessa (quasi concava) -f è quasi concava (quasi convessa)

Dim (esercizio) Fissato R dobbiamo provare che -f -1([,+[) è convesso. Per Hp f è convessa f -1(]-,-])

convesso e poiché per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f -1(]-,-])=-f -

1([,+[) e pertanto l’insieme -f -1([,+[) è convesso

c.v.d.

Dim (esercizio) (Analoga alla precedente).

Il seguente il risultato individua una classe di funz. reali concave e convesse che è quella

della funz. reali monotone (in particolare la classe delle funz. costanti)


Sia IR intervallo

f:IR funzione monotona

Ts: f è quasi convessa e quasi concava

Dim (esercizio) Chiamiamo :=inf(I) e :=sup(I) e si ricorda che per definizione di intervallo tR con t

allora tI.

Mettiamoci nel caso in cui f è non decrescente.

Proviamo che f è quasi convessa:


sia quindi R e proviamo che il sottolivello:

A:={tI : f(t)}

è convesso. Si ricorda che nei reali la famiglia degli intervalli coincide e con la famiglia dei

connessi ed evidentemente tali famiglie coincidono anche con la famiglia de convessi, e quindi per

provare quanto voluto basta provare che A è un connesso di R. Per dimostrare quanto affermato

faremo uso della caratterizzazione che ci dice che condizione necessaria e sufficiente affinchè un

insieme sia connesso è che comunque presi due suoi punti distinti allora esiste un connesso che li

contiene e che a sua volta è contenuto nell’insieme. Fissato t0A banalmente si osserva che:

],t0]A (1)

infatti se t],t0] tt0 segue allora dalla non decrescenza della f che f(t)f(t0) tA. Siano

quindi ad arbitrio t1,t2A con t1t2 e non restrittivo supporreche t1<t2. Per la (1) si ha che

],t1]A e ],t2]A [t1,t2]A e pertanto essendo [t1,t2] un connesso (intervallo) contenente t1

e t2 per quanto suddetto si ha quanto voluto.

Proviamo che f è quasi concava:

sia quindi R e proviamo che il sottolivello:

A:={tI : f(t)}

è convesso ovvero per le considerazioni fatte nel caso precedente, che è un connesso. Fissato t0A

banalmente si osserva che:

[t0,[A (2)

infatti se t[t0,[ t0t segue allora dalla non decrescenza della f che f(t0)f(t) tA. Siano

quindi ad arbitrio t1,t2A con t1t2 e non restrittivo supporreche t1<t2. Per la (2) si ha che

[t1,[A e [t2,[A [t1,t2]A e pertanto essendo [t1,t2] un connesso (intervallo) contenente t1

e t2 per quanto suddetto si ha quanto voluto.

Sia adesso il caso in cui f è non crescente -f non decrescente segue allora dala caso precedente

che -f è convessa e concava f convessa e concava c.v.d.



AE convesso, A

f:AR funzione convessa

Ts: f è quasi convessa

Dim

Fissiamo ad arbitrio un R e facciamo vedere che l’insieme C:={xA : f(x)} è convesso cioè

dobbiamo dimostrare che comunque presi due punti x,yC il segmento [x,y]:={x+(1-)y

:[0,1]} che li unisce è contenuto pure in C ovvero:


x,yC e [0,1] x+(1-)yC f(x+(1-)y).

Siano x,yC e [0,1] si ha allora che:

f(x+(1-)y)poiché f è convessaf(x)+(1-)f(y)poiché x,yC+(1-)=.


Della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. non vale il viceversa cioè una funz. può

benissimo essere quasi conv. ma non essere conv.. Esiste addirittura una intera classe di funz. reali

che dimostrano questo fatto, che è la classe delle funz. strett. monotone definite in un intervallo

reale che come già osservato sono quasi conv., ma come si verifica facilmente non sono conv.. Si

osserva inoltre che il prodotto di una costante non negativa per una funz. quasi conv. è una funz.

quasi conv. mentre non è vero che la somma di due funz. quasi conv. è una funz. quasi conv. e per

rendersi conto ciò basta riconsiderare la classe delle funz. monotone. Da quanto detto e per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. risulta ovvio che la classe delle funz. quasi conv.

è più grande di quella delle funz. conv..

Analogamente per dualità si dimostra la seguente proprietà e che valgono per essa analoghe

considerazioni.



AE convesso, A

f:AR funzione concava

Ts: f è quasi concava


Sia AR, R

Valgono allora le seguenti relazioni:

{xA : x}=nN

xA : x<+1n

{xA : x<}=nN

xA : x-1n

Dimostrazione

Proviamo che {xA : x}=nN

xA : x<+1n

:


sia x{xA : x} x<+1n nN x

nN

xA : x<+1n

.

Proviamo che nN

xA : x<+1n{xA : x}:

sia xnN

xA : x<+1n

x<+1n xN x x{xA : } c.v.d.

Dimostrazione

Proviamo che {xA : x<}nN

xA : x-1n

:

sia x{xA : x<} x<. Osserviamo che banalmente :=nsupN

-

1n

e quindi scelto =-x

allora per la IIa proprietà del sup nN t.c. -1n >-=-+x=x x

xA : x-

1n

nN

xA : x-1n

Proviamo che nN

xA : x-1n{xA : x<}:

sia xnN

xA : x-1n

nN t.c. x

xA : x-1n

x-1n < x{xA :

x<} c.v.d.

Sappiamo che generalmente l’unione di convessi non è un convesso. Vogliamo osservare

però che se tra i membri dell’unione dei convessi c’è una relazione di inclusione crescente allora

tale unione è un convesso.



{An}nN famiglia di sottoinsiemi di E convessi e t.c. AnAn+1 nN Ts: A:=

nN An è un convesso

Dim Dobbiamo dimostrare che:

x,yA x+(1-)yA [0,1]

Siano quindi x,yA k,jN t.c. xAk e yAj. Si ha che kj oppure jk supponiamo ad

esempio che kj e poiché per Hp AnAn+1 nN AkAj x,yAj e quindi essendo Aj per Hp

convesso si ha allora che:


x+(1-)yAjA [0,1] c.v.d.



AE, A

f:AR funzione

Allora le seguente affermazioni sono equivalenti:

(1) f è quasi convessa (cioè R {xA : f(x)}=:f -1(]-,]) è un convesso)

(2) R {xA : f(x)<}=:f -1(]-,[) è un convesso

Dim (1)(2) (per esercizio) Fissato R osserviamo che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha:

{xE : f(x)<}=nN

xA : f(x)-1n

Banalmente si osserva che al secondo membro i membri dell’unione che sono convessi per Hp,

costituiscono una successione crescente di insiemi, segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che l’insieme al primo membro è un convesso

c.v.d.

Dim (2)(1) (per esercizio) Si ricorda che l’intersezione di convessi è un convesso. Fissato R osserviamo che per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha:

{xE : f(x)}=nN

xA : f(x)<+1n

Si osserva che al secondo membro i membri appartenenti all’intersezione sono dei conv. per Hp. E

pertanto {xE : f(x)} è un convesso essendo intersezione di conv.

Segue al solito per dualità il seguente teorema.



AE, A

f:AR funzione

Allora le seguente affermazioni sono equivalenti:

(1) f è quasi concava (cioè R {xA : f(x)}=:f -1([,+[) è un convesso)

(2) R {xA : f(x)>}=:f -1(],+[) è un convesso



Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso e di Hausdorff

XE, X

f:XR debolmente semicontinua inferiormente

Ts: f è semicontinua inferiormente

Dim Premettiamo che chiaramente la s.c.i. è intesa rispetto alla relativizzazione ad X della topologia

originaria ed analogamente la debole s.c.i. è intesa rispetto alla relativizzazione ad X della topologia

debole. Facciamo uso del teorema di caratterizzazione delle funzioni s.c.i. [1512/25] e quindi


rR l’insieme Ar:={xX : f(x)>r} è aperto in X

Fissato rR allora poiché per Hp f è debolmente s.c.i. che il sopralivello Ar è debolmente

aperto in X e poichè la topologia debole è meno fine della topologia originaria che Ar è aperto in

X c.v.d.

In generale della proprietà precedente non vale il viceversa ma come dimostra la seguente

proprietà questo vale se si suppone che f sia quasi convessa cioè se si suppone che f sia pure quasi

convessa allora la semicontinuità inferiore e la debole semicontinuità inferiore coincidono.


Sia (E,) spazio vettoriale localmente convesso di Hausdorff

XE chiuso, convesso, X

f:XR funzione quasi convessa e semicontinua inferiormente

Ts: f è debolmente semicontinua inferiormente

Dim

Indichiamo con X e X rispettivamente la relativizzazione ad X della topologia forte e della

topologia debole (E,E*). Dobbiamo provare per il teorema di caratterizzazione [1512/21] delle

funzioni semicontinue inferiormente che i sottolivelli di f sono dei debolmente chiusi in (X,X). Sia

R e proviamo quindi che A={xX : f(x)} è debolmente chiuso in X cioé in (X,X). Per Hp

f è quasi convessa e quindi il sottolivello A è convesso. Per Hp f è semicontinua inferiormente

che A è chiuso in (X,X) e poiché per Hp X è chiuso segue allora da una proprietà fatta

(riguardante la chiusura relativa) che A è chiuso in E ed essendo A pure convesso allora in quanto

chiuso convesso, come già osservato in precedenza, è un debolmente chiuso e quindi per un altra


proprietà fatta (riguardante la chiusura relativa) si ha che A è debolmente chiuso in X cioé in

(X,X) c.v.d.

OSSERVAZIONI SULLA CLASSE DEI DEBOLMENTE-COMPATTI [1004/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Ritorniamo ai discorsi sulla top.deb. Dal teorema di Riesz [0603/17] che caratterizza gli sp. normati

di dim. finita, deduciamo che se lo sp. normato è di dim. infinita allora sicuramente esistono dei

chiusi e limitati (chiaramente rispetto alla top. indotta dalla norma cioè alla top. forte) che non sono

compatti ed inoltre lo stesso teorema ci dice che in questo caso sicuramente le sfere chiuse non sono

dei compatti. In seguito introdurremo una nuova classe di sp. normati detti riflessivi e dimostreremo

una lora caratterrizzazione dovuta a Kakutani (che è tra i più importanti di tutta l’analisi funzionale)

che in particolare ci dice che in uno sp. riflessivo ogni insieme convesso, chiuso e limitato è deb.

compatto, se consideriamo allora uno sp. riflessivo di dim. infinita allora come abbiamo detto le

sfere chiuse non sono dei compatti ma per il risultato premesso si ha che sono deb. compatte. E

questo ci fa capire quanto più grande sia la classe dei deb. compatti rispetto alla classe dei compatti.

E pertanto è molto più conveniente lavorare con la classe dei deb.-compatti, poiché evidentemente è

più probabile che un dato insieme sia deb.-compatto anziché compatto.

Vogliamo dimostrare adesso un teorema che si trova al centro della teoria

dell’ottimizzazione. Ricordiamo il teorema [1812/27] che ci dice che in uno spazio topologico X

compatto una funzione f:XR s.c.i. ammette minimo assoluto. Consideriamo adesso E spazio

vettoriale topologico localmente convesso e di Hausdorff, XE convesso ed f:ER funzione

s.c.i.. In generale non è detto che X sia compatto e quindi non possiamo sempre applicare di peso il

teorema [1812/27]. Abbiamo però già osservato che la classe dei debolmente compatti è molto più

grande della classe dei compatti allora è più probabile che X sia debolmente compatto anziché

compatto e quindi se X è debolmente compatto ed f è pure quasi convessa allora chiaramente come

dimostra il seguente teorema f ammette minimo assoluto.

TEOREMA DI MINIMIZZAZIONE [1004/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

E spazio vettoriale topologico localmente convesso e di Hausdorff

XE convesso, debolmente compatto, X


f:XR funzione quasi convessa e semicontinua inferiormente

Ts: f è dotata di minimo assoluto

Dim

Come sappiamo la toplogia debole è una topologia di Hausdorff e quindi essendo per Hp X

debolmente compatto X debolmente chiuso X chiuso. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f è debolmente s.c.i. segue allora dal teorema [1812/27] che f è dotata di

minimo assoluto.



XE, X, debolmente compatto e convesso

Ts: X ammette un elemento di minima norma Dim Dobbiamo dimostrare che X ammette un elemento di minima norma cioè che: x0X t.c. ║x0║E=

x Xinf ║x║E

Consideriamo f:XR definita da f(x):=║x║E che è una funz. conti. e quindi in particolare s.c.i..

Segue banalmente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che f è conv. e quindi per

la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. f è quasi conv.. Segue allora dal teorema

precedente che x0X punto di minimo assoluto

c.v.d.



XE, X

f:ER una funzione convessa Ts:

x Xsup f(x)=

x conv X ( )sup f(x)

Dim (per esercizio) Poiché Xconv(X) allora banalmente

x Xsup f(x)=

x conv X ( )sup f(x). Proviamo la disuguaglianza

inversa cioé che x conv X ( )

sup f(x)x Xsup f(x) e quindi dobbiamo provare che ogni elemento di {f(x) :

xconv(X)} si può maggiorare con x Xsup f(x). Prendiamo ad arbitrio xconv(X) e quindi è del tipo:

x=i

n

1ixi con x1,..,xnX, 1,...,n[0,1] e

i

n

1i=1

si ha allora che:


f(x)=f

i

n

1ixi

per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.i

n

1if(xi)

x Xsup f(x)

i

n

1i=

x Xsup f(x)

e quindi f(x)x Xsup f(x) xconv(X)


x Xsup f(x) c.v.d.



XE, X

f:ER convessa e semicontinua inferiormente Ts:

x Xsupf(x)=


Dim

Ricordiamo che in precedenza si è dimostrato che una funzione semicontinua inferiormente estende

il sup di un insieme al sup della sua chiusura, e quindi essendo conv(X)=conv X( ) ed essendo per

Hp f semicontinua inferiormente si ha:

x conv X ( )sup f(x)=

x conv X ( )sup f(x) ()

Segue allora che:

x Xsupf(x)=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=

x conv X ( )sup f(x)=per

()=x conv X ( )

sup f(x) c.v.d.



XE, X

f:ER una funzione concava Ts:

x Xinf f(x)=

x conv X ( )inf f(x)

Dim (esercizio)

Per Hp f concava -f convessa, segue allora che:

x Xinf f(x)=-

x Xsup-f(x)=-

x conv X ( )sup f(x)-f(x)=

x conv X ( )inf f(x) c.v.d.



XE, X


f:ER concava e semicontinua superiormente Ts:

x Xinf f(x)=

x conv X ( )inf f(x)

Dim (esercizio) Per Hp f concava e semicontinua superiormente f convessa e semicontinua inferiormente segue

allora che:

x Xinf f(x)=-

x Xsup-f(x)=per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=-

x conv X ( )sup -

f(x)=x conv X ( )

inf f(x) c.v.d.

12-04-96


Siano E ed F due spazi vettoriali

T:EF un operatore affine

XE

Ts: T(conv(X))=conv(T(X)) Dim

Poiché T:EF è un operatore affine allora è del tipo T(x)=f(x)+y per un opportuno yF e f:EF

operatore lineare.

Proviamo che T(conv(X))conv(T(X)):

sia zT(conv(X)) che xconv(X) t.c. z=f(x)+y e poiché xconv(X) si ha che:

ono x1,...,xnX e 1,...,n[0,1] con i

n

1i=1 t.c. x=

i

n

1ixi

Si ha allora che

z=f(x)+y=f

i

n

1ixi

+y=per la linearità di f=

i

n

1if(xi)+y=

i

n

1if(xi)+y

i

n

1i=

=i

n

1i(f(xi)+y)=

i

n

1iT(xi)conv(T(X))

Proviamo che conv(T(X))T(conv(X)):

sia zconv(T(X)) che per opportuni x1,...,xnX e 1,...,n[0,1] i

n

1i=1 t.c. si ha che

z=i

n

1iT(xi)=

i

n

1i(f(xi)+y)=

i

n

1if(xi)+y

i

n

1i=

i

n

1if(xi)+y=per la linearità della

f=f

i

n

1ixi

+y=T

i

n

1ixi

T(conv(X)) c.v.d.



Siano E ed F due spazi vettoriali topologici

T:EF un operatore affine e continuo

XE

Ts: T(conv (X))conv (T(X))

Dim T(conv (X))=T(conv X( ) )poiché T è continuo per una proprietà precedente

T conv X( ( ))=per la proposizione precedente=conv T X( ( ))=conv (T(X)) c.v.d.


Siano E ed F due spazi normati

:EF isometria lineare

AE, A

allora A è limitato in E (A) è limitato in F


M>0 t.c. ║(x)║FM xA

Poiché A è limitato in E segue allora che M>0 t.c. ║x║EM xA e quindi si ha:

║(x)║F=essendo isometria=║x║EM xA c.v.d.


M>0 t.c. ║x║EM xA

Poiché (A) è limitato in F segue allora che M>0 t.c. ║(x)║EM xA e quindi:

║x║E=essendo isometria=║(x)║FM xA c.v.d.

Abbiamo già osservato che un insieme fortemente limitato è debolmente limitato, vogliamo

dimostrare allora che negli spazi normati vale anche il viceversa.


E spazio normato

XE debolmente limitato

Ts: X è fortemente limitato

Dim

Considerino la mappa canonica associata al duale topologico di E cioè E*:EE** ed osserviamo

che essendo E spazio normato allora sappiamo che possiamo considerare il biduale E** munito


della norma operatoriale e che inoltre che rispetto a queste norme la mappa canonica è una

isometria e pertanto per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. possiamo provare

equivalentemente la tesi provando che l’insieme E*(X) è limitato in

E**:=L(E*,K)=L(L(E,K),K) e per provare questo facciamo uso del principio di uniforme

limitatezza e quindi dobbiamo provare che per ogni fissato TE* la sezione (ricordando la

definizione della mappa canonica):

E*(X)(T)={E*(x)(T) : xX}={T(x) : xX} (è un insieme sul corpo K)

è un insieme limitato. Poiché per Hp X è debolmente limitato allora per una caratterizzazione degli

insiemi limitati questo equivale a dire che ogni seminorma della famiglia generante la topologia

debole è limitata su X, e pertanto ricordando che le seminorme generanti la topologia debole sono

del tipo pT:E[0,+[ con pT(x):=T(x) per un fissato TE*. Si ha allora per quanto detto che

l’insieme pT(X):={|T(x)| : xX} è limitato in R TE* e questo evidentemente implica che

l’insieme E*(X)(T)={T(x) : xX} è limitato in K TE*, che è proprio quello che volevamo

dimostrare.



Ts: la topologia debole di E è normabile

Dim Teniamo presente che E è uno spazio normato e quindi in particolare è uno spazio di Hausdorff.

Dobbiamo provare che la topologia debole di E è normabile e quindi per il teorema di Kolmogorov

dobbiamo provare che esiste un intorno convesso e debolmente limitato di E. Poiché per Hp

dim(E)=n<+ e questo per un risultato algebrico fatto equivale ad affermare che dim(E')=n<+.

Ricordiamo che ogni operatore lineare definito in uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff di

dimensione finita è automaticamente continuo si ha allora che E*= E e quindi dim(E*)=dim(E')=n

che T1,...,TnE* base di Hamel di E*. Consideriamo l’insieme V definito dall’intersezione

delle n semisfere unitarie relative alle seminorme definite rispettivamente da T1,...,Tn cioè:

V:=i=1

n S(|Ti|,E,1):=

i=1

n {xE : |Ti(x)|<1}

V è banalmente convesso (essendo intersezione di convessi) e chiaramente V è un intorno debole di

E essendo intersezione delle n semisfere che sono degli intorni deboli di E. Proviamo che V è

debolmente limitato e quindi dobbiamo fare vedere che ogni seminorma appartenente alla famiglia

generante la topologia debole cioè ogni p:E[0,+[ con p(x):=T(x) e TE*, è limitata

sull’insieme V e quindi dobbiamo provare che ogni funzionale lineare e continuo è limitato in V.


Prendiamo un arbitrario funzionale lineare TE* e quindi essendo T1,...,Tn base di Hamel per E* si

ha che:

ono 1,...,n t.c. T=i

n

1iTi

allora xV si ha che:

T(x)=i

n

1iTi(x)

i

n

1iTi(x)<poiché xV<

i

n

1i

e quindi T è limitato. Sono allora soddisfatte le Hp del teorema di Kolmogorov da cui segue che la

topologia debole è normabile c.v.d.

Facendo adesso uso del precedente risultato dimostriamo che condizione necessaria e

sufficiente affinché uno spazio normato sia di dimensione finita è che la sua topologia forte

coincida con la sua topologia debole.



la seguenti condizioni sono equivalenti:

(1) E è di dimensione finita

(2) la topologia forte e quella debole coincidono

Dim (1)(2) Chiaramente la topologia forte è una topologia normabile poiché per definizione è la topologia

indotta dalla norma dello spazio normato. Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.

la topologia debole è normabile (cioè esiste una norma su E che induce alla topologia debole) segue

allora da [0603/10] (che ci dice che in uno spazio di dimensione finita tutte le norme sono

equivalenti cioè inducono alla stessa topologia) che la topologia forte coincide con la topologia

debole c.v.d.

Dim (2)(1) Per Hp la topologia debole e la topologia forte coincidono e questo significa che la sfera unitaria

relativa alla norma (che è quindi un intorno forte di E) cioè B(E,1) è un intorno debole di E e

quindi:

>0 T1,...,TnE* t.c. i=1

n {xE : Ti(x)<}B(E,1)

Ricordiamo che il nucleo di un operatore lineare è un sottospazio e che l’intersezione di sottospazi è

un sottospazio si ha allora che l’intersezione dei nuclei dei funzionali lineari T1,...,Tn cioè

i=1

n iT1(0) è un sottospazio (chiaramente di E).


Chiaramente i=1

n iT1(0)

i=1

n {xE : Ti(x)<}B(E,1) infatti se x

i=1

n iT1(0) Ti(x)=0

i=1,...,n Ti(x)=0< i=1,...,n xi=1

n {xE : Ti(x)<}.

E quindi i=1

n iT1(0)B(E,1) cioè il sottospazio

i=1

n iT1(0) è contenuto nell’insieme limitato

B(E,1) che il sottospazio i=1

n iT1(0) è limitato e quindi deve necessariamente essere che:

i=1

n iT1(0)={E}

e questo come sappiamo significa che ogni funzionale lineare e continuo è combinazione lineare di

T1,...,Tn cioè span({T1,...,Tn})=E* dim(E*)n cioè E* ha dimensione finita al più n

dim((E*)')n e poiché E**(E*)' che dim(E**)n che E** ha dimensione finita.

Consideriamo la mappa canonica E*:EE** che come sappiamo è un isomorfismo lineare tra E

ed E*(E)E** e pertanto dim(E)<+ per il fatto che E** contiene una immagine linearmente

isomorfa di E c.v.d.

SEMISPAZIO [1204/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano E uno sp. vett. reale, HE non vuoto. Diciamo che H è un semispazio di E se:

f:ER lineare non nullo e R t.c. H={xE : f(x)} o H={xE : f(x)}

Cioè un semispazio è un sottolivello o un sopralivello di un funzionale lineare.

SEMISPAZIO CHIUSO [1204/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Siano E uno sp. vett. topologico reale, HE non vuoto. Diciamo che H è un semispazio chiuso di E

se:

f:ER lineare continuo non nullo e R t.c. H={xE:f(x)} o H={xE:f(x)}



HE semispazio chiuso e quindi fE*\{E*} e R t.c. H={xE : f(x)}

Valgono allora:

int(H)={xE : f(x)<}

Fr(H)={xE : f(x)=}

Dimostrazione (esercizio) Proviamo che {xE : f(x)<}int(H):


0sserviamo che f -1(]-,[):={xE : f(x)<} che è quindi un aperto essendo retroimmagine

dell’aperto ]-,[ tramite il funzionale continuo f, ed è contenuto ovviamente in H e quindi {xE :

f(x)<}int(H).

Proviamo che int(H){xE : f(x)<}:

sia x0int(H). Essendo fE*\{E*} yE t.c. f(y)0 e come sappiamo possiamo supporre che

f(y)>0. Poiché H è un intorno di x0 (e poiché stiamo lavorando con una topologia vettoriale) H

radiale in x0 e quindi in corrispondenza del vettore yE si ha che >0 t.c. x0+yH

f(x0+y) segue allora dalla linearità di f che f(x0)+y f(x0)-f(y)< x0{xE :

f(x)<} c.v.d.

Dimostrazione (esercizio) Teniamo presente che H è un chiuso H=H e pertanto ricordando una delle relazioni riguardanti

la frontiera si ha:

Fr(H)=H\int(H)=H\int(H)={xE : f(x)}\{xE : f(x)<}={xE : f(x)=} c.v.d.

INTERNO RELATIVO [1204/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

In uno spazio vettoriale topologico E, chiamasi interno relativo di un insieme XE l’interno di X

relativamente alla topologia del suo inviluppo affine (cioè aff(X)) e si indica con ri(X) (relativy

interior). Cioè se è la topologia originaria sullo spazio E allora l’interno relativo dell’insieme X è

l’interno di X rispetto alla topologia :={Aaff(X) : A} ovvero ri(X):=intaff(X)(X).

Vogliamo dimostrare adesso che in uno spazio vettoriale topologico l’inviluppo affine di un

aperto non vuoto coincide con tutto lo spazio.



AE, int(A)

Ts: aff(A)=E

Dim Per Hp int(A) e poiché come sappiamo vale sempre int(A)A0 A0 segue allora dalla

[2911/15] (che ci dice che se un sottoinsieme di uno spazio vettoriale ha nucleo radiale non vuoto

allora il suo inviluppo affine coincide con tutto lo spazio) si ha aff(A)=E

c.v.d.




H1,...HnE semispazi chiusi di E t.c. i=1

n Hi

Ts: ri ii

nH

1

Dim

Procediamo per induzione.

Per n=1:

H1 è un semispazio chiuso di E e quindi:

f:ER funzionale lineare continuo non nullo e R t.c. H1={xE : f(x)}

Poiché f non è identicamente nullo allora sappiamo che f(E)=R e quindi sicuramente {xE :

f(x)<}. Poiché per definizione {xE : f(x)<}=:f -1(]-,[) allora essendo f continua {xE

: f(x)<} è un aperto in E. Osserviamo che:

{xE : f(x)<}{xE : f(x)}=:H1aff(H1)

e quindi {xE : f(x)<}aff(H1)={xE : f(x)<} che {xE : f(x)<} è pure un aperto nella

topologia relativa ad aff(H1) ed è contenuto in H1 e quindi ricordando che l’interno di un insieme

contiene di tutti gli aperti contenuti nell’insieme si ha che {xE : f(x)<}ri(H1) ri(H1).

Supponiamo l’asserto vero per n=k e proviamo che è vero per n=k+1.

Siano H1,...,Hk+1 k+1 semispazi chiusi di E t.c. i=1

k+1 Hi e quindi ono f1,...,fk+1E* e

1,...,k+1R t.c. Hi={xE : fi(x)i} i=1,...,k+1. Poniamo (per non appesantire la scrittura)

A:=aff

i=1

k Hi

.

Distinguiamo due casi.

I° caso i=1

k Hiint(Hk+1):

sia x0i=1

k Hiint(Hk+1) x0

i=1

k Hi e x0int(Hk+1). Poiché x0int(Hk+1) che int(Hk+1) è un

intorno di x0 nella topologia originaria teniamo allora presente che int(Hk+1)A è chiaramente un

intorno di x0 nella topologia relativa ad A ed è chiaramente non vuoto infatti i=1

k HiA e

i=1

k Hiint(Hk+1) e quindi int(Hk+1)A. Poiché x0

i=1

k Hi allora come sappiamo si ha che:

x0 ii

k

AH

1 (1)


Teniamo presente che l’insieme i=1

k Hi è (chiaramente) un convesso e teniamo presente che dall’Hp

induttiva si ha che ri

i=1

k Hi

.

Noi abbiamo dimostrato che in uno spazio vettoriale topologico dato un convesso con interno non

vuoto allora la sua chiusura è uguale alla chiusura del suo interno e quindi banalmente questa

proprietà dei convessi la possiamo trasferire al livello di interno relativo cioè se abbiamo un

convesso con interno relativo non vuoto allora la sua chiusura nell’inviluppo affine coincide con la

chiusura del suo interno relativo (questo fatto si dimostra al solito per traslazione cioè se XE è un

convesso con interno relativo non vuoto allora preso un x0X si considera aff(X)-x0 che è un

sottospazio vettoriale di E e quindi ad aff(X)-x0 possiamo applicare la proprietà detta dei convessi e

quindi ritraslando si dimostra quanto si voleva). E quindi per quanto detto si ha:

ii

k

AH

1 = ri Hi

i

k

A

1 (2)

dalla (1) e dalla (2) si ha che x0 ri Hii

k

A

1 che ogni intorno di x0 nella topologia

relativizzata ad A interseca ri

i=1

k Hi

e quindi ricordando che int(Hk+1)A è un intorno di x0 in

A si ha:

ri

i=1

k Hi

(int(Hk+1)A) (3)

Osserviamo adesso che int(Hk+1)Hk+1aff(Hk+1) int(Hk+1)=int(Hk+1)aff(Hk+1) che int(Hk+1)

è un aperto in aff(Hk+1) contenuto in Hk+1 e quindi essendo per definizione l’interno di un insieme il

più grande aperto contenuto nell’insieme deve essere necessariamente che int(Hk+1)ri(Hk+1). E

quindi ricordando che l’intersezione degli interni è uguale all’interno delle intersezioni e osservando

inoltre che banalmente int(Hk+1)Aint(Hk+1)ri(Hk+1) allora maggior ragione dalla (3) si ha:

ri

i=1

k+1 Hi

=ri

i=1

k Hi

ri(Hk+1)

II° caso i=1

k Hiint(Hk+1)=:

se yi=1

k+1 Hi allora dovendo essere y

i=1

k Hi ed essendo

i=1

k Hiint(Hk+1)= allora necessariamente

yint(Hk+1) e quindi per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.

yFr(Hk+1)=fk 11 (k+1) ovvero fk+1(y)=k+1, definiamo ora k semispazi nel seguente modo:

Vi=xE: fi(x)i-fi(y)


consideriamo inoltre V=fk 11 (k+1)-y che è un chiuso in quanto traslato di un chiuso e poiché

yfk 11 (k+1) EV V intorno di E. Inoltre come sappiamo fk 1

1 (k+1)=y+Ker(fk+1) e quindi

V=Ker(fk+1) che è pertanto un sottospazio vettoriale. Vogliamo provare allora che:

i=1

k+1 Hi=y+

i=1

k ViV

(4)

banalmente si verifica che i=1

k+1 Hi=

i=1

k Hifk 1

1 (k+1) quindi se x

i=1

k+1 Hi allora:

fi(x)i i=1,...,k ed fk+1(x)=k+1

da ciò si verifica che x-yi=1

k ViV, infatti:

fi(x-y)=fi(x)-fi(y)i-fi(y) e quindi x-yVi, i=1,...,k

inoltre:

fk+1(x-y)=fk+1(x)-fk+1(y)=k+1-fk+1(y)=k+1-k+1=0 e quindi x-yV

in definitiva:

x-yi=1

k ViV x

i=1

k+1 Hi

e quindi:

i=1

k+1 Hiy+

i=1

k ViV

l’inclusione inversa si prova procedendo a ritroso. Teniamo presente che fissato i{1,2,..,k} allora

fi|V non è identicamente nullo poiché V è un intorno di E V radiale in E e quindi se per assurdo

xV fi(x)=0 allora preso un qualunque zE per la radialità di V >0 t.c. zV [0,], fissato

quindi ]0,] allora zV e quindi fi(z)=0 e per la linearità si ha fi(z)=0 e poiché 0 deve

essere fi(z)=0 e quindi per l’arbitrarietà di zE questo significa che fi è identicamente nullo su E e

ciò è assurdo. Poiché ViV:=xV : fi(x)i-fi(y) sono k semispazi chiusi in V considerato come

sottospazio vettoriale e la loro intersezione è non vuota, allora per l’ ipotesi induttiva segue che:

ri

i=1

k ViV

=per (4)=ri

i=1

k+1 Hi-y

=ri

i=1

k+1 Hi

-y ri

i=1

k+1 Hi

c.v.d.

15-04-96

LEMMA DI MAZUR [1504/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


x0E

sia xn una successione in E debolmente convergente verso x0

Ts:yn successione in conv

nN xn

tale che converge fortemente verso x0


Dim Come sappiamo la chiusura del sostegno di una succ. contiene il limite della succ. e quindi

x0 { }( , *)

nn E E

x

N

ed inoltre

nN {xn}conv

nN {xn}

allora passando alle chiusure deboli

otteniamo:

x0 { }( , *)

nn E E

x

N

conv xn

n E E{ }

( , *)

N

=poiché la chiusura dell’inviluppo convesso è

uguale alla chiusura convessa=conv(E,E*)

nN xn

=poiché la chiusura convessa debole

coincide con la chiusura convessa forte=conv

nN xn

=conv xn

n{ }

N

E pertanto x0conv xnn

{ }

N e questo come sappiamo equivale ad affermare che esiste una

successione in conv

nN xn

convergente fortemente verso x0, ed inoltre essendo per Hp E

uno spazio normato e quindi in particolare I-numerabile, allora come sappiamo possiamo supporre che tale successione sia ordinaria, ovvero:

{yn} successione in conv

nN xn

convergente fortemente verso x0 c.v.d.

POLARE DI UN INSIEME [1504/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale, FE sottospazio vettoriale totale su E, XE non vuoto. Definiamo

polare dell’insieme X in F l’insieme:

(X)F :=TF: |T(x)|1 xX

Dato YF analogamente per dualità definiamo polare di Y in E l’insieme:

(Y)E =xE: |T(x)|1 TY



FE sottospazio vettoriale totale su E

siano X1E e X2E non vuoti con X1X2

Ts: (X )2 F(X )1 F

Dim (esercizio)

Sia T(X )2 F |T(x)|1 xX2 e poiché per Hp X1X2 |T(x)|1 xX1 c.v.d.


Dualmente vale la seguente proprietà.




siano Y1F e Y2F non vuoti con Y1Y2

Ts: (Y )2 E (Y )1 E




sia XE non vuoto

Ts: X X F E

Dim

Fissato un arbitrario x0X dobbiamo provare che |T(x0)|1 T(X)F , ma questo si ha direttamente

poiché se T(X)F allora per definizione |T(x)|1 xX c.v.d.

Analogamente al solito per dualità si ha che vale la seguente proprietà




sia YF non vuoto

Ts: Y Y E F




sia XE non vuoto

Ts: (X)F=(((X)F E F

) )

Dim


Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha X((X)F E ) e quindi per la Errore.

L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che (((X)F E F ) ) (X)F

L’inclusione inversa cioè

(X)F(((X)F E F

) ) segue direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto..




sia XE non vuoto

Ts: (X)F è assolutamente convesso e (F,E)-chiuso

Dim

Per il criterio di assoluta convessità dobbiamo dimostrare che:

T,S(X)F e ,K con ||+||1 T+S(X)F

Siano quindi T,S(X)F e ,K con ||+||1 si ha allora che:

|(T+S)(x)|=|T(x)+S(x)||||T(x)|+|||S(x)|||+||1 xX

ovvero (T+S)(X)F . Dimostriamo adesso che (X)F

è (F,E)-chiuso e quindi ricordando che

(F,E) è la relativizzazione ad F della topologia della convergenza semplice (o puntuale), dobbiamo

dimostrare che per ogni successione generalizzata in (X)F convergente puntualmente ha limite in

(X)F . Sia quindi TF e {T}D in (X)F

convergente puntualmente a T cioè: lim T(x)=T(x) xE (1)

dobbiamo pertanto fare vedere che T(X)F ovvero che |T(x)|1 xX. Fissiamo quindi un

arbitrario x0X. Teniamo presente che la succ. gen. {T}D è in (X)F allora per definizione:

|T(x)|1 xX e D (2)

Per la (1) in particolare la {T(x0)}D converge a T(x0) e quindi fissato ad arbitrio un >0 si ha

che:

D t.c. |T(x0)-T(x0)|< (3)

E quindi fissato un segue che:

|T(x0)|=|T(x0)-T(x0)+T(x0)||T(x0)-T(x0)|+|T(x)|per (3) e (2)<+1

e quindi per l’arbitrarietà di segue che |T(x0)|1 c.v.d.

Analogamente si ha il seguente:




sia YF non vuoto


Ts: Y E è assolutamente convesso e (E,F)-chiuso



XE assolutamente convesso e chiuso

x0E\X Ts: TE* t.c. |T(x)|<1 xX e ReT(x0)>1 Dim

Per il teorema di separazione [2203/3] si ha che: :ER funzionale lineare e continuo non identicamente nullo t.c.

x Xsup(x)<(x0)

Fissiamo quindi R tale che 0<<(x0)-x Xsup(x) e consideriamo il funzionale:

T:EK definito dalla legge T(x):= ( ) ( )

( )x i ix

0x xE

Verifichiamo che tale T è quello promesso dalla tesi. Banalmente T è lineare e continuo cioè

TE*:=L(E*,K). Per Hp X è assolutamente convesso e quindi EX si ha allora che:

(x0)>(x0)->x Xsup(x)(E)=0

E pertanto da quanto osservato si ha:

ReT(x0)=

( )

( )0

0

xx

>1

Ricordiamo che la funzione ei:=cos()+isen() e quindi ei=1 [0,2] allora essendo per Hp

X equilibrato si ha eixX xX e [0,2]. Fissato un arbitrario xX sappiamo che [0,2]

t.c. T(x)=|T(x)|e-i, segue allora che:

|T(x)|=e-iT(x)=T(e-ix)=

( )

( )e x

x-i

0 < x Xx

x

sup ( )

( )

0<

( )( )xx

0

0

=1 xX c.v.d.

TEOREMA DELLA BIPOLARE [1504/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

E spazio vettoriale


XE, X

Ts: X F E

= abconv X E F( ) ( , )

Dim


Proviamo che abconv X E F( ) ( , ) X F E

:

per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. noi sappiamo che l’insieme X F E

(in

quanto polare di un ins. piazzato in F) è un sottoins. di E assol. conv. e (E,F)-chiuso e pertanto poiché per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. contiene X allora conseguentemente contiene il più piccolo degli insieme assol. conv. (E,F)-chiusi che contengono X cioè

abconv(E,F)(X) X F E

e poiché abconv(E,F)(X)= abconv X E F( ) ( , ) segue allora che

abconv X E F( ) ( , ) X F E

.

Proviamo che X F E

abconv X E F( ) ( , )

consideriamo quindi un arbitrario x0 X F E

e proviamo che x0 abconv X E F( ) ( , ) .

Supponiamo per assurdo che x0 abconv X E F( ) ( , ) , siamo allora nelle Hp del lemma precedente

che ci dice che un funzionale lineare e continuo (chiaramente rispetto alla top. (E,F) poiché questa è l’unica top. che stiamo considerando su E) tale che il suo modulo sia minore di 1 sulla (E,F)-chiusura dell’inviluppo assol. conv. di X e abbia parte reale strett.e maggiore di 1 ne punto x0 cioè:

T(E,(E,F))* t.c. T(x)<1 x abconv X E F( ) ( , ) e ReT(x0)>1 Si tenga presente che per una proprietà dimostrata in precedenza il duale topologico di E rispetto alla topologia (E,F) è F cioè (E,(E,F))*=F e pertanto TF. Inoltre poiché T(x)<1

x abconv X E F( ) ( , ) allora in particolare essendo X abconv X E F( ) ( , ) si ha T(x)<1

xX e questo significa a norma di definizione che T X F . Poiché x0 X F E

che

S(x0)1 S X F e quindi essendo T X F

che T(x0)1 e poiché ReT(x0)T(x0)

ReT(x0)1 e siamo ad una assurdo c.v.d.

Analogamente per dualità si ha il seguente risultato.


E spazio vettoriale


YF, Y

Ts: Y E F

= abconv Y F E( ) ( , )





VE, V

allora V è (E,F)-limitato V F è radiale in F

Dim Dobbiamo provare che V F

è radiale in F e cioè che:

TF >0 t.c. T V F [0,]

Fissiamo quindi un arbitrario funzionale ~TF. Per Hp V è (E,F)-limitato che il modulo di ogni

funzionale appartenente ad F è limitato su V e quindi si ha che:

M>0 t.c. ~T(x)M xV

segue allora da questo che: 1M

~T(x) 1 xV ()

scelto =1M e fissato un [0,] si ha che:

~T(x)=~T(x)~T(x)=~T(x)per la ()1 xV ~T V F c.v.d.

Dim

Dobbiamo provare che V è (E,F)-limitato e quindi per un noto teorema di caratt. dimostrato in

precedenza questo equivale a dimostrare che ogni seminorma che genera la top. (E,F) è limitata su

V è cioè dobbiamo provare che il modulo di ogni funzionale appartenete ad F è limitato su V

ovvero:

TF M>0 t.c. T(x)M xV

Fissiamo quindi un funzionale ~TF. Poiché per Hp la polare di V in F è radiale in F allora in

corrispondenza di ~T si ha:

>0 t.c. ~T V F :={TF : T(x)1 xV}

segue allora che ~T(x)1 xV ~T(x)1 xV e quindi scelto M=

1 si ha proprio

quanto si voleva dimostrare.

17-04-96

SPAZIO NORMATO RIFLESSIVO [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Uno spazio normato E si dice riflessivo quando la mappa canonica associata al suo duale E* è

surgettiva cioè quando E*(E)=E**.





{xn}nN in E

allora {xn}nN è di Cauchy {(xn)}nN è di Cauchy


>0 N t.c. n,m ║(xn)-(xm)║F

Fissato ad arbitrio un >0, poiché {xn} è di Cauchy allora in corrispondenza della quantità >0:

N t.c. n,m ║xn-xm║E


║(xn)-(xm)║F=per la linearità di =║(xn-xm)║F=poichè è una isometria=

=║xn-xm║E m,n c.v.d.

Dim (esercizio)


>0 N t.c. n,m ║xn-xm║E

Fissato ad arbitrio un >0, poiché {(xn)} è di Cauchy allora in corrispondenza della quantità >0:

N t.c. n,m ║(xn)-(xm)║F


║xn-xm║E=poichè è una isometria=║(xn-xm)║F=poichè è una isometria=

=║(xn)-(xm)║F= m,n c.v.d.




GE sottospazio vettoriale

allora G è di Banach (G) è di Banach

Dim (esercizio) Dobbiamo provare che ogni successione di Cauchy in (G) è convergente ad un elemento di G. Sia

quindi {yn}nN in (G) di Cauchy e quindi:

nN xnG t.c. yn=(xn)

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che la successione {xn}nN è di

Cauchy in G che è di Banach e quindi: x*G t.c. lim n

xn=x*


E quindi ricordando che una isometria è continua si ha: lim n

yn= lim n(xn)=(x*)(G) c.v.d.

Dim (esercizio)

Vogliamo osservare che l’isometria è iniettiva e quindi essendo lineare dobbiamo provare che il

suo nucleo contiene il solo E cioè che -1(0)={E}. Sia xE t.c. (x)=F ║(x)║F=0 ed essendo

un isometria si ha 0=║(x)║F=║x║E che x=E. E quindi è una isometria lineare iniettiva e

pertanto invertibile sulla sua immagine.

-1:(E)E

che è una isometria lineare. Si tenga adesso presente che dalla implicazione precedente rimane

acquisito che una isometria lineare trasforma spazi di Banach in spazi di Banach e quindi segue da

ciò che -1((G))=G è di Banach c.v.d.


E spazio normato

F spazio di Banach

:EF isometria lineare suriettiva

Ts: E è di Banach


E spazio normato riflessivo

Ts: E è di Banach

Dim (per esercizio)

Abbiamo già osservato in precedenza che in generale dati due spazi normati E ed F con F di Banach

lo spazio delle applicazioni lineari e continue L(E,F) è di Banach e quindi segue da questo che il

duale topologico dello spazio normato E* cioè lo spazio E**:=L(E*,K) è di Banach essendo K di

Banach. Per Hp E è riflessivo E*(E)=E** cioè E*:EE** è suriettiva. Per una proprietà fatta

sappiamo che la mappa canonica associata ad E* cioè E*:EE** è una isometria (rispetto alle

ovvie norme), siamo pertanto nelle ipotesi della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.

che ci assicura che lo spazio normato E è di Banach

c.v.d.

NOTA [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Il maggiore studioso di riflessività è il matematico americano R.C.JAMES dell’università della

California. Fra i risultati di James sugli spazi riflessivi c’è un esempio di spazio di Banach che non


è riflessivo ma che è isometrico al suo biduale, cioè James ha dimostrato che il fatto che esista una

isometria suriettiva tra uno spazio normato e il suo biduale non implica che lo spazio sia riflessivo.

TOPOLOGIA DEBOLE STAR (O STELLA) [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso e di Hausdorff, allora come abbiamo

già osservato E* è un sottospazio di E' totale su E, e pertanto come osservato in [0104/22], su E*

possiamo considerare la topologia sigma (E*,E) che prende il nome di topologia debole star (o stella). E come sappiamo tale topologia (E*.E) altro non è che la relativizzazione ad E* della

topologia della convergenza puntuale.

Consideriamo adesso il caso in cui E è uno sp. normato allora come sappiamo in questo caso

possiamo riguardare E* come sp. normato munito della norma operatoriale. E quindi possiamo

considerare su E* la top. debole cioè (E*,E**) che come sappiamo è la top. generata dalle

seminorme su E* definite dal modulo dei funzionali lineari e continui su E* (cioè dai membri di

E**). Vogliamo osservare subito qui di seguito che la top. debole star è meno fine della topologia

debole su E*.



Ts: (E*,E)(E*,E**)

Dim

Abbiamo osservato in precedenza che E*(E)E** allora la famiglia di seminorme che genera la

top. debole star è una sottofamiglia della famiglia di seminorme che genera la top. debole e quindi

chiaramente la top. debole star è meno fino della top. debole.

Vogliamo dimostrare che condizione necessaria e sufficiente affinché la top. debole star e la

top. debole su E* coincidano è che lo spazio E sia riflessivo.



allora (E*,E)=(E*,E**) se e solo se E è riflessivo

Dim (necessità) Per avere la tesi basta tenere presente la [0104/3] da cui segue che il duale topologico di E* con la

topologia debole è E** cioè (E*,(E*,E**))*=E** e che il duale topologico di E* rispetto alla


topologia debole star è il codominio della mappa canonica associata ad E* cioè

(E*,(E*,E))*=E*(E), ma per Hp le due topologie coincidono e questo significa che i funzionali

lineari continui rispetto ad una sono pure continui rispetto all’altra cioé

(E*,(E*,E**))*=(E*,(E*,E))* e quindi deve necessariamente essere che E*(E)=E** cioè lo

spazio E è riflessivo c.v.d.

Dim (sufficienza) Per Hp la mappa canonica associata ad E* è surgettiva cioè E*(E)=E** e quindi:

(E*,E):=(E*,E*(E))=(E*,E**) c.v.d.

Nel duale topologico di uno sp. normato no tre topologie che sono: la top. forte, la top. deb.

e la top. deb. star. E i rapporti tra queste tre top. sono che è la top. deb. star è meno fine della top.

deb. che a sua volte è meno fine della top. forte e quindi la top. deb. star è la top. meno fine tra le tre

topologie. Diamo adesso un’altra importante risultato di cui omettiamo la dimostrazione riguardante

la chiusura deb. star di insiemi nel duale topologico di uno spazio di Banach.

TEOREMA DI KREIN-SMULYAN [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


XE* convesso

Ts: se r>0 XB(E*,r) è debolmente star chiuso X debolmente star chiuso

Vogliamo provare adesso che in uno spazio normato la polare della sfera unitaria chiusa in

E* non è altro che la sfera unitaria chiusa di E*.



Ts: B E E( , ) * 1 = B(E*,1)

Dim

Proviamo che B E E( , ) * 1 B(E*,1):

sia T B E E( , ) * 1 :={TE* : T(x)1 xB(E,1)} T(x)1 xB(E,1) e quindi

passando al sup sulla sfera unitaria (e ricordando la definizione della norma operatorie) si ha

║T║E*1 TB(E*,1).

Proviamo che B(E*,1) B E E( , ) * 1 :


sia TB(E*,1):={TE* : ║T║E*1} ║T║E*1 T(x)1 xB(E,1) e questo significa

proprio che T B E E( , ) * 1 c.v.d.

Proviamo adesso la formula duale.



Ts: B E E( , )* 1 = B(E,1).

Dim

Proviamo che B(E,1) B E E( , )* 1 :

sia x0B(E,1), dobbiamo allora dimostrare che x0 B E E( , )* 1 e quindi dobbiamo fare vedere

che T(x0)1 TB(E*,1). Noi sappiamo che la mappa canonica associata ad E* è una isometria e quindi ci trasforma la sfera

unitaria in E in parte della sfera unitaria del biduale di E cioè E*( B(E*,1))B(E**,1).

E quindi essendo E*:EE** una isometria si ha:

║x0║E=║E*(x0)║E** (1)

e poiché x0B(E,1) ║x0║E1 e per la (1) si ha che ║E*(x0)║E**1 e quindi andando ad

esplicitare la definizione di questa norma si ha: ║E*(x0)║E**:=

T E*sup

1E*(x0)(T)=

T E*sup

1T(x0)1 (2)

e questo significa che T(x0)1 TB(E*,1) T B E E( , )* 1 .

Proviamo che B E E( , )* 1 B(E,1):

sia x0 B E E( , )* 1 che T(x0)1 TB(E*,1) T(x0)1 TE* con ║T║E*1 e questo

significa che T E*sup

1T(x0)1 e quindi ripercorrendo a ritroso la (2) si ha che ║E*(x0)║E**1

segue allora da (1) che ║x0║E1 x0B(E,1) c.v.d.



valgono allora le seguenti due relazioni:

B E E E ,

*1

=B(E,1)

B E E E *

*,1

=B(E*,1)


TEOREMA DI BANACH-ALAOGLU-BOURBAKI [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso e di Hausdorff

VE intorno di E

Ts: V E* è (E*,E)-compatto

Dim Per Hp V è un intorno di E e poiché stiamo lavorando in uno sp. vett. top. allora come sappiamo V

è pure radiale in E e pertanto possiamo considerare il funzionale di Minkowsky associato a V cioè

pV:E[0,+[ con pV(x):=inf{0 : xV} e dopo di ché andiamo a chiamare per ogni fissato

xE:

Ax:={K : pV(x)}

cioè gli Ax sono delle sfere chiuse in K di centro l’origine e raggio pV(x). Adesso consideriamo il

prodotto cartesiano di tutti questi insiemi Ax: A:=

x E Ax

chiaramente questo insieme A per definizione di prodotto cartesiano altro non è che l’insieme di

tutti i funzionali su E il cui modulo è maggiorato dal funzionale di Minkowsky associato a V cioè:

A={T:EK : T(x)Ax xE}={T:EK : T(x)pV(x) xE} (1)

Osserviamo che chiaramente ogni Ax è un compatto in K e quindi per il fondamentale teorema di

Tychonoff il loro prodotto cartesiano è un compatto rispetto alla topologia prodotto cioé A è un

compatto rispetto alla topologia prodotto che in questo caso è la relativizzazione ad A della


Andiamo a considerare la polare di V in E*: V E*

:={TE* : T(x)1 xV}

Vogliamo provare che: V E*

={TE' : T(x)pV(x) xE} (2)

Proviamo che V E* {TE' : T(x)pV(x) xE}:

sia T V E* che TE* cioè T è un funzionale lineare e continuo e quindi in particolare T è un

funzionale lineare cioè TE' ed inoltre:

T(x)1 xV

e questo come abbiamo già osservato in [0112/4] equivale ad affermare che:

T(x)pV(x) xE

e chiaramente questo significa proprio che T{TE' : T(x)pV(x) xE}.

Proviamo che {TE' : T(x)pV(x) xE} V E* :


sia T{TE' : T(x)pV(x) xE} TE' ed inoltre:

T(x)pV(x) xE

e quindi per la [0112/4] questo è equivalente a:

T(x)1 xV (3)

Chiaramente la (3) ci dice che il funzionale lineare T è limitato sull’intorno V di E e quindi segue

da [0403/11] che T è continuo cioè TE* e pertanto per la (3) segue che T V E* . E quindi per

la (1) e per la (2) si ha chiaramente che V E* =AE'. Abbiamo già osservato che A è un

compatto rispetto alla top. della convergenza semplice (o puntuale) e osserviamo adesso che

chiaramente lo spazio E'KE è chiuso rispetto alla top. della convergenza semplice poiché il limite

di una succ. gen. di funzionali lineari convergente puntualmente è un funzionale lineare, e pertanto

essendo V E* =AE' l’intersezione di un compatto con un chiuso è un compatto rispetto alla top.

della convergenza semplice. E quindi ricordando che per la [0104/24] la top. (E*,E) è la

relativizzazione ad E* della top. della convergenza semplice, segue che V E* è (E*,E)-compatto,


NOTA [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Intorno alla fine degli anni 40a un gruppo di matematici francesi molto noti fondarono un gruppo a

cui diedero lo pseudonimo BOURBAKY che si riprometteva di riscrivere tutta la matematica in una

certa maniera. E quindi si faccia bene attenzione al fatto che BOURBAKY non è una persona ma

bensì una élite di matematici.



XE, X

Ts: E EX* *( ) = X E*

Dim (esercizio)

E EX* *( ) :={TE* : E*(x)(T)1 xX}=per definizione di mappa canonica={TE* :

T(x)1}= X E* c.v.d.

TEOREMA DI GOLDSTINE [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Ts: E E E EB* ( **, *)( ( , ))1 = B(E**,1) (ovviamente (E**,E*) è la top. deb. star sul biduale)


Dim

Per il teorema della bipolare si ha che:

E E E EB* * **

( ( , ))1 = abconv BE E E E( * ( **, *)( ( , ))) 1 (1)

si ricorda che un’applicazione lineare trasforma ins. assol. convessi in ins. assol. convessi ed inoltre

si ricorda che l’inviluppo assol. convesso di un insieme assol. convesso coincide con l’insieme

stesso. E quindi essendo chiaramente B(E,1) un insieme assol. convesso ed essendo E*:EE**

pure una applicazione lineare allora:

abconv(E*( B(E,1)))=E*( B(E,1)) (2)

Osserviamo adesso che chiaramente:

E E E EB* * **

( ( , ))1 =per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.= B E E E( , ) * ** 1

=per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.= B E E( , )* ** 1 = =per Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.=B(E**,1)

e quindi:

E E E EB* * **

( ( , ))1 = B(E**,1) (3)

E pertanto sostituendo la (2) e la (3) nella (1) otteniamo:

B(E**,1)= E E E EB* ( **, *)( ( , ))1 c.v.d.

Dimostrato il teorema di Banach-Alaoglu-Bourbaky e il teorema di Goldstine possiamo

ritornare ad occuparci degli spazi riflessivi e dimostrare alcuni fondamentali risultati. Il primo

risultato che dimostriamo è la caratterizzazione di Kakutani degli spazi riflessivi che uno dei più

importanti teoremi di tutta l’analisi funzionale.

TEOREMA KAKUTANI [1704/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


allora le condizioni seguenti sono equivalenti:

(1) E è riflessivo

(2) B(E,1) è debolmente compatta

(3) ogni sottoinsieme di E debolmente chiuso e limitato è debolmente compatto

Dim (1)(2) Consideriamo la sfera B(E**,1) e si prova in maniera analoga alla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che tale sfera risulta essere la polare di B(E*,1) in E** cioè:


B(E**,1)= B E E( , )* ** 1 (1)

Teniamo presente adesso che E è uno sp. normato e quindi come sappiamo anche il suo duale E* è

uno sp. normato poiché munito della norma operatoriale ed in maniera analoga si ha che anche il

biduale E** è uno sp. normato. E quindi possiamo considerare E* con la top. forte cioè con la top.

indotta dalla norma su E* allora rispetto a questa top. la sfera B(E*,1) è un intorno di E* in E*. E

quindi per (1) la sfera unitaria chiusa B(E**,1) in E** è la polare di un intorno di E*, e pertanto

segue da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che B(E**,1) è un (E**,E*)-

compatto. Teniamo presente che la mappa canonica associata ad E* è una isometria lineare e quindi

la sua inversa che è definita su tutto E** essendo per Hp E riflessivo, è pure una isometria lineare e

questo ci dice chiaramente che:

E*1 ( B(E**,1))= B(E,1) (2)

Come sappiamo se consideriamo E con la top. debole e il biduale di E con la top. della convergenza

semplice allora rispetto a queste topologie la mappa canonica associata ad E* è un omeomorfismo

cioè un operatore continuo assieme alla sua inversa. Si ricorda inoltre che per [0104/23] la top.

(E**,E*) altro non è che la relativizzazione ad E** della top. della convergenza semplice. E

quindi tenendo conto di quanto detto e del fatto generale che l’immagine continua di un compatto è

un compatto si ha che l’immagine della sfera B(E**,1) che è (E**,E*)-compatta, tramite

E*1 :E**E è un deb.-compatto in E cioè per la (2) B(E,1) è un debolmente compatto in E

c.v.d.

Dim (2)(3) Sia XE un insieme debolmente chiuso e limitato. Poichè X è limitato allora in corrispondenza

dell’intorno B(E,1) di E si ha che:

>0 t.c. XB(E,1)=B(E,) Per Hp B(E,1) è un debolmente compatto allora chiaramente B(E,) è un debolmente compatto

e quindi essendo X un debolmente chiuso contenuto in un debolmente compatto è un debolmente

compatto c.v.d.

Dim (3)(1) Poiché B(E,1) è un chiuso convesso allora è un debolmente chiuso ed inoltre B(E,1) è

banalmente limitata segue allora dall’Hp che B(E,1) è debolmente compatta. Consideriamo in E la

topologia debole cioè (E,E*) e in E** la topologia debole strar cioè (E**,E*), teniamo allora

presente che come sappiamo rispetto a queste topologie la mappa canonica associata ad E* è un

omeomorfismo. Per Hp B(E,1) è debolmente compatta e quindi per la continuità di E*:EE** si

ha che E*( B(E,1)) è debolmente star compatta in E** cioè è (E**,E*)-compatta ed essendo la

topologia debole star una topologia di Hausdorff si allora che E*( B(E,1)) è (E**,E*) chiuso

cioè:


E*( B(E,1))= E E E EB* ( **, *)( ( , ))1

segue allora dal teorema di Goldstine che:

E*( B(E,1))=B(E**,1) ()

Abbiamo già avuto modo in precedenza di osservare che in generale un s.sp. vett. che ha interno

non vuoto coincide con tutto lo sp. vett. in cui esso è contenuto e quindi osservando che E*(E) (in

quanto immagine diretta tramite una applicazione lineare di uno sp. vett.) è un s.sp. vett. di E** che

contiene per la () la sfera B(E**,1) e che quindi ha interno non vuoto, allora coincide con E**

cioè E*(E)=E** che E*:EE** è surgettiva che lo spazio E è riflessivo

c.v.d.



Ts: E è riflessivo

Dim (esercizio)

Per Hp dim(E)<+ segue allora dal teorema di Riesz che la sfera chiusa B(E,1) è compatta e

poiché abbiamo dimostrato in precedenza che in uno spazio di dimensione finita la topologia forte e

quella debole coincidono, segue allora che B(E,1) è debolamente compatto e pertanto dalla

caratterizzazione di Kakutani segue che lo spazio E è riflessivo

c.v.d.

Vogliamo preannunciare uno straordinario risultato sulle isometrie che probabilmente

dimostreremo in seguito.



T:EF un isometria suriettiva t.c. T(E)=F

Ts: T è lineare

19-04-96

FUNZIONE COERCIVA [1904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,║║E) uno spazio normato e f:ER. Diciamo che la funzione f è coerciva se:


x Elim f(x)=+

cioè:

K>0 >0 t.c. xE con ║x║E> f(x)>K



f:ER funzione coerciva

Ts: Ogni sottolivello di f è limitato

Dim (esercizio)

Fissato un arbitrario R dobbiamo provare che il sottolivello A:={xE f(x)} è limitato.

Osseviamo che banalmente ||<||+1 e quindi AA||+1. Poiché per Hp f è coerciva allora in

corripondenza della quantità ||+1>0 si ha che:

>0 t.c. xE con ║x║E > f(x)>||+1

cioé al di fuori della sfera di centro E e raggio , la f assume valori strettamente maggiori della

quantità ||+1 e questo significa chiaramente che: A||+1B(E,):={xE : ║x║E} A||+1

limitato e pertanto essendo AA||+1 A limitato

c.v.d.

Vogliamo dimostrare adesso il seguente teorema di minimizzazione (o se si vuole di

ottimizzazione) per gli spazi riflessivi.

TEOREMA DI OTTIMIZZAZIONE PER GLI SPAZI RIFLESSIVI [1904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio riflessivo

f:ER funzione quasi convessa, semicontinua inferiormente, coerciva

Ts: XE chiuso e convesso la restrizione f|X è dotata di minimo assoluto

Dim Consideriamo in E la topologia debole. Teniamo presente che per la [1004/18] la funzione f è

debolmente semicontinua inferiormente. Vogliamo provare che la nostra funzione f è debolmente


inf-compatta cioè che per ogni fissato R l’insieme A:={xE : f(x)} è debolmente-

compatto. Fissato quindi R, per la coercività di f sappiamo dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che A limitato. Poiché f è debolmente semicontinua inferiormente

allora il sottolivello A è un debolmente chiuso. E quindi in definitiva A è un debolmente chiuso e

limitato di uno spazio riflessivo e quindi per la caratterizzazione di Kakutani si ha che A è un

debolmente compatto. Sia quindi XE non vuoto chiuso e convesso e quindi segue dalla [0104/17]

che X è un debolmente chiuso e pertanto essendo f debolmente semicontinua inferiormente e

debolmente inf-compatta segue allora da [2012/7] che f ammette in X minimo assoluto c.v.d.


In particolare il teorema precedente vale se X=E. Si osserva inoltre che il teorema precedente

assume una forma significativa solo in dimensione infinita poiché in dimensione finita la quasi

convessità della f è superflua ed inoltre in questo caso il teorema è chiaramente di scarsa utilità.


Sia E uno spazio riflessivo

XE, X, chiuso, convesso

Ts: X è dotato di elemento di minima norma

Dim Dobbiamo provare che: x0X t.c. ║x0║E=

x Xinf ║x║E

Consideriamo la funzione f:ER con f(x):=║x║E che è banalmente una funzione semicontinua

inferiormente (in quanto continua), quasi convessa (essendo positivamente omogenea e sub-

additiva) e coerciva segue allora dal teorema precedente che su X la funzione f è dotata di minimo

assoluto cioè la tesi.

Osserviamo adesso che dato uno spazio vettoriale topologico localmente convesso e di

Hausdorff allora considerato un suo sottospazio vettoriale noi sappiamo che su questo possiamo

considerare la relativizzazione ad esso della topologia originaria che eredita da questa tutte le

proprietà cioè è una topologia che rende il sottospazio localmente convesso e di Hausdorff e quindi

su tale sottospazio ha senso considerare la topologia debole, vogliamo allora provare con la

seguente proprietà che tale topologia altro non è che la relativizzazione al sottospazio della

topologia debole sullo spazio di partenza.



Sia E uno spazio vettoriale topologico localmente convesso di Hausdorff

GE sottospazio vettoriale Ts: (G,G*) è la relativizzazione a G della topologia (E,E*) Dim

Facciamo uso del solito criterio e facciamo vedere quindi che ogni succ. generalizzata in G

convergente rispetto a (G,G*) è convergente anche rispetto (E,E*) e viceversa. Sia {x}D una successione generalizzata in G e x0G e supponiamo che {x} sia (G,G*)-

convergente verso x0 cioè {x}( , *)G G x0 e facciamo vedere che la successione {x} è

(E,E*)-convergente a x0 cioè che {x}( , *)E E x0 e quindi dobbiamo fare vedere che per ogni

funzionale lineare e continuo T su E la successione generalizzata {T(x)} converge a x0 cioè che: lim T(x)=T(x0) TE*

Poiché {x}( , *)G G x0 si ha che:

lim (x)=(x0) G* ()

e quindi preso un TE* essendo la sua restrizione T|G:GK un funzionale lineare e continuo su G cioè T|GG* segue allora dalla () che lim T(x)=T(x0).

Viceversa data {x}D una successione generalizzata in G e x0G e supponiamo che

{x}( , *)E E x0 e facciamo vedere che {x}

( , *)G G x0 e quindi dobbiamo fare vedere che

per ogni funzionale lineare e continuo su G la successione generalizzata {(x)} converge a x0.

Sia G* e quindi per uno dei teoremi noti possiamo estendere ad un funzionale lineare e

continuo su tutto E cioè:

TE* t.c. T|G=

e quindi poiché {x}( , *)E E x0 che lim T(x)=T(x0) che (osservando che {x} sta in G

e che T|G=) lim (x)=(x0) c.v.d.


E uno spazio normato riflessivo


Ts: F è riflessivo

Dim

Per dimostrare che F è riflessivo facciamo uso della caratterizzazione di Kakutani. Consideriamo

quindi la sfera unitaria chiusa di F che indichiamo con BF(E,1) e proviamo che è debolmente

compatta in F cioè che BF(E,1) è (F,F*)-compatta. Chiaramente BF(E,1)= B(E,1)F per Hp E


è riflessivo e quindi per il teorema di Kakutani la sfera B(E,1) è debolmente compatta. Per Hp F è

un sottospazio vettoriale di E e quindi banalmente F è convesso. E quindi F è un chiuso convesso

che F è un debolmente chiuso. Allora essendo BF(E,1)= B(E,1)F l’intersezione di un

debolmente compatto con un debolmente chiuso è un debolmente compatto e quindi essendo per la

proprietà precedente la topologia (F,F*) la relativizzazione ad F della topologia (E,E*) si ha che

BF(E,1) è (F,F*)-compatta c.v.d.


E uno spazio di Banach

F spazio normato

T:EF isometria lineare

Ts: T(E) è chiuso in F

Dim Si ricorda che per una proprietà fatta una isometria lineare trasforma spazi di Banach in spazi di

Banach segue allora da ciò che T(E) è di Banach T(E) chiuso c.v.d.

Dimostriamo adesso il seguente semplice risultato che ci dice che se due spazi di Banach

sono linearmente isometrica allora necessariamente se uno dei due spazi è riflessivo allora anche

l’altro è riflessivo.


Sia E ed F due spazi di Banach linearmente isometrici

allora E è riflessivo se e solo se F è riflessivo

Dim (necessità)

Per Hp E è riflessivo segue dal teorema di Kakutani che la sfera chiusa unitaria B(E,1) è

debolmente compatta. Per Hp E ed F sono linearmente isometrici cioè:

T:EF isometria lineare surgettiva

Poiché T è una isometria T continua. Ricordando adesso che noi abbiamo dimostrato in

precedenza che un operatore lineare e continuo è debolmente continuo e pertanto segue da ciò che T

è debolmente continuo T(B(E,1)) debolmente compatto in E e poiché T è una isometria tra E e

(tutto) F si ha che T( B(E,1))= B(F,1) B(F,1) debolmente compatta segue allora dal teorema

di Kakutani che E è riflessivo c.v.d.

Dim (sufficienza)

La dimostrazione è identica alla precedente, basta infatti invertire F con E.


Proviamo adesso un’altra importante caratterizzazione degli spazi riflessivi.



allora E è riflessivo E* è riflessivo

Dim

Per provare che E* è riflessivo applichiamo la caratterizzazione di Kakutani e proviamo che la sfera

unitaria in E* è debolmente compatta. Per la [1704/9] si ha che:

B E E( , ) * 1 = B(E*,1)

segue allora dal teorema di Banach-Alaoglu-Bourbaki che la sfera B(E*,1) è debolmente star

compatta. Per Hp E è riflessivo che in E* la topologia debole e la topologia debole star

coincidono cioè (E*,E**)=(E*,E) e quindi poiché le due topologie coincidono allora B(E*,1) è

pure debolmente compatta c.v.d.

Dim

Per Hp E spazio normato e quindi come sappiamo possiamo considerare E** spazio normato

essendo questo munito della norma operatoriale (che lo rende addirittura completo). Per Hp E* è

riflessivo e quindi segue dall’implicazione precedente che è un risultato acquisto che E** è

riflessivo. Consideriamo E*(E) che è un sottospazio di E**, dato dalla immagine diretta dello

spazio E tramite l’isometria lineare E*:EE** e quindi per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. si ha che è chiuso (ovviamente rispetto alla topologia indotta dalla norma) in E**

segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che E*(E) è riflessivo. E

quindi lo spazio E è linearmente isometrico ad E*(E) tramite la mappa canonica associata ad E*,

segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che E è riflessivo

c.v.d.

Vogliamo trattare adesso un’altra caratterizzazione della riflessività che ci dice che uno

spazio di Banach è riflessivo se e solo se ogni funzionale lineare e continuo raggiunge la sua norma

sulla palla unitaria. Noi non dimostreremo il teorema nella sua interezza ma solo una implicazione e

precisamente la (1)(2). La dimostrazione della (2)(1) che noi non facciamo è dovuta a James.

E’ importante osservare che fu dimostrato da James che nella dimostrazione della implicazione

(2)(1) è necessario sapere a priori che lo spazio E è di Banach, infatti James è riuscito a costruire

un esempio di spazio normato non completo (e quindi uno spazio non di Banach) in cui valeva la

(2) ma che non valeva la (1) cioè che non era riflessivo.


CARATTERIZZAZIONE DI JAMES DEGLI SPAZI RIFLESSIVI [1904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


le seguenti condizioni sono equivalenti:

(1) E è riflessivo

(2) TE* xB(E,1) t.c. T(x)=║T║E*

Dim (1)(2) Per Hp E è riflessivo B(E,1) è debolmente compatta. Sia TE*, allora se consideriamo il

modulo di T cioè T:ER con T(x):=T(x), come sappiamo questa altro non è per

definizione che una seminorma appartenente alla famiglia delle seminorme generanti la topologia

debole (E,E*) ed è quindi debolmente continua e quindi sulla sfera B(E,1) il funzionale T

raggiunge il suo massimo cioè: x0B(E,1) t.c. T(x0)=

x B E ( , )max

1T(x)=:║T║E* (1)

Ricordiamo adesso che dato un numero complesso zC che è quindi del tipo z=a+ib allora

z=(a2+b2)1/2 e =arctg(b/a) e dalla formule di Eulero si ha che tale numero complesso lo

possiamo scrivere come z=zei z=e-iz. Allora applicando quanto detto si ha:

T(x0)=e-iT(x0)=per la linearità=T(e-ix0) (2)

Banalmente si osserva che il punto e-ix0B(E,1) infatti essendo x0B(E,1) si ha:

║e-ix0║E=e-i║x0║E=1║x0║E=║x0║E1

Segue allora dalla (1) e dalla (2) che T(e-ix0)=

x B E ( , )max

1T(x)=:║T║E*

ovvero e-ix0 è il punto in B(E,1) in cui T raggiunge la sua norma c.v.d.

22-04-96

SPAZIO NORMATO UNIFORMEMENTE CONVESSO [2204/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (E,║║E) uno spazio normato, diciamo allora che tale spazio è uniformemente convesso se:


]0,2[ >0 t.c. x,yB(E,1) con ║x-y║E x y

E

2

1-

Si faccia bene attenzione al fatto che la uniforme convessità dipende dalla particolare norma che si

sta considerando cioè uno spazio munito di più norme (eventualmente anche equivalenti) può essere

che sia uniformemente convesso rispetto ad una norma e non esserlo rispetto ad un’altra norma. Ad esempio si verifica facilmente che E=Rn (in cui come sappiamo tutte le norme sono

equivalenti) con la norma ║x║E:=i

n

1xi dove x=(x1,...,xn)Rn, non è uno spazio uniformemente

convesso mentre, lo è rispetto alla norma euclidea cioè rispetto alla norma ║x║E:=

i

n

1xi2

1 2/

dove x=(x1,...,xn)Rn.

Dimostriamo che se un sottospazio vettoriale di uno spazio normato contiene il bordo della

sfera unitaria allora necessariamente deve coincidere con tutto lo spazio.



FE sottospazio

{xE : ║x║E=1}F

Ts: F=E

Dim

Teniamo presente che per Hp se xF con ║x║E=1 xF.

Dobbiamo provare che EF.

Sia xE e consideriamo il vettore xx E

che è un vettore di E di norma unitaria cioè xx E E

=1 e

quindi dall’Hp sia ha che il versore xx E

F e poiché F è un sottospazio vettoriale si ha che x=║x║E

xx E

F c.v.d.

Propedeutico al successivo fondamentale teorema è il seguente semplice risultato.


Sia E spazio di Banach

sono allora equivalenti le seguenti due affermazioni:


(1) E è riflessivo

(2) SE** con ║S║E**=1 e >0 ~xB(E,1) t.c. ║E*(~x)-S║E**

Dim (1)(2) (esercizio) Fissiamo ad arbitrario SE** con ║S║E**=1 e >0. Per Hp E è riflessivo E*(E)=E**

SE*(E) e quindi:

~xE t.c. S=E*(~x)

Vogliamo provare che il punto ~x è quello promesso dalla tesi. Ovviamente ~xB(E,1), infatti

essendo la mappa canonica E*:EE** una isometria si ha:

║~x║E=║E*(~x)║E**=║S║E**=1

Banalmente è soddisfatta anche l’ultima parte della tesi, infatti:

║E*(~x)-S║E**=║S-S║E**=║E**║E=0< c.v.d. Dim (2)(1) L’ipotesi ci dice che fissato un qualunque SE** di norma unitaria, è approssimabile in norma

mediante una successione di elementi di E*( B(E,1))E*(E), infatti in corrispondenza del fissato

funzionale SE** si ha che:

nN posto :=1n xnB(E,1) t.c. ║E*(xn)-S║E**

1n lim n

E*(xn)=S

e poiché per la [1904/8] (essendo Per Hp E di Banach) E*(E) è un sottospazio chiuso di E** allora

SE*(E). E questo ragionamento vale per ogni SE** con ║S║E**=1, e pertanto segue da ciò che

il codominio E*(E) contiene l’intera superficie sferica unitaria di E** cioè la frontiera della sfera

unitaria in E** e questo per la proprietà precedente significa che E*(E)=E** cioè che lo spazio E è

riflessivo c.v.d.

TEOREMA DI MILLIMAN-PETTIS [2204/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio di Banach uniformemente convesso

Ts: E è riflessivo

Dim

Essendo Per Hp E di Banach, per la caratterizzazione precedente possiamo provare

equivalentemente che:

SE** con ║S║E**=1 e >0 ~xB(E,1) t.c. ║E*(~x)-S║E** (1)

Fissiamo quindi un qualunque SE** di norma unitaria cioè ║S║E**=1 e un 0<<2. Chiaramente

non è restrittivo scegliere ]0,2[ infatti se scegliamo un qualunque *>0 allora se *]0,2[

poniamo :=* mentre se *]0,2[ allora consideriamo sempre ]0,2[ e quindi se riusciamo a


provare la (1) per tale allora chiaramente questa sarà pure provata per * poiché <*. Per la

uniforme convessità in corrispondenza del fissato si ha che:

>0 t.c. x,yB(E,1) con ║x-y║E x y

E

2 1- (2)

Poiché ║S║E**:=T B E ( *, )

sup 1

S(T)=1 allora per la IIa proprietà del sup si ha che:

~TB(E*,1) t.c. S(~T)>1-

2

(3)

Dopo di ché andiamo a considerare l’insieme:

V:=E** : (-S)(~T)<

2

=:E** : E**(

~T)(-S)<2

che è chiaramente un intorno nella topologia debole star in E** di S cioè V è un (E**,E*)-intorno

di S.

Teniamo presente il teorema di Goldstine che ci dice che:

E E E EB* ( **, *)( ( , ))1 = B(E**,1) (4)

Poiché ║S║E**=1 SB(E**,1) e per la (4) S E E E EB* ( **, *)( ( , ))1 che il

(E**,E*)-intorno V di S interseca E*( B(E,1)) e quindi:

x1B(E,1) t.c. E*(x1)V (5)

Vogliamo provare che il punto x1 trovato nella (5) è proprio il punto ~x promesso nella (1) cioè

che ║E*(x1)-S║E**. Supponiamo per assurdo che:

║E*(x1)-S║E**> (6) Vogliamo osservare che in E** le sfere chiuse (ovviamente rispetto alla topologia indotta dalla

norma) sono debolmente star chiuse (chiaramente possiamo ridurre al solito questo discorso alle

sfere chiuse unitarie centrate nell’origine ). Poiché B(E*,1) è un intorno di E* segue allora dal

teorema di Banach-Alaoglu-Bourbaki che B E E( , )* ** 1

è un (E**,E*)-compatto ed essendo la

topologia (E**,E*) un topologia di Hausdorff allora B E E( , )* ** 1

è un (E**,E*)-chiuso e

poiché per una proprietà fatta B E E( , )* ** 1

= B(E**,1) segue allora che la sfera chiusa B(E**,1)

è un (E**,E*)-chiuso.

E quindi essendo in E** le sfere chiuse anche debolmente star chiuse allora il loro complementare è

un debolmente star aperto. Consideriamo allora la sfera chiusa:

B(E*(x1),):={E** : ║E*(x1)-║E**}

che è una sfera chiusa di E** centrata in E*(x1) e di raggio e per quanto detto è pure debolmente

star chiusa e quindi detto W il complementare di tale sfera cioè W:=E**\ B(E*(x1),) si ha che


questo è un debolmente star aperto. Si tenga presente che se W B(E*(x1),)

║E*(x1)-║E**>

Dalla (6) osserviamo che SB(E*(x1),) SW che W è un intorno di S. Consideriamo

adesso VW che è chiaramente un (E**,E*) intorno di S poiché intersezione di due (E**,E*)

intorni di S.

Abbiamo già osservato che S E E E EB* ( **, *)( ( , ))1 che il (E**,E*)-intorno VW di S

interseca E*( B(E,1)) e quindi:

x2B(E,1) t.c. E*(x2)VW (7)

Facciamo adesso alcune osservazioni. Poiché per la (5) E*(x1)V allora:

E*(x1)(~T)-S(~T)<

2

(8)

Poiché per la (7) E*(x2)VW E*(x2)V e quindi:

E*(x2)(~T)-S(~T)<

2

(9)

Poiché per la (7) E*(x2)VW E*(x2)W ║E*(x2)-E*(x1)║E**> e poichè la

E*:EE** è una isometria ║E*(x2)-E*(x1)║E**=║x2-x1║E e quindi si ha che:

║x2-x1║E> (10)

Sommando membro a membro la (8) e la (9) si ha che:

E*(x1)(~T)-S(~T)+E*(x2)(

~T)-S(~T)< (11)

e chiaramente la (11) si può minorare con il modulo della somma e quindi si ha (ricordando che il

modulo della somma e minore o uguale alla somma dei moduli):

E*(x1)(~T)+E*(x2)(

~T)-2S(~T)< (12)

e la (12) la possiamo minorare ancora (ricordando che la differenza dei moduli è minore o uguale

al modulo della somma) nel seguente modo:

2S(T)-E*(x1)(~T)+E*(x2)(

~T)< (13)


E*(x1)(~T)+E*(x2)(

~T)=per definizione di mappa canonica=~T(x1)+~T(x2)=per la

linearità=~T(x1+x2)

e quindi da (13) si ha che:

2S(T)-~T(x1+x2)< (14)

Per la (3) si ha che vale la maggiorazione:

2S(~T)>2- (15)

e quindi tenendo conto della (15) possiamo minorare la (14) e otteniamo che

2--~T(x1+x2)< 2-2<~T(x1+x2) e quindi dividendo per 2 e tenendo conto della linearità

di ~T si ha:


1-< ~Tx x1 2

2

(16)


~Tx x1 2

2

per la continuità di ~T║

~T║E*x x

E

1 2

2

poichè per la (3)

~TB(E*,1)x x

E

1 2

2

e quindi da questo e per la (16) si ha che:

1-<x x

E

1 2

2

(17)

Osserviamo che x1,x2B(E,1) segue allora da (2) e da (10) che: x x

E

1 2

2

1-

e questo è un assurdo essendo in contraddizione con la (17) c.v.d.

Ritorniamo adesso agli spazi separabili. Si tenga presente che un insieme di uno spazio

topologico è separabile se esso con la topologia relativa è uno spazio separabile. Si tenga presente

inoltre che in generale nell’ambito degli spazi topologici la proprietà di separabilità non è ereditaria

cioè possiamo trovare degli spazi topologici separabili che anno dei sottoinsiemi che non sono

separabili ciò non accade negli spazi metrici cioè in uno spazio metrico separabile ogni sottoinsieme

è separabile. Dimostriamo prima qualche risultato necessario al proseguimento. Come prima cosa

mostriamo che in un qualunque spazio topologico l’unione di una famiglia numerabile di insiemi

separabili è separabile.



{An}nN successione di insiemi di X separabili Ts:

nN An è separabile

Dim (per esercizio)

Dimostriamo che in uno sp. top. la chiusura di un ins. separabile è separabile.




AX separabile

Ts: A è separabile

Dim (per esercizio) Poiché A è separabile che BA numerabile t.c. B A =A. Poiché BAA , vogliamo provare

che B è anche denso in A . Teniamo presente che B A =AB e poiché B A =A AB

AB si ha B A = BA =A c.v.d.



FE sottospazio vettoriale di dimensione finita

Ts: F è separabile

Dim (per esercizio) Teniamo presente che per Hp F è un sott.sp. vettoriale e quindi come già osservato in precedenza F

con la relativizzazione ad esso della top. di E è uno sp. vett. top. Ed inoltre ricordando che la

proprietà di Hausdorff è ereditaria segue allora che F è anche di Hausdorff. E quindi in definitiva F

è uno sp. vett. top. di Hausdorff di dimensione finita e pertanto come sappiamo è linearmente

isomorfo al corrispondente sp. euclideo di medesima dimensione che è separabile (basta infatti

ricordare che il prodotto cartesiano di sp. separabili è separabile e che R è separabile poiché come

noto l’ins. dei razionali Q è denso in R) e quindi avendo dimostrato in precedenza che l’immagine

continua di un ins. separabile è separabile segue allora che F è separabile.



{xn}nN in E

Ts: l’inviluppo lineare delle successione {xn}nN è separabile

Dim (esercizio) Andiamo a considerare l’inviluppo lineare del sostegno della successione {xn} cioè

span xnn

N che possiamo scrivere come (si prova banalmente):

span xnn

N =

nN span({x1,...,xn}) ()

Fissato un nN sappiamo che span({x1,...,xn}) è uno spazio vettoriale di dimensione finita al più n

(poiché non è detto che x1,..,xn siano linearmente indipendenti) ed e pertanto separabile per la

Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.. E quindi per la () si ha che span xnn

N è


l’unione di una infinita numerabile di insiemi separabili segue allora dalla Errore. L'argomento

parametro è sconosciuto. che span xnn

N è separabile che è proprio quello che volevamo

dimostrare.



{xn}nN in E

Ts: la chiusura lineare delle successione {xn}nN è separabile

Dim (esercizio)

Per la proprietà precedente span xnn

N e per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. si ha che la chiusura lineare span xnn

N è separabile

c.v.d.




Ts: TE*\{E*} t.c. T(x)=0 xF

Dim Per Hp E\F x0E\F. Per il teorema di separazione [2203/3] segue banalmente: TE*\{E*} t.c.

x FsupReT(x)<ReT(x0) (1)

Consideriamo il funzionale reale lineare e continuo ReT:ER, allora essendo F un sottospazio

vettoriale come sappiamo può accadere che ReT(F)=R oppure che ReT(x)=0 xF, ma per la

(1) si ha che ReT è limitato superiormente in F e quindi deve necessariamente essere che:

ReT(x)=0 xF (2)

ricordando adesso la seguente relazione provata in precedenza:

T(x)=ReT(x)-iReT(ix) (3)

allora preso un arbitrario xF per la (2) si ha che ReT(x)=0 e poiché F è un sottospazio vettoriale

allora il vettore ixF e quindi per la (2) ReT(ix)=0 segue allora dalla (3) che T(x)=0. E quindi

in definitiva abbiamo trovato un funzionale lineare non identicamente nullo su E ma identicamente

nullo su F che è proprio quello che volevamo dimostrare.


Vogliamo adesso dimostrare il seguente importante teorema che ci dice che uno spazio

normato è separabile se lo è il suo duale topologico. Si faccia bene attenzione al fatto che in

generale non vale il viceversa cioè ci possono essere spazi normati separabili il cui duale topologico

non è separabile.



E* separabile

Ts: E è separabile

Dim Dobbiamo provare che E è separabile e quindi dobbiamo provare che E ammette un sottoinsieme

denso al più separabile. Per ipotesi esiste una successione {Tn} in E* densa (chiaramente rispetto

alla topologia della norma) in E*.

Poiché TnE* nN ║Tn║E*:= sup( , )x B E 1

|Tn(x)|<+ nN, segue da questo per la IIa

proprietà del sup che:

nN xnE con ║xn║E=1 t.c. Tn(xn)>║Tn║E*-1n (1)

e quindi nasce così la succ. {xn} in E. Posto F:=span xnn

N che è un s.sp.vett. chiuso ed è

separabile per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto., allora per provare la tesi ci proponiamo di provare che F=E. Supponiamo per assurdo che FE x0E\F. Ovviamente essendo F un chiusura lineare, è un s.sp.vett. chiuso e quindi per il lemma precedente si ha che:

TE*\{E*} t.c. T(x)=0 xF (2)

Poiché la succ. {Tn} è densa in E* cioè { }Tn =E* allora essendo TE* T{ }Tn e questo

evidentemente ci dice che un estratta della {Tn} che converge verso T cioè: {nk}kN in N strettamente crescente t.c. lim k

Tnk =T (3)

Consideriamo la successione estratta {xnk } associata per costruzione a {Tnk }, che è una

successione di vettori di norma unitaria in F (poiché lo è {xn} e quindi a maggior ragione lo è la sua

estratta) e quindi si tenga presente che per la (2) sia ha che:

kN T(xnk )=0 (4)

Si ha allora che:

║Tnk ║E*-1

nk<per la (1) si ha che<Tnk (xnk )=per (3)=Tnk (xnk )-T(xnk ) ║Tnk -

T║E*║xnk ║E=║Tnk -T║E*


riscrivendo il primo e l’ultimo membro della catena si ha che ║Tnk ║E*-1

nk<║Tnk -T║E* e quindi:

║Tnk ║E*<║Tnk -T║E*+1

nk (5)


per la (3) {║Tnk ║E*} k ║T║E*

per la (3) {║Tnk -T║E*} k 0

banalmente 1nk

k 0

e quindi passando al limite per k nella (5) otteniamo che ║T║E*=0 T=E* cioè T è

identicamente nullo e questo è chiaramente un assurdo poiché è in contraddizione con il fatto che

per la (2) T non è identicamente nullo c.v.d.



allora le due seguenti condizioni sono equivalenti:

(1) E è separabile e riflessivo

(2) E* è separabile e riflessivo

Dim (1)(2) Per Hp E è riflessivo segue allora dal teorema [1904/10] che E* è riflessivo. Teniamo presente che

in generale funzioni continue trasformano insiemi separabili in insiemi separabili (cioè il

trasformato di un insieme separabile tramite una funzione continua è un insieme separabile). Poiché

E è riflessivo che E*(E)=E** cioè E** è l’immagine omeomorfa di uno spazio separabile

che E** è separabile segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che E* è

separabile c.v.d.

Dim (2)(1) (banale)

Per Hp E* è riflessivo segue allora da [1904/10] che E è riflessivo. Per Hp E* è separabile segue

allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che E è separabile

c.v.d.

24-04-96

In precedenza abbiamo visto il lemma [2802/2] sulle successioni a doppio indice naturale. In

maniera analoga si dimostra il seguente lemma (che è una generalizzazione del lemma [2802/2]) per

le successioni a doppio indice in cui un indice è naturale e l’altro è generalizzato.



Sia {an}D, nN una successione reale a due indici t.c. lim an=0 nN

{bn}nN con bn≥0 nN t.c. n

1bn<+ e |an|bn D e nN

Ts: lim n

1|an|=0




{Tn}nN successione in F totale in E

XE (E,F)-compatto

Ts: la relativizzazione di (E,F) ad X è metrizzabile

Dim Consideriamo la funzione:

d:XXR definita dalla legge d(x,y):=n

1

12n

T x yT x y

n

n

( )( )

1

ci proponiamo allora di verificare che tale funzione d è una metrica ovvero che d soddisfa alle tre

proprietà della metrica.

Proviamo che d(x,y)=d(y,x):

si vede subito dalla definizione di d.

Proviamo che d soddisfa alla proprietà triangolare:

tale proprietà si prova in maniera analoga a quella vista nella dimostrazione dell’implicazione

(3)(1) del teorema [2802/3].

Proviamo che d(x,y)=0 x=y:

Verifichiamo che d(x,y)=0 x=y:

Teniamo presente che per Hp la successione {Tn} in F è totale su E cioè:

se xE e Tn(x)=0 nN x=E ()

Poiché d(x,y)=0 n

1

12n

T x yT x y

n

n

( )( )

1=0

T x yT x y

n

n

( )( )

1=0 nN

Tn(x-y)=0 nN Tn(x-y)=0 nN segue allora dalla () che x-y=E x=y.

Proviamo che x=y d(x,y)=0:


se x=y x-y=E Tn(x-y)=0 nN T x y

T x yn

n

( )( )

1=0 nN

d(x,y):=n

1

12n

T x yT x y

n

n

( )( )

1=0.

Ovviamente tale metrica non è generalizzata poiché fissati (x,y)XX allora il termine generale

della serie che definisce la d(x,y) è maggiorato da (1/2)n che è il termine generale della serie

geometrica di ragione 1/2 e quindi convergente e pertanto si ha che d(x,y)<+.

Dimostriamo adesso che la topologia indotta dalla metrica d su X coincide con la relativizzazione

ad X della topologia (E,F). Chiamiamo la topologia su X indotta dalla metrica d. Proviamo al

solito l’uguaglianza tra le due topologia confrontando le convergenze delle successioni

generalizzate rispetto alle topologie interessate.

Verifichiamo che la topologia è meno fine della topologia (E,F). Sia {x} una successione

generalizzata in X e xX e supponiamo che {x}( ,E F) x, dobbiamo provare allora che

{x}

x.

A questo punto consideriamo il lemma precedente considerando:

an:=12n

T x xT x yn

n

( )( )

1

e bn:=12n

Verifichiamo che le successioni {an} e {bn} soddisfino alle Hp del lemma.

Verifichiamo che limk

an=0 nN:

Poiché {x}( ,E F) x allora sappiamo che questo equivale ad affermare che lim T(x-x)=0

TF e quindi essendo {Tn}nN in F allora in particolare lim Tn(x-x)=0 nN e questo

evidentemente ci dice che limk

an=0 nN.

Verifichiamo che i

n

1bn<+ e |an|bn D e nN:

Come noto i

n

1

12n una serie convergente essendo una serie geometrica di ragione 1/2.

L’altra parte della verifica è banale infatti:

|an|=12n

T x xT x yn

n

( )( )

1

12n 1=

12n =bn nN e D

Sono allora soddisfatte le ipotesi del lemma che ci dice che lim n

1an=0 cioè che

lim d(x,x)=0 {x}

x.


E quindi la topologia è meno fine della topologia (E,F). Facciamo uso adesso di un risultato di

topologia generale che ci dice che se abbiamo un insieme Y con due topologie 1 e 2 con 1 meno

fine di 2 (cioè 12) ed inoltre Y compatto rispetto alla topologia 2 e Y di Hausdorff rispetto

alla topologia 1 allora si ha che 1=2. E quindi essendo per Hp X un (E,F)-compatto ed essendo

chiaramente la topologia una topologia di Hausdorff (in quanto topologia indotta da una metrica)

segue allora dal teorema sopra detto che la topologia (E,F) coincide con la topologia

c.v.d.

Vogliamo vedere subito un’applicazione del risultato precedente.


Sia E uno spazio normato separabile

XE, X, debolmente-compatto

Ts: la relativizzazione ad X della topologia debole è metrizzabile

Dim Ci vogliamo mettere nelle ipotesi del teorema precedente e quindi dobbiamo provare che esiste una

successione nel duale topologico di E che sia totale su E. Per Hp E è separabile che esiste una

successione {xn} in E densa e chiaramente possiamo supporre che nN xnE, infatti abbiamo

già osservato in precedenza che un insieme denso privato di un numero finito di punti è ancora un

insieme denso ed ovviamente se tale insieme è pure numerabile allora anche l’isieme privato di un

numero finito di punti lo sarà. Segue allora da un corollario ben noto (usato più volte) del teorema

di Hahn-Banach:

nN TnE* con ║Tn║E*=1 t.c. Tn(xn)=║xn║E (1)

nasce così una successione {Tn} in E*, vogliamo allora provare che tale successione è totale su E.

Sia xE t.c. Tn(x)=0 nN, dobbiamo allora provare che x=E. Poiché la {xn} è densa in E allora

xE=clE({xn : nN}) e quindi sicuramente esiste una estratta che converga ad x cioè: {nk}kN in N strettamente crescente t.c. lim k

xnk =x (2)

Si tenga inoltre presente che essendo Tn(x)=0 nN allora in particolare: Tnk (x)=0 kN (3)

Si ha allora che: ║xnk ║E=per la (1) sia ha=Tnk (xnk )=per la (3) si ha=Tnk (xnk )-Tnk (x)= =Tnk (xnk -

x)per la continuità║Tnk ║E*║xnk -x║E=per la (1)=║xnk -x║E kN

e quindi abbiamo ottenuto che: ║xnk ║E║xnk -x║E kN (4)


Osserviamo che: per la (2) (e per la continuità della norma) sia ha che lim k

║xnk ║E=║x║E

e sempre da (2) si ha che lim k║xnk -x║E=0

e quindi passando al limite per k nella (4) otteniamo che ║x║E=0 x=E. Abbiamo allora

trovato una successione {Tn} in E* totale su E siamo allora nelle Hp del teorema precedente da cui

segue la nostra tesi.


Sia E uno spazio normato separabile e riflessivo

XE limitato, chiuso e convesso

Ts: la relativizzazione ad X della topologia debole è metrizzabile

Dim

Per Hp X è un chiuso convesso che X è debolmente chiuso. Per Hp E è riflessivo e quindi

essendo X un limitato debolmente-chiuso allora dalla caratterizzazione di Kakutani segue che X è

un debolmente compatto. Segue allora direttamente dal teorema precedente la tesi.

Si faccia bene attenzione al fatto (si può anche provare ma noi non lo proviamo) che la

topologia debole su tutto lo spazio non sarà mai metrizzabile questo accade solo nel caso in cui lo

spazio è di dimensione finita (poiché sappiamo che in questo caso la topologia debole coincide con

la topologia della norma che è una topologia metrizzabile). Si osserva in particolare dal teorema

precedente il seguente risultato che ci dice che in uno spazio normato separabile e riflessivo la

relativizzazione della topologia debole ad una sfera chiusa è metrizzabile.


Sia E uno spazio normato separabile e riflessivo

B(x,) con xE e >0

Ts: la relativizzazione ad B(x,) della topologia debole è metrizzabile

26-04-96

Dimostriamo la seguente altra caratterizzazione degli spazi normati separabili.



le seguenti due condizioni sono equivalenti:


(1) E è separabile

(2) B(E*,1) con la topologia debole star è metrizzabile Dim (1)(2) Per dimostrare la nostra tesi vogliamo fare uso di un criterio visto in precedenza e precisamente

della [2404/2] (con i dovuti accorgimenti) e quindi dobbiamo dimostrare che la sfera B(E*,1) e

debolmente star compatta cioè che B(E*,1) è

(E*,E)-compatta e che esiste una successione in E*(E) totale su E*.

Per la solita proprietà si ha che B E E( , ) * 1 = B(E*,1) e quindi per il teorema di Banach-Alaoglu-

Bourbaki si ha che B(E*,1) è debolmente star compatta. Ci rimane quindi da dimostrare che esiste una successione in E*(E) totale su E*. Per Hp E è

separabile {xn} in E densa in E e andiamo a considerare la successione in E** definita dai

trasformati dei punti della successione {xn} mediante la mappa canonica associata ad E* cioè

consideriamo la successione {E*(xn)}. Vogliamo provare che la successione {E*(xn)} è totale su

E* e quindi dobbiamo provare che:

TE* t.c. E*(xn)(T)=0 nN T=E*

Poiché E*(xn)(T)=0 nN allora per definizione di mappa canonica questo significa che T(xn)=0

nN e quindi:

xnT-1(0) nN ()

Poiché T:EK è lineare e continuo che T-1(0) è un sottospazio chiuso di E cioè T-

1(0)=T1 0( ) e quindi per la () si ha allora che T-1(0) è un sottospazio chiuso che contiene una

successione densa in E e quindi deve necessariamente essere che il nucleo di T coincide con tutto E

cioè T-1(0)=E infatti indichiamo con A il supporto di {xn} che è densa in E e quindi A =E e per la

() si ha che AT-1(0) AT1 0( ) e poiché A =E e T-1(0)=T1 0( ) si ha che ET-1(0)

E=T-1(0) e questo significa chiaramente che T è identicamente nullo cioè T=E*

c.v.d.

Dim (2)(1) Sia d: B(E*,1)B(E*,1)[0,+[ una metrica su B(E*,1) inducente la relativizzazione della

topologia debole star che indichiamo con d. Per ogni nN poniamo:

Vn:=

TB(E*,1) : d(T,E*)<1n

=:Bd E*,

1n

cioè ogni insieme Vn altro non è che la sfera aperta rispetto alla metrica d di centro E* e raggio 1n .

Ricordiamo che in generale in uno spazio metrico le sfere aperte sono degli aperti rispetto alla

topologia indotta dalla metrica e quindi nel nostro caso i Vn sono degli d-aperti in B(E*,1) cioè

sono degli aperti rispetto alla relativizzazione ad B(E*,1) della topologia debole star e quindi

osservando che E*Vn nN si ha allora che questi d-aperti sono in particolare dei d-intorni


di E*. Risulta inoltre evidente che la famiglia {Vn}nN è una base fondamentale di d-intorni di

E*. Per definizione di topologia relativa si ha allora che ogni Vn e dato dall’intersezione della sfera

B(E*,1) con un intorno debole star di E* in E*. Sappiamo inoltre che la topologia debole star è

generata dalle seminorme definite dai moduli dei funzionali di E*(E) e quindi si ha che ogni

intorno debole star contiene l’intersezione di un numero finito di semisfere di un certo raggio

relative a delle seminorme che generano la topologia debole star. E quindi essendo ogni Vn un

intorno debole star in B(E*,1) (cioè un d-intorno) di E* scaturisce allora da quanto osservato

che:

nN AnE finito e n>0 t.c Wn:={TB(E*,1) : T(x)<n xAn}Vn cioè per ogni fissato nN l’insieme Vn contiene l’insieme Wn che altro non è che l’intersezione

della sfera B(E*,1) con l’intersezione di un numero finito di semisfere di raggio n centrate in E*

relative a delle seminorme pn:E*[0,+[ definite dai moduli di funzionali del rango E*(E) (cioè da seminorme che generano la topologia debole star). Chiamiamo con: A:=

nN An

che è un insieme al più numerabile, consideriamo allora span(A). Per [2204/9] si ha che span (A) è

separabile e quindi per dimostrare la nostra tesi vogliamo provare che span (A)=E. Supponiamo per

assurdo che span (A)E cioè E\span (A) allora come sappiamo per [2204/10] si ha che:

fE*\{E*} t.c. f(x)=0 xspan (A)

chiaramente possiamo supporre che f sia di norma unitaria in E* infatti se f non è tale allora basta

considerare:

g:EK con g(x):=f xf E

( )*

che è chiaramente per come è definito un funzionale lineare e continuo non identicamente ma

identicamente nullo sulla chiusura lineare di A ed inoltre di norma unitaria in E* cioè:

gE* t.c. ║g║E*=1, gE* e g(x)=0 xspan (A) (1)

Osserviamo subito che essendo ║g║E*=1 gB(E*,1). Poiché g(x)=0 xspan (A) allora

essendo Aspan(A)span (A) si ha in particolare che g(x)=0 xA e quindi essendo gB(E*,1)

identicamente nullo su A segue allora chiaramente per come sono definiti i Wn che gWn nN e

quindi: g

nN Wn (2)

Si tenga presente che in generale in uno spazio metrico l’intersezione di una successione di sfere

centrate in un punto costituenti una base di intorni di tale punto è proprio tale punto e quindi:

nN Vn={E*}

Osserviamo che essendo nN WnVn allora:


nN Wn

nN Vn={E*} (3)

e quindi la (2) e la (3) ci dicono chiaramente che g=E* cioè g è identicamente nullo e questo è

un assurdo poiché si aveva nella (1) che g non era identicamente nullo, segue allora dal assurdo

che deve necessariamente essere che span (A)=E cioè E è separabile che è proprio quello che

volevamo dimostrare che.


Siano (X,) ed (Y,) due spazi topologici omeomorfi

allora X è metrizzabile se e solo se Y è metrizzabile

Dim (per esercizio) Per Hp :XY omeomorfismo e sempre per Hp esiste d:XX[0,+[ metrica su X inducente

la topologia . Dobbiamo dimostrare quindi che esiste una metrica su Y inducente la topologia .


:YY[0,+[ con (y1,y2):=d( -1(y1), -1(y2))

Ovviamente tale funzione definita sul prodotto è ben posto poiché essendo un omeomorfismo

allora biettiva e quindi yY !xX t.c. -1(y)=x. Si Verifica banalmente che è una metrica

su Y. Chiamiamo adesso la topologia indotta da e dimostriamo quindi che =, e per fare ciò

facciamo al solito uso di un criterio sequenziale e confrontiamo le convergenze delle successione in

Y rispetto alle topologie in questione e quindi facciamo vedere che se una successione è

-convergente allora è convergente e viceversa. Sia quindi {y}D in Y e y0Y e supponiamo

che tale successione si -convergente verso y0 e questo ci dice che: 0=lim (y,y0)=lim d( -1(y), -1(y0))

e poiché per Hp d induce la topologia su X allora questo ci dice che la successione generalizzata

{ -1(y)}D in X -converge verso -1(y0)X ed essendo in particolare continua {( -

1(y))}D in Y -convergente a ( -1(y0))Y ed essendo una biezione questo significa proprio

che {y}D -converge a y0. Viceversa se {y}D è -convergente a y0 allora ripercorrendo il

caso precedente a ritroso otteniamo che {y}D -convergente a y0

c.v.d.

Dim La prova è analoga all’implicazione precedente invertendo il ruolo di X con Y.

La seguente banale proprietà ci dice che un sottospazio di uno spazio topologico

metrizzabile è metrizzabile.



Sia (X,) uno spazio topologico metrizzabile

AX, A

Ts: la relativizzazione ad A della topologia è metrizzabile

Dim (ovvia)



Le due condizioni seguenti sono equivalenti:

(1) E* è separabile

(2) B(E,1) con la topologia debole è metrizzabile

Dim (1)(2)

Per Hp E* è separabile allora per il teorema Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. segue

che B(E**,1) con la topologia debole star in E** (cioè la topologia (E**,E*)) è metrizzabile.

Osserviamo che E*( B(E,1))B(E**,1) e quindi segue dalla Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. che E*( B(E,1)) metrizzabile (chiaramente rispetto alla topologia indotta dalla

topologia metrizzabile su B(E**,1)). Ricordiamo adesso che se in E consideriamo la topologia

debole e in E** consideriamo la topologia debole star allora rispetto a queste topologie la mappa

canonica è un omeomorfismo e quindi essendo B(E,1) immagine omeomorfa (cioè tramite un

omeomorfismo) di uno spazio metrizzabile segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che B(E,1) è metrizzabile

c.v.d.

Dim (2)(1) (omessa perché è troppo tecnica)


Siano X ed Y due insiemi non vuoti

AX ed BY non vuoti

f:XYR funzione

Valgono allora le seguenti due proprietà: sup

( , )x y A B f(x,y)=sup

x Asupy B

f(x,y)

inf( , )x y A B

f(x,y)= infx A

infy B

f(x,y)

Dimostrazione (esercizio) Proviamo che sup

( , )x y A B f(x,y)sup

x Asupy B

f(x,y):


fissato (x0,y0)AB si ha allora che: f(x0,y0)sup

y Bf(x0,y)sup

x Asupy B

f(x,y)

e quindi per l’arbitrarietà di (x0,y0)AB possiamo passare al sup su AB e si ottiene quanto

voluto. Proviamo che sup

x Asupy B

f(x,y) sup( , )x y A B

f(x,y):

fissato x0A e y0B si ha allora che: f(x0,y0) sup

( , )x y A B f(x,y)

e quindi per l’arbitrarietà di y0B possiamo passare al sup su B e si ha: supy B

f(x0,y) sup( , )x y A B

f(x,y)

ed ancora poiché la disuguglianza precedente vale per l’arbitrario x0A allora possiamo passare al

sup su A e si ottiene quanto voluto c.v.d.

Dimostrazione (esercizio) inf

( , )x y A B f(x,y)=- sup

( , )x y A B [-f(x,y)]=per =-sup

x Asupy B

[-f(x,y)]= infx A

infy B

f(x,y) c.v.d.



XE,X

Ts: diam(X)=diam(conv(X))

Dim diam(conv(X)):=

x y conv X, ( )sup

║x-y║E=per Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=x conv X ( )

sup y conv X ( )

sup ║x-y║E (1)

Fissato un xconv(X) consideriamo la funzione y║x-y║E che è chiaramente una funzione

convessa e quindi ricordando che in precedenza abbiamo provato che una funzione convessa su uno

spazio vettoriale estende il sup di un insieme al suo inviluppo convesso si ha allora che:

y conv X ( )sup ║x-y║E=

y Xsup║x-y║E= (2)

segue allora da (1) e da (2) che: diam(conv(X))=

x conv X ( )sup

y Xsup║x-y║E (3)

Consideriamo adesso la funzione xy Xsup║x-y║E che è chiaramente l’inviluppo superiore di una

famiglia di funzioni convesse (cioé della famiglia x║x-y║E con yX fissato) e quindi essendo tale (come sappiamo) è una funzione convessa e si ha allora per la proprietà delle funzioni convesse


già richiamata nel caso precedente che tale funzione ha su X lo stesso sup che ha sull’inviluppo convesso di X cioè:

x conv X ( )sup

y Xsup║x-y║E=

x Xsup

y Xsup║x-y║E=Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=x y X,sup

║x-y║E=:diam(X) (4)


diam(conv(X))=diam(X) (5)

e quindi osservando adesso che in precedenza abbiamo provato che in generale in uno spazio

metrico il diametro di un insieme è uguale al diametro della sua chiusura si ha:

diam(conv(X))=diam(conv(X)) (6)

segue allora dalla (5) e dalla (6) che diam(X)=diam(conv(X)) c.v.d.

Abbiamo osservato in precedenza che in uno spazio normato di dimensione finita ogni

successione ordinaria limitata ammette un’estratta convergente, vogliamo dimostrare allora la

seguente generalizzazione.


Sia E uno spazio di Banach riflessivo

{xn} una successione in E limitata

Ts: una estratta xnk debolmente convergente Dim Chiamiamo G la chiusura lineare del sostegno della successione {xn} cioè:

G:=span

nN {xn}

che è chiaramente un sott.sp. vett. chiuso di E e quindi essendo G un sott.sp. vett. chiuso di uno sp.

riflessivo segue allora dalla [1904/7] che G è riflessivo ed è anche separabile per [2204/9].

Consideriamo in G la top. deb. cioè la top. (G,G*) che come sappiamo per la [1904/6] coincide la

relativizzazione a G della top. deb. sullo sp. E. Chiamiamo con X la chiusura convessa del sostegno

della successione {xn} cioè:

X:=conv

nN {xn}

che è ovviamente un convesso e XG. Si tenga presente che X è un chiuso convesso allora come

sappiamo X è un debolmente chiuso cioè X è un (E,E*)-chiuso.

Per Hp {xn} è una successione limitata diam

nN {xn}

<+ e poiché per la Errore.


L'argomento parametro è sconosciuto. diam

nN {xn}

=diam(X) diam(X)<+ X

limitato. E quindi X è un ins. convesso (E,E*)-chiuso e limitato e poiché E è riflessivo segue allora dalla

caratt. di Kakutani che X è un (E,E*)-compatto e quindi (ricordando che la compattezza è una

nozione assoluta) X è un debolmente compatto rispetto alla relativizz. a G della top. deb. che

coincide con la top. deb. su G cioè X è un (G,G*)-compatto e quindi essendo G uno spazio

normato riflessivo e separabile allora per la [2404/3] si ha che la relativizz. a X della top. (G,G*) è

metrizzabile e questo significa (per il solito fatto che la compattezza è una nozione assoluta) che X

è un deb. compatto metrizzabile segue allora dalla caratt. dei compatti negli spazi metrici che X è

debolmente sequenzialmente compatto e quindi essendo {xn} una succ. nello sp. X allora si può

estrarre da {xn} una sottosucc. debolmente convergente c.v.d.

Il teorema precedente assieme al lemma di Mazur ci da il seguente risultato.


Sia E uno spazio di Banach riflessivo

{xn} una successione in E limitata

Ts: {yn} successione in conv

nN {xn}

che converge fortemente

TEOREMA DI EBERLEIN-SMULYAN [2604/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


XE


(1) X è debolmente compatto

(2) X è debolmente sequenzialmente compatto

Dim (omessa) 29-04-96

Andiamo adesso a trattare una nuova classe di spazi vettoriali, dovuta al matematico Hilbert.

SPAZI A PRODOTTO SCALARE (O PRE-HILBERTIANI) [2904/Errore. L'argomento parametro è


sconosciuto.]

Sia H uno spazio vettoriale su K. Diciamo che la funzione (,)H:HHK è un prodotto scalare o

prodotto interno se soddisfa alla seguenti quattro proprietà:

(x,y)H=(x,y)H K e x,yH (x+y,z)H=(x,z)H+(y,z)H x,y,zH

(x,y)H=( , )y x H x,yH

(x,x )H0 xH

(x,x)=0 x=H

La e ci dicono che il prodotto scalare è lineare rispetto alla prima variabile; la ci dice che

il prodotto scalare di una coppia è uguale al coniugato della coppia con l’ordine invertito; la ci

dice che il prodotto scalare è non negativo sulla diagonale del quadrato HH e in fine la ci dice

che sulla diagonale del quadrato HH il prodotto scalare si annulla solo in corrispondenza della

coppia (H,H). Si osserva subito che facendo uso delle cinque proprietà si dimostra subito che la

funzione prodotto scalare soddisfa alle ulteriori due proprietà:

* (x,y)H=(x,y)H K e x,yH * (x,y+z)H=(x,y)H+ (x,z)H x,y,zH

Dimostrazione *:(per esercizio)

(x,y)H=per =( , )y x H =( , )y x H =( , )y x H =per =(x,y)H Dimostrazione *:(per esercizio) (x,y+z)H=per la =( , )y z x H =per =( , ) ( , )y x z xH H =( , )y x H +( , )z x H

Si osserva chiaramente dalla * che nel caso particolare in cui lo spazio H sia reale (cioè H è un

R-spazio vettoriale) allora in tal caso la funzione prodotto scalare è lineare anche rispetto alla

seconda variabile (basta osservare che banalmente il coniugato di un numero reale coincide con il

numero reale). Facciamo notare che alcuni autori indicano equivalentemente il prodotto scalare con

il simbolo (| )H oppure <,>H ed altri simboli simili. Lo spazio H munito del prodotto scalare si

dice spazio pre-hilbertiano o spazio a prodotto scalare e si indica con la coppia (H,(,)H).

Andiamo a vedere subito qualche esempio immediato di sp. di Hilbert. Consideriamo K=C e

H=Cn si verifica allora banalmente che:

(x,y )H:=i

n

1xiyi x=(x1,...,xn),y=(y1,...,yn)Cn

è un prodotto scalare su Cn, a noi già noto dal corso di geometria 1, essendo questo il prodotto

scalare euclideo. Analogamente prendiamo K=R e H=Rn si dimostra allora come caso

particolare dell’esempio precedente che:

(x,y )H:=i

n

1xiyi x=(x1,...,xn),y=(y1,...,yn)Rn

è un prodotto scalare su Rn.


Un’altro esempio notevole di sp. a prodotto scalare è il seguente. Prendiamo H=C0([0,1],R) (che è

chiaramente uno spazio vettoriale su R) allora si verifica banalmente che:

(f,g)H:= 01 f(t)g(t)dt f,gH

è un prodotto scalare su H.

DISUGUAGLIANZA DI SCHWARZ-CAUCHY [2904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio prodotto scalare

Ts: (x,y)H ( , )x x H ( , )y y H

Dim

Se y=H la disuguaglianza è banale poiché ambo i membri sono nulli. Consideriamo x,yH con

yH e consideriamo inoltre un qualunque K si ha:

0(x+y,x+y)H=(x,x)H+(x,y)H+ (y,x)H+(y,y)H=

=(x,x)H+(x,y)H+(y,x)H+ 2(y,y)H=(x,x)H+(x,y)H+( , )x y H + 2(y,y)H

e quindi otteniamo:

0(x,x)H+(x,y)H+( , )x y H + 2(y,y)H (1)

poniamo allora =-( , )( , )x yy y

H

H e quindi sostituendo nella (1) si ha che:

0(x,x)H -( , )( , )x yy y

H

H(x,y)H-

( , )( , )x yy y

H

H( , )x y H +

( , )

( , )

x y

y yH

H

2

2 (y,y)H (2)

Osserviamo che:

( , )x y H (x,y)H= ( , )x y H2

( , )y y H2=(y,y)H( , )y y H =(y,y)H(y,y)H

allora nella (3) si ha che:

0(x,x)H -( , )( , )x yy y

H

H

2

-( , )( , )x yy y

H

H

2

+( , )( , )x yy y

H

H

2

=-( , )( , )x yy y

H

H

2

segue da questo che:

( , )( , )x yy y

H

H

2

(x,x)H ( , )x y H2(x,x)H(y,y)H e quindi applicando la radice ad ambo i membri

otteniamo (x,y)H ( , )x x H ( , )y y H c.v.d.

NORMA INDOTTA DAL PRODOTTO SCALARE [2904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Sia (H,(,)H) uno spazio pre-hilbertiano (ovvero uno spazio vettoriale su K munito di prodotto

scalare ). Consideriamo la funzione:

║║H:H[0,+[ con ║x║H:= ( , )x x H

vogliamo allora provare che questo funzionale è una norma su H e quindi dobbiamo verificare che

sono soddisfatte le tre proprietà della norma cioè che la funzione ║║H:H[0,+[ soddisfa

all’omogeneità assoluta, è sub-additiva ed è una funzione non negativa che si annulla solo

nell’origine. Teniamo presente le proprietà , , , e del prodotto scalare.

Verifichiamo che ║x║H=║x║H xH e K (omogeneità assoluta):

║x║H= ( , ) x x H =per la = ( , )x x H =per la * = ( , )x x H = 2 ( , )x x H =

= ( , )x x H =║x║H

Verifichiamo che ║x+y║H║x║H+║y║H x,yH (sub-additività):

x y H2

=(x+y,x+y)H=per la =(x,x)H+(x,y)H+(y,x)H+(y,y)H=per la

=(x,x)H+(x,y)H+( , )x y H (y,x)H+(y,y)H=(x,x)H+(y,y)H+2Re(x,y)H (x,x)H+(y,y)H+2|(x,y)H|per

la disuguaglianza di Schawarz-Cauchy

(x,x)H+(y,y)H+2 ( , )x x H ( , )y y H = x H2 + y H

2+2║x║H║y║H=(║x║H+║y║H)2

e quindi passando alle radici otteniamo quanto voluto.

Verifichiamo che ║x║H=0 x=H:

segue direttamente dalla .

Tale norma ║║H è la così detta norma indotta dal prodotto scalare.

TOPOLOGIA INDOTTA DAL PRODOTTO SCALARE [2904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (H,(,)H) uno spazio pre-hilbertiano diciamo allora topologia indotta dal prodotto scalare (,)H, la topologia generata dalla norma indotta dal prodotto scalare cioé da ║x║H:= ( , )x x H .

SPAZIO DI HILBERT [2904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio a prodotto scalare. Diciamo allora che lo spazio H è di Hilbert se H è completo

rispetto alla norma indotta dal prodotto scalare.



Si dimostri che lo spazio vettoriale H=Kn munito del prodotto scalare (x,y )H:=i

n

1xi yi

x=(x1,...,xn),y=(y1,...,yn)Kn, è uno spazio di Hilbert.


Dobbiamo provare quindi che H è completo rispetto alla norma indotta dal prodotto scalare (,)H.

Fissiamo quindi x=(x1,...,xn)Kn e vediamo chi è la norma indotta dal prodotto scalare (,)H:

║x║H= ( , )x x H = x xi ii

n

1= xi

i

n 2

1

e quindi ║║H è la norma euclidea, che è una norma canonica, e pertanto essendo K completo allora

per un teorema fatto in precedenza si ha che (H,║║H) è completo.


Si dimostri che lo spazio vettoriale reale H=C0([0,1],R) munito del prodotto scalare

(f,g)H:= 01 f(t)g(t)dt f,gH non è uno spazio di Hilbert reale.

LEGGE DEL PARALLELOGRAMMA [2904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio pre-hilbertiano e consideriamo due qualsiasi vettori x,yH, vogliamo allora

provare che vale la seguente identità detta legge (o uguaglianza) del parallelogramma:

x y H2

+ x y H2

=2( x H2 + y H

2)

Andiamo quindi a dimostrare tale identità tenendo conto al solito della definizione di norma indotta

dal prodotto scalare e delle proprietà del prodotto scalare.

x y H2

+ x y H2

=(x+y,x+y)H+(x-y,x-y)H=

=(x,x)H+(x,y)H+(y,x)H+(y,y)H+(x,x)H+(x,-y)H+(-y,x)H+(-y,-y)H=2(x,x)H+2(y,y)H=

=2 x H2 +2 y H

2=2( x H

2 + y H2

)

e quindi l’identità è dimostrata. Diamo adesso solo come informazione (cioè non lo dimostriamo)

che la legge del parallelogramma caratterizza le norme pre-hilbertiane cioè se uno spazio

vettoriale è munito di una norma che soddisfa la legge del parallelogramma allora è possibile

definire in tale spazio un prodotto scalare che induca a tale norma considerata.

Il seguente semplice ma importante risultato ci mostra una classe notevolissima di spazi

uniformemente convessi che è quella degli spazi a prodotto scalare (o se si vuole pre-hilbertiani).



Sia H uno spazio pre-hilbertiano

Ts: H è uniformemente convesso

Dim Dobbiamo dimostrare che H è uniformemente convesso e cioè che:

]0,2[ >0 t.c. x,yB(H,1) con ║x-y║H x y

H

2 1- (1)

Fissiamo quindi un ]0,2[ ed x,yB(H,1) tali che ║x-y║H e andiamo a trovare il >0

opportuno promesso nella (1). Teniamo presente che:

essendo x,yB(H,1) ║x║H1 e ║y║H1 (2)

essendo ║x-y║H x y H22 - x y H

2-2 (3)

Riscriviamoci l’identità del parallelogramma:

x y H2

+ x y H2

=2( x H2 + y H

2)per la (2)2(1+1)=4

dal primo e dall’ultimo membro otteniamo:

x y H2

=4- x y H2per la (3)4-2

dividendo il primo e l’ultimo membro per 4 e passando alle radici otteniamo:

x y

H

2 1 4

2

scegliamo allora come >0 promesso dalla (1) =1- 1 42

e si ha quindi:

x y

H

2 1- c.v.d.

E quindi il precedente teorema assieme al teorema di Milliman-Pettis ci dà il seguente

teorema che ci dice che la classe degli spazi Hilbertiani è una classe di spazi riflessivi.


Sia H spazio di Hilbert

Ts: H è riflessivo

SPAZIO DELLE SUCCESSIONI REALI INFINITESIME [2904/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


Denotiamo con C0 l’insieme delle successioni reali infinitesime cioè:

C0:=

{xn} : xnR nN e lim nxn=0

Si verifica banalmente con le ovvie operazioni di somma e prodotto che C0 è un

R-sp. vett. Fissato un numero reale 1p<+ denotiamo con lp l’insieme definito dalle successioni

reali tali che la serie dei moduli elevati a p sia convergente cioè:

lp:=

{xn} : xnR nN e n

1xn

p<+

Chiaramente se {xn}lp allora dovendo essere convergente la serie n

1xn

p si ha che

necessariamente lim nxn=0 e quindi da questo ragionamento segue che lpC0.

Vogliamo provare (per esercizio) che lp è un sottospazio vettoriale di C0 e quindi dobbiamo

verificare che lp soddisfa alle due note proprietà degli spazi vettoriali. Verifichiamo che se

{xn},{yn}lp allora {xn}+{yn}lp. Ricordiamo che in generale la somma di due successione è

uguale alla successione data dalla somma dei termini delle due successioni.

E quindi per quanto detto dobbiamo provare che la successione {xn+yn}lp ovvero che n

1|xn+yn|p

è convergente. Premettiamo la seguente osservazione propedeutica alle maggiorazioni successive. Siano a,bR

con a,b0 e sia 1 facendo uso degli strumenti di analisi uno si può dimostrare facilmente (ma non

lo dimostriamo) che (a+b)2-1(a+b).

Teniamo presente che {xn},{yn}lp e quindi n

1xn

p<+

n

1yn

p<+.

Per la maggiorazione detta si ha:

|xn+yn|p(|xn|+|yn|)p2p-1|xn|+2p-1|yn| nN

e quindi segue dal criterio del confronto che n

1x yn n

p <+.

Verifichiamo che se {xn}lp e R allora {xn}lp. Dobbiamo provare che {xn}lp e quindi

dobbiamo provare che n

1xn

p<+.

Poiché {xn}lp n

1xn

p<+ e quindi

n

1xn

p= p

n

1xn

p<+

E quindi abbiamo provato che lp è un sottospazio vettoriale dello spazio C0.

Vogliamo dimostrare (per esercizio) adesso che il funzionale:

║{xn}║H:lp[0,+[ definito da ║{xn}║lp:= xnp

n

p

1

1


è una norma sullo spazio lp che è quindi uno spazio normato. Dobbiamo provare quindi che il

funzionale ║{xn}║H:lp[0,+[ soddisfa alle tre proprietà della norma.

Verifichiamo che K e {xn}lp ║{xn}║lp=║{xn}║lp (omogeneità assoluta):

siano allora K e {xn}lp si ha allora che:

║{xn}║lp=║{xn}║lp= xnp

n

p

1

1

= pn

p

n

px

1

1

= xnp

n

p

1

1

=║{xn}║lp

Verifichiamo che {xn},{yn}lp ║{xn}+{yn}║lp║{xn}║lp+║{yn}║lp (sub-additività):

siano quindi {xn},{yn}lp si ha allora che:

║{xn}+{yn}║lp= x yn np

n

p

1

1

disug. di Minkowsky

n

1xn

p

1p

+

n

1yn

p

1p

║{xn}║lp+║{yn}║lp Verifichiamo che ║{xn}║lp=0 xn=0 nN:

supponiamo che ║{xn}║lp=0

n

1xn

p

1p

=0 n

1xn

p=0 che è una serie a termini non

negativi e quindi deve necessariamente essere che xnp=0 nN xn=0 nN e poichè il

modulo :R[0,+[ è una norma si ha allora che xn=0 nN.

Il viceversa si prova ripercorrendo a ritroso la dimostrazione precedente. E quindi lo spazio lp è uno

spazio normato.


Si consideri lo spazio lp nel caso particolare p=2 cioè:

l2:=

{xn} : xnR nN e n

1xn

2 <+

Si dimostri allora che:

({xn},{yn})l2:=n

1xnyn con {xn},{yn} è un prodotto scalare su l2

che l2 con la norma indotta dal prodotto scalare del punto è di Hilbert

Dimostrazione : Dobbiamo verificare che siano soddisfatte le quattro proprietà del prodotto scalare.

Proviamo che ({xn}+{yn},{zn})l2=({xn},{zn})l2+({yn},{zn})l2 {xn},{yn},{zn}l2:

siano quindi {xn},{yn},{zn}l2 si ha allora che:


({xn}+{yn},{zn})l2=({xn+yn},{zn})l2=n

1(xn+yn)zn=

n

1(xnzn+ynzn)=

=n

1xnzn+

n

1ynzn=({xn},{zn})l2+({yn},{zn})l2

Proviamo che ({xn},{yn})l2=({ },{ })y xn n l2 {xn},{yn}l2:

banale poiché i termini delle successioni sono reali e quindi coincidono con i loro coniugati.

Proviamo che ({xn},{xn})l20 {xn}l2:

sia quindi {xn}l2 si ha allora che:

({xn},{xn})l2=n

1xnxn=

n

1xn

20

Proviamo che se {xn}l2 e ({xn},{xn})l2=0 xn=0 nN:

supponiamo che ({xn},{xn})l2=0 n

1xn

2 =0 xn2 =0 nN xn=0 nN.

Analogamente si prova il viceversa ripercorrendo a ritroso la dimostrazione precedente.

Dimostrazione : (tralasciata)

Sappiamo dal corso di analisi uno che una successione ordinaria reale convergente è

limitata, vogliamo allora fare vedere che tale proprietà vale anche per le successioni ordinarie di un

qualunque spazio vettoriale topologico.



x0E

{xn} una successione ordinaria in E convergente verso x0

Ts: {xn} è limitata

Dim

Chiamiamo A l’insieme costituito dai punti della successione e dal limite cioé:

A:={xn : nN}{x0}

Per una proprietà fatta si ha che A è un compatto segue allora da un’altra proprietà che A è limitato

e poiché banalmente {xn}A che la successione {xn} è limitata c.v.d.

Vogliamo provare adesso che il prodotto scalare è una funzione continua (chiaramente

rispetto alla topologia prodotto che è indotta dalla norma che è a sua volta indotta dal prodotto

scalare)




Ts (,)H:HHK è continuo

Dim

Per dimostrare che il prodotto scalare è una funzione continua adoperiamo il solito criterio

sequenziale. Fissato un arbitrario (x0,y0)HH consideriamo una successione {xn,yn}nN tale che

{(xn,yn)} n (x0,y0) e proviamo quindi che: lim n

(xn,yn)H=(x0,y0)H (1)

Teniamo presente che essendo lim n(xn,yn)=(x0,y0) allora chiaramente:

lim nxn=x0 (2)

lim nyn=y0 (3)

Procediamo al solito con le maggiorazioni:

(xn,yn)H-(x0,y0)H=(xn,yn)H-(xn,y0)H+(xn,y0)H-(x0,y0)H

(xn,yn)H-(xn,y0)H+(xn,y0)H-(x0,y0)H=(xn,yn-y0)H+(xn-x0,y0)Happlicando la

disuguaglianza Cauchy-Schwarz║xn║H║yn-y0║H+║xn-x0║H║y0║H

e quindi abbiamo ottenuto che:

(xn,yn)H-(x0,y0)H║xn║H║yn-y0║H+║xn-x0║H║y0║H (4)

Osserviamo adesso che per la (2) la successione {xn} è convergente e quindi è limitata e per la

(3) la successione {yn} è convergente segue da questo che:

║xn║H║yn-y0║H n 0 (5)

Analogamente per la (3) la successione {yn} è convergente e quindi è limitata e per la (2) la

successione {xn} è convergente segue da questo che (ricordando dall’analisi uno che il prodotto di

una successione limitata per una successione infinitesima è una successione infinitesima):

║xn-x0║H║y0║H n 0 (6)

E quindi per la (5) e la (6) passando al limite nella (4) otteniamo:

(xn,yn)H-(x0,y0)H n 0

e questa come sappiamo significa proprio la (1) c.v.d.


Sia H spazio pre-hilbertiano

yH

:HK con (x):=(x,y)H

Ts: H*


Dim (banale)

Dobbiamo provare che il funzionale è lineare e continuo. La linearità di segue direttamente

dalla prima e dalla seconda proprietà del prodotto scalare che ci dice per l’appunto che la funzione

prodotto scalare è lineare rispetto alla prima variabile. Consideriamo la funzione

g:xH(x,y)HH che è banalmente una funzione continua. Si osserva allora chiaramente che il

funzionale altro non è che la composizione della funzione prodotto scalare con la funzione g cioè

=(,)Hg e quindi il funzionale è continuo in quanto composizione di funzioni continue c.v.d.

Dimostriamo adesso la seguente proprietà che rappresenta un risultato più fine della Errore. L'argomento parametro è sconosciuto..


Sia H uno spazio a prodotto scalare

x0,y0H

{xn} successione ordinaria in H che converge debolmente verso x0

{yn} successione ordinaria in H che converge fortemente verso y0 Ts: lim n

(xn,yn)H=(x0,y0)H

Dim (xn,yn)H-(x0,y0)H=(xn,yn)H-(xn,y0)H+(xn,y0)H-(x0,y0)H

(xn,yn)H-(xn,y0)H+(xn,y0)H-(x0,y0)H=(xn,yn-y0)H+(xn-x0,y0)H

║xn║H║yn-y0║H+(xn-x0,y0)H

da cui otteniamo che:

(xn,yn)H-(x0,y0)H║xn║H║yn-y0║H+(xn-x0,y0)H (1)

Per Hp la succ. {xn} è deb. conv. segue allora dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che {xn} è deb. limitata, ricordiamo che abbiamo provato in precedenza che in uno

spazio normato un’insieme deb. limitato è fort. limitato (il viceversa vale sempre) si ha allora che

{xn} è fort. limitata e quindi essendo per Hp la succ. {yn} conv. fort. a y0 si ha che:

║xn║H║yn-y0║H n 0 (2)

Osserviamo adesso che essendo la successione {xn} debolmente convergente a x0 allora sappiamo

che questo significa che ogni funzionale lineare e continuo su H cioè TH* si ha che: lim n

T(xn-x0)=0

E quindi osservando che fissato un yH il funzionale T:xH(x,y)HK per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è un funzionale lineare e continuo si ha allora (da quanto

detto) che:

(xn-x0,y0)H n 0 (3)


E quindi per la (2) e per la (3) passando a limite per n nella (1) otteniamo:

(xn,yn)H-(x0,y0)H n 0


03-05-96

VETTORI ORTOGONALI [0305/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio pre-hilbertiano e siano x,yH. Diciamo che i vettori x ed y sono ortogonali se

hanno prodotto scalare nullo cioè se (x,y)H=0.

COMPLEMENTO ORTOGONALE DI UN INSIEME [0305/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio pre-hilbertiano, AH. Diciamo complemento ortogonale di A e lo indichiamo

con A┴ l’insieme costituito dei vettori di H che sono ortogonali ad ogni vettori di A cioè:

A┴:={yH : (y,x)H=0 xA}

In particolare nel caso A:={x} cioé nel caso in cui A è un singoletto allora ovviamente A┴ prende il

nome di complemento ortogonale del vettore x e si scrive:

x┴:=A┴:={yH : (y,x)H=0}


Sia H uno spazio a prodotto scalare

AH, A

Ts: HA┴

Dim (ovvia)



AH

Ts: AA┴{H}

Dim (banale)


Se AA┴= allora la tesi è ovvia consideriamo quindi il caso in cui AA┴. Sia xAA┴

(x,x)H=0 x=H c.v.d.



AH, A Ts: A┴=

x A x┴

Dim (esercizio) Proviamo che A┴

x A x┴:

sia yA┴ (y,x)H=0 xA yx┴ yx A x┴.

Proviamo che x A x┴A┴:

sia yx A x┴ yx┴ xA (y,x)H=0 xA yA┴ c.v.d.



xH

Ts: x┴ è un sottospazio vettoriale chiuso di H

Dim

Consideriamo il funzionale:

T:EK definito da T(y):=(y,x)H

che come sappiamo per una proprietà fatta è lineare e continuo cioé TH*. Osserviamo allora che:

x┴:={yH : (y,x)H=0}=:T-1(0)

cioé il complemento ortogonale del vettore x è il nucleo del funzionale lineare T che come noto è un

s.sp.vett.ed in questo caso è anche un chiuso essendo T continuo.



AH, A

Ts: A┴ è un sottospazio vettoriale chiuso di H

Dim Si ricorda che l’intersezione di s.sp.vett. è un s.sp.vett. l’intersezione di chiusi è un chiuso segue

allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto., Errore. L'argomento parametro è


sconosciuto. e da quanto detto che il complemento ortogonale di A è un s.sp.vett chiuso

c.v.d.



FH sottospazio vettoriale

Ts: F┴F={H}

Dim (esercizio)

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che FF┴{H} ma essendo F ed F┴

due sottospazi vettoriali (e quindi HFF┴) allora FF┴={H}

c.v.d.


Sia H uno spazio di Hilbert

FH sottospazio vettoriale chiuso

x0H Ts: !z0F t.c. ║x0-z0║H:=inf

x F║x0-x║H

Dim

Dimostriamo l’esistenza del punto zF promesso dalla tesi. Teniamo presente che per Hp H è uno

spazio di Hilbert (cioè uno spazio a prodotto scalare completo rispetto alla norma indotta dal

prodotto scalare) e quindi per [2904/7] si ha che H è riflessivo. Consideriamo la varietà affine

G:=x0-F che come sappiamo è un convesso in quanto traslato di un convesso ed è un chiuso in

quanto traslato di un chiuso. Segue allora dal corollario [1904/5] che G ammette elemento di

minima norma cioé: y0G t.c. ║y0║H= inf

y G║y║H

Poiché y0G:=x0-F z0F t.c. y0=x0-z0, osserviamo allora che: ║x0-z0║H=║y0║H= inf

y G║y║H= inf

y x F 0

║y║H= infx F

║x0-x║H

L’unicità di tale punto zF si prova con qualche semplice “conticino” che noi tralasciamo

c.v.d.

PROIEZIONE ORTOGONALE [0305/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio di Hilbert, FH sottospazio vettoriale chiuso e x0H, allora il teorema precedente

ci dice che:


!zF t.c. d(x0,z)=d(x0,F) cioè a norma di definizione ║x0-z║H= infy F

║x0-y║H

Tale punto zF prende il nome di proiezione ortogonale del punto x0 sullo sottospazio F e si

indica con il simbolo F(x0):=z. E quindi per definizione la proiezione ortogonale del punto x0 sul

sottospazio chiuso F è quel unico vettore di F la cui distanza da x0 eguaglia la distanza di x0 da F.

Evidentemente se x0F allora F(x0)=x0. Osserviamo che per l’arbitrarietà del punto x0H si ha

che ogni punto di H ammette proiezione ortogonale sullo spazio F cioè:

xH !F(x)F t.c. d(x,F(x))=d(x,F)

e quindi ha senso definire l’operatore che chiamiamo operatore proiezione ortogonale su F che ad

ogni punto di H associa la sua proiezione ortogonale cioè possiamo definire la funzione:

F:H F

x F(x)




x0H

Ts: wF┴ t.c. x0=F(x0)+w

Dim Poiché siamo in uno spazio di Hilbert alla esiste la proiezione ortogonale del punto x0 sul

sottospazio F cioè: !F(x0)F t.c. ║x0-F(x0)║H= inf

y F║x0-y║H (1).

Banalmente possiamo scrivere x0=F(x0)+(x0-F(x0)), posto w:=x0-F(x0) (per non appesantire le

scritture che seguono) allora per provare il nostro asserto basta evidentemente provare che il vettore

che wF┴ cioé che il vettore w è ortogonale ad ogni vettore di F. Prendiamo quindi un arbitrario

vettore y0F e proviamo che (w,y0)H=0 e chiaramente possiamo supporre y0H poiché nel caso

y0=H la tesi è banale. Sia un qualunque scalare del corpo K e quindi essendo F un sottospazio

allora il vettore F(x0)+y0F e poiché per la (1) la quantità ║w║H è l’inf delle distanze dei

vettori di F da x0 (ovvero la distanza di x0 da F) si ha allora che vale:

║w║H║x0-(F(x0)+y0)║H=║x0-F(x0)-y0║H=║w-y0║H (2)

Andiamo adesso a valutare la seguente quantità e quindi dalla (2) quadrando il primo e l’ultimo

membro otteniamo:

w H2 w-y0 H

2 =(w-y0,w-y0)H=(w,w-y0)H-(y0,w-y0)H=

=(w,w)H-(w,y0)H-( , )w y H0 + 2 (y0,y0)H

posto :=( , )( , )w yy y

H

H

0

0 0 allora sostituendo nella precedente otteniamo:


w H2 (w,w)H-

( , )( , )w yy y

H

H

0

0 0(w,y0)H-

( , )( , )w yy y

H

H

0

0 0( , )w y H0 +

( , )

( , )

w y

y yH

H

02

0 02 (y0,y0)H=

=(w,w)H-( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0-

( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0+

( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0=║w║H-

( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0

e quindi abbiamo ottenuto w H2 w H

2 -( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0 0-

( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0

( , )( , )w yy y

H

H

02

0 00 ed

essendo ( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0 una quantità non negativa deve allora necessariamente essere che

( , )( , )w yy y

H

H

02

0 0=0 ( , )w y H0

2=0 (w,y0)H=0 che w ortogonale a y0 e quindi per l’arbitrarietà

di y0F che il vettore wF┴ c.v.d. Si ricorda che uno spazio vettoriale è somma diretta di due suoi sottospazi se ogni suo

vettore si può scrivere in maniera unica come somma di due vettori appartenenti rispettivamente ai

due sottospazi e si ricorda inoltre che condizione necessaria e sufficiente affinché questo avvenga è

che l’intersezione dei due sottospazi contenga solo l’elemento neutro. Vogliamo adesso dare un

risultato centrale nella teoria degli spazi di Hilbert che ci dice che uno spazio di Hilbert è somma

diretta di un suo sottospazio chiuso con il complemento ortogonale di tale sottospazio.

TEOREMA FONDAMENTALE DEGLI SPAZI DI HILBERT [0305/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]



Ts: H=FF┴

Dim Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. si ha che FF┴={H} e questo come

sappiamo ci dice proprio che F+F┴ è somma diretta. Dobbiamo provare allora che H=F+F┴.

Chiaramente F+F┴H e quindi dobbiamo mostrare che HF+F┴. Sia xH segue allora della

proprietà precedente che:

wF┴ t.c. x=F(x)+w

E quindi essendo F(x)F segue che x=F(x)+wF+F┴ c.v.d.




FH sottospazio chiuso

Ts: F┴{H}

Dim

Supponiamo per assurdo che F┴={H} allora per il risultato precedente si ha che

H=F+F┴=F+{H}=F e questo è un assurdo poiché per Hp FH c.v.d.

Dato uno spazio vettoriale topologico a volte è necessario conoscere come sono fatti i

funzionali lineari e continui di tale spazio ovvero la rappresentazione del duale topologico dello

spazio. Per alcune classi di spazi vettoriali note esistono i così detti teoremi di rappresentazione dei

funzionali lineari e continui, ad esempio per gli spazi di Hilbert esiste il seguente risultato che sta al

centro di tutta la teoria degli spazi di Hilbert, ed è il teorema di Riesz sulla rappresentazione dei funzionali lineari e continui in uno spazio di Hilbert che sostanzialmente ci dice che in uno

spazio H di Hilbert i funzionali lineari e continui sono tutti e soli del tipo T:xH(x,y)HK per

un fissato yH cioè H*={T:xH(x,y)HK : yH}.

TEOREMA RIESZ [0305/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


T un funzionale lineare e continuo su H (cioè TH*)

Ts: !y0H t.c. T(x):=(x,y0)H xH

Dim

Se T=H* (cioè T identicamente nullo) allora basta scegliere y=H. Supponiamo che TH* e TH*.

Chiamiamo adesso F il nucleo di T cioé:

F:=T-1(0)={xH : T(x)=0}

che come sappiamo è un sottospazio vettoriale di H ed è chiuso per la continuità di T ed inoltre F è

contenuto propriamente in H cioé FH poiché T non è identicamente nullo (e quindi xH t.c.

T(x)0 xF H\F FH) segue allora da Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto. che F┴{H} zF┴ con zH e osserviamo che evidentemente T(z)0 infatti se per

assurdo T(z)=0 zF allora poiché zzF┴ e quindi zF┴F ma per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. F┴F={H} z=H e siamo ad un assurdo. Normalizziamo il vettore z

cioè consideriamo:

z0:=z

z H


e quindi ║z0║H=1 ed inoltre essendo F┴ un sottospazio vettoriale allora z0F┴. Consideriamo un

generico vettore xH e prendiamo in considerazione il vettore di H wx:=xT(z0)-z0T(x) che

ovviamente appartiene ad F infatti:

T(wx)=T xT(z0)-z0T(x)

=per la linearità di T=T(x)T(z0)-T(z0)T(x)=0

E pertanto essendo z0F┴ e wxF xH si ha allora che: 0=(wx,z0)H=(xT(z0)-z0T(x),z0)H=(xT(z0),z0)H-T(x)(z0,z0)H=(x,T z( )0 z0)H-T(x) z0 H

2 =

=(x,T z( )0 z0)H-T(x) xH

e quindi scelto y0:=T z( )0 z0 dalla precedente otteniamo T(x)=(x,y0)H xH. Ci rimane da provare

l’unicità del vettore rappresentativo y0 del funzionale T. Dobbiamo provare che se esiste un altro

vettore con la stessa proprietà di y0 allora necessariamente questo vettore deve coincidere con y0.

Sia quindi y1H tale che T(x)=(x,y1)H xH dobbiamo provare allora che y0=y1. Poichè

T(x)=(x,y0)H xH e T(x)=(x,y1)H xH (x,y0)H=(x,y0)H xH che (x,y0-y1)H=0 xH e

quindi in particolare per

x:=y0-y1 si ha (y0-y1,y0-y1)H=0 ( , )y y y y H0 1 0 1 =0 cioé ║y0-y1║H=0

y0-y1=H y0=y1 c.v.d.

Abbiamo già osservato in precedenza che in uno spazio pre-hilbertiano fissato un punto si ha

allora che a tale punto è associato un funzionale lineare e continuo definito dalla funzione prodotto

scalare fissando la seconda variabile con il fissato punto. Vogliamo adesso provare che la norma

(ovviamente operatoriale) di tale funzionale lineare e continuo è uguale alla norma del fissato

punto.



y0H (fissato vettore di H)

f:HK con f(x):=(x,y0)H (che un funzionale lineare e continuo cioè fH*:=L(H,K))

Ts:║f║H*=║y0║H

Dim Se y0=H allora la l’uguaglianza nella tesi è banalmente soddisfatta consideriamo quindi y0H.

Proviamo che ║f║H*║y0║H:

prendiamo un arbitrario xH si ha allora che: f(x):=(x,y0)Hper la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz ( , )x x H ( , )y y H0 0 = =║x║H║y0║H e quindi abbiamo ottenuto che:


f(x)║x║H║y0║H xH

e questo ci dice che f xx H

( )║y0║H xH\{H} e quindi passando al sup si ha

sup\{ }x H H

f xx H

( )║y0║H che a norma di definizione significa che ║f║H*║y0║H.

Proviamo che ║y0║H║f║H*: poiché il funzionale lineare f è continuo allora:

f(x)║f║H*║x║H xH ()

Prendiamo allora x:=y

y H

0

0 che è banalmente un vettore di norma unitaria e calcoliamo la f su tale

vettore:

f(x)=f y

y H

0

0

:=

y

y H

0

0,y0

H=

10y H

(y0,y0)H=10y H

y0 H2 =║y0║H

e quindi nella () per tale vettore x:=y

y H

0

0 otteniamo ║y0║H║f║H* c.v.d.

IDENTIFICAZIONE DI UNO SP. DI HILBERT REALE CON IL SUO DUALE [0305/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno R-spazio di Hilbert. Vogliamo fare vedere allora che grazie al teorema precedente lo

spazio H è identificabile con il suo duale topologico cioè vogliamo fare vedere che esiste una

isometria lineare suriettiva tra H ed H*. Consideriamo:

:HH*

y(y) con (y)(x):=(x,y) xH

cioè l’operatore ad ogni vettore y associa un funzionale lineare e continuo (y):HR definito

da (y)(x)=(x,y)H xH.

Verifichiamo che sia una isometria lineare surgettiva.

Proviamo la surgettività di :

sia TH* segue allora dal teorema precedente che:

!yH t.c. T(x)=(x,y)H

cioè T è del tipo (y)=T ovvero T proviene dall’elemento yH.

Proviamo che è una isometria:


sia yH segue allora direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che

║y║H=║(y)║H*.

Proviamo la linearità di :

si tenga presente che H è uno sp. di Hilbert su R e quindi come sappiamo in questo caso il prodotto

scalare è lineare anche rispetto alla seconda variabile (poiché il coniugato di un numero reale

coincide con il numero reale). Siano ,R e y1,y2H si ha allora che:

(y1+y2)(x)=(x,y1+y2)H=(x,y1)H+(x,y2)H=((y1)+(y2))(x)= =(y1)(x)+(y2)(x)

Si osserva chiaramente dalla dimostrazione della linearità di che l’ipotesi che H sia uno spazio di

Hilbert su R è fondamentale poiché se avessimo supposto H spazio di Hilbert su C allora in tal

caso non avremmo potuto provare la linearità di poiché in questo caso la funzione prodotto

scalare non è lineare rispetto alla seconda variabile.

RAPPRESENTAZIONE DEI FUNZIONALI LINEARI DELLO SPAZIO EUCLIDEO n-DIMENSIONALE


Posto H:=Kn (spazio euclideo n-dimensionale), considerato con il prodotto scalare euclideo, cioé:

(x,y )H:=i

n

1xiyi x=(x1,...,xn),y=(y1,...,yn)H

che come già osservato rende H completo, ovvero H è di Hilbert, allora vogliamo vedere di che tipo

sono i funzionali lineari su H. Sia quindi f:HK un funzionale lineare, vogliamo allora fare vedere

che:

a1,...,anK t.c. f(x1,...,xn)=a1x1++anxn (x1,...,xn)H

║f║H*= a an12 2

Dimostrazione (esercizio) Si ricorda che un opertatore. lineare definito tra uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff di

dimensione finita ed uno spazio vettoriale topologico, è continuo. E pertanto essendo

dim(H)=n<+ allora il funzionale lineare f:HK è continuo, ovvero fH* e pertanto segue

direttamente dal toerma di Riesz che:

(c1,...,cn)H t.c. f(x1,...,xn)=(x1,...,xn,c1,...,cn)H (x1,...,xn)H

e questo per come è definito il prodotto scalare euclideo significa proprio che:

f(x1,...,xn)=c1 x1++cn xn (x1,...,xn)H

e quindi evidentemente per ottenere quanto voluto basta scegliere ai:=ci i=1,...,n.



Consideriamo la norma indotta dal prodotto scalare euclideo che come sappiamo è:

║(x1,...,xn)║H= x xn12 2 (x1,...,xn)H

Segue allora direttamente dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

║f║H*=║(c1,...,cn)║H= c cn12 2

e quindi osservando che:

ai2

=aiai =ci ci =ci ci= ci2

i=1,...,n

si ha quanto voluto.

Dimostriamo adesso il seguente fondamentale risultato che ci da la stima esatta della

distanza di un punto fissato da un iperpiano di uno spazio normato.

LEMMA DI ASCOLI [0305/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio normato reale (cioè un R-spazio normato)

fE*\{E*} (cioè f:ER funzionale lineare e continuo non nullo), R, x0E

Ts: d(x0,f -1())=f x

f E

( )*

0

Dim (per esercizio) Teniamo presente che per definizione d(x0,f -1()):= inf

( )x f 1 ║x-x0║E. Dobbiamo provare quindi che

inf( )x f 1

║x-x0║E=f x

f E

( )*

0 .

Proviamo che f x

f E

( )*

0 inf

( )x f 1 ║x-x0║E:

per Hp il funzionale lineare f è continuo e come sappiamo questo equivale a f(x)║f║E*║x║E

xE e quindi in particolare la precedente ci dice che

f(x0-x)║f║E*║x0-x║E xf -1():={xE : f(x)=} e quindi per la linearità di f e osservando che

f(x)= poiché xf -1(), si ha f(x0)-║f║E*║x-x0║E xf -1() f x

f E

( )*

0 ║x-x0║E


xf -1() e quindi passando all’inf al secondo membro sull’iperpiano f -1() si ha

f xf E

( )*

0 inf

( )x f 1 ║x-x0║E.

Proviamo che inf( )x f 1

║x-x0║Ef x

f E

( )*

0 :

fissiamo un arbitrario >0, e quindi ricordando che per definizione ║f║E*= sup\{ }x E E

f xx E

( ) si ha

allora per la IIa proprietà del sup che zE t.c. f zz E

( )>║f║E*- |f(z)|>(║f║E*-)║z║E

moltiplicando la precedente relazione per f x

f z( )

( )0

si ha |f(x0)-|>(║f║E*-)f x

f z zE

( )( )0

e

quindi posto y0:=x0-f x

f z( )

( )0

z, che si verifica banalmente (per la linearità di f) essere un vettore

di f -1(), otteniamo che |f(x0)-|>(║f║E*-)║x0-y0║E ║x0-y0║E<f xf E

( )*

0 e quindi tenendo

presente che y0f -1() si ha allora che inf( )x f 1

║x-x0║E║x0-y0║E<f xf E

( )*

0 e questo per

l’arbitrarietà di >0 ci dice che inf( )x f 1

║x-x0║Ef x

f E

( )*

0 c.v.d.


Osserviamo che l’uguaglianza della tesi del lemma di Ascoli ha una certa familiarità, infatti ci

ricorda dalla geometria nel piano (o nello spazio) la formula per trovare la distanza di un punto da

una retta, vediamo di renderci meglio conto di questo fatto. Posto E:=R2 considerato con la norma

Euclidea cioè ║(x,y)║E=(x2+y2)1/2 (x,y)R2, sia allora f:ER un funzionale lineare non

identicamente nullo, che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è quindi del tipo:

f(x,y)=ax+by (x,y)E con a,bR opportuni non entrambi nulli

ed inoltre ║f║E*= a b2 2 . Fissato un R consideriamo l’iperpiano:

f-1():={(x,y)R2 t.c. ax+by=}

i cui punti come si osserva chiaramente costituiscono la retta r:ax+by-=0. Fissato un qualunque

punto (x0,y0)R2 e applicando il lemma di Ascoli otteniamo.

d((x0,y0),f -1())=f x y

f E

( , )*

0 0

e quindi osservando che f(x0,y0)=ax0+by0, ║f║E*= a b2 2 e che f -1() altro non è che la retta

r:ax+by-=0 si ha allora sostituendo, che:


d((x0,y0),r)=ax by

a b0 0

2 2

e come sappiamo il secondo membro è la distanza del punto (x0,y0) dalla retta r:ax+by=. E quindi

la formula per trovare la distanza di un punto da una retta nel piano (un ragionamento identico si ha

per lo spazio cioè R3) altro non è che un caso particolare del lemma di Ascoli.

06-05-96

Diamo il concetto di serie in uno spazio normato che non è altro che un estensione del

concetto di serie che già abbiamo sui reali.

SERIE IN UNO SPAZIO NORMATO E LA SUA CONVERGENZA [0605/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia E uno spazio normato e {xn} una successione ordinaria in E. Diciamo allora serie associata a

{xn} la somma degli infiniti termini di {xn} cioè:

x1+x2++xn+=i

1xi

Fissato nN poniamo:

Sn=i

n

1xi

che prende il nome di ridotta n-esima. Nasce così in maniera naturale la succ. {Sn}nN detta

successione delle ridotte associata alla serie data. Diciamo che la serie è convergente se la succ.

delle ridotte ad essa associata è convergente, cioé se:

yE t.c. lim n║Sn-y║E= lim n i

n

1xi-y

E=0

dove il vettore y è la somma della serie e scriviamo quindi:

i

1xi=y

Diciamo che la serie i

1xi converge assolutamente se la serie a terimini reali non negativi:


i

1║xi║E

è convergente.



sia {xn}nN in E

Ts: Se n

1xn é convergente allora lim n

xn=E

Dim Poniamo:

Sk:=n

k

1xn kN

cioè consideriamo la successione delle ridotte che per ipotesi é convergente. Osserviamo allora che: lim k

xk= lim kxk+1= lim k

[Sk+1-Sk]= lim kSk+1- lim k

Sk=E c.v.d.



sia {xn}nN in E

Ts: n

1xn é di Cauchy >0 N t.c.

n k

k+p

xn

E< p,k>

Dim

Fissato un >0, poniamo:

Sk:=n

k

1xn kN

cioè consideriamo la successione delle ridotte che per ipotesi é di Cauchy. Osserviamo che:

n

k+p

1xn

E=

n

k+p

1xn-

n

k

1xn

E=║Sk+p-Sk║E (1)

Essendo per ipotesi la successione {Sn}kN di Cauchy allora in corrispondenza al fissato >0 si ha

che:

N t.c. ║Sk+p-Sk║E< p,k> (2)

e quindi dalla (1) e dalla (2) segue la tesi c.v.d.

Dim

Poniamo:


Sk:=n

k

1xn kN

e dimostriamo quindi che la successione delle ridotte {Sk}kN é di Cauchy. Osserviamo che:

║Sk+p-Sk║E=n

k+p

1xn-

n

k

1xn

E=

n

k+p

1xn

E

da questa questa e dall’ipotesi segue immediatamente la tesi.



sia {xn}nN in E

Ts: Se n

1xn converge assolutamente allora é convergente

Dim Osserviamo che:

n

k+p

1xn

E

n

k+p

1║xn║E ()

essendo per ipotesi la serie delle norme convergente e quindi in particolare di Cauchy allora dalla

() e per il teorema precedente segue che la serie n

1xn é di Cuchy e quindi convergente essendo

per ipotesi E completo c.v.d.



x1,...,xnH vettori a due a due ortogonali Ts: x1++xn H

2 = x1 H2 ++ xn H

2

Dim (esercizio) Teniamo presente che i vettori x1,...,xn sono per Hp a due a due ortogonali cioè:

i,j{1,...,n} con ij (ei,ej)H=0 (1)

Dimostriamo quindi l’uguaglianza della tesi procedendo per induzione:

Per n=2:


x1+x2 H2 =(x1+x2,x1+x2)H=(x1,x1)H+(x1,x2)H+(x2,x1)H+(x2,x2)H=per la (1) i termini intermedi sono

nulli=(x1,x1)H+(x2,x2)H= x1 H2 + x2 H

2

Supponiamo adesso l’asserto vero per n=k e proviamo che è vero per n=k+1:

teniamo quindi presente l’ipotesi induttiva che ci dice che: x1++xk+1 H

2 = x1 H2 ++ xk H

2 (2)

Banalmente il vettore x1++xk è ortogonale al vettore xk+1, infatti:

(x1++xk,xk+1)H=(x1,xk+1)H+(x2,xk+1)H++(x2,xk+1)H=0+0++0=0

E quindi si ha che: x1++xk+1 H

2 = (x1++xk)+yk+1 H2 =per il caso n=2= x1++xk H

2 + xk+1 H2 =per la

(2)= x1 H2 ++ xk H

2 + xk+1 H2 c.v.d.

Vogliamo osservare che se consideriamo un numero finito di vettori a due a due ortogonali

non nulli allora questi sono linearmente indipendenti.



x1,...,xnH a due a due ortogonali e non nulli

Ts: x1,...,xn sono linearmente indipendenti

Dim Vogliamo provare che se i vettori x1,...,xn hanno combinazione lineare nulla allora i coefficienti di

tale combinazione lineare sono tutti nulli. Siano quindi 1,...,nK t.c. i

n

1ixi=H e proviamo

che i=0 i=1,...,n. Fissiamo un qualunque indice j=1,...,n e facciamo vedere che j=0. Poiché

i

n

1ixi=H allora moltiplicando ambo i membri per il vettore ej otteniamo

i

n

1ixi,xj

H=0 e per

la linearità rispetto alla prima variabile del prodotto scalare si ha che i

n

1i(xi,xj)H=0 e poiché i

vettori x1,...,xn sono a due a due ortogonali si ha che j(xj,xj)H=0 cioè j xj H2 =0 ed essendo xjH

║xj║H0 deve allora necessariamente essere che j=0 c.v.d.




x1,...,xnH a due a due ortogonali e non nulli

F:=span({x1,...,xn}

Ts: F è un sottospazio vettoriale chiuso di dimensione finita n

Dim (esercizio)

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. x1,...,xn linearmente indipendenti ed

essendo per definizione F:=span({x1,...,xn}) che {x1,...,xn} base di Hamel e questo come

sappiamo per definizione significa che F è un sottospazio vettoriale di H di dimensione finita n, e

poiché abbiamo provato in precedenza che in generale un sottospazio vettoriale di dimensione finita

di uno spazio vettoriale topologico di Hausdorff è chiuso segue allora da questo che F è chiuso

c.v.d.

SUCCESSIONE ORTONORMALE [0605/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio pre-hilbertiano e {en} una successione ordinaria in H. Diciamo che la successione

{en} è ortonormale se i suoi vettori hanno norma unitaria e sono a due a due ortogonali, cioè se:

nN ║en║H=1 e (ei,ej)H=0 i,jN con ij

Si osserva subito dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che se consideriamo un

numero finito di vettori appartenenti ad una successione ortonormale allora questi sono linearmente

indipendenti.


Sia H spazio pre-hilbertiano

e1,e2,...,enH a due a due ortogonali e ║ei║H=1 i=1,...,n

F:=span({e1,e2,...,en})

x0F

Ts: x0=i

n

1(x0,ei)Hei

Dim (esercizio) Poiché x0F x0 è combinazione lineare dei vettori e1,...,en e quindi:

ono 1,...,nK t.c. x0=i

n

1iei ()

vogliamo allora provare che i coefficienti di tale combinazione lineare sono dati dal prodotto di x0

per i vettori della base {e1,...,en} cioè vogliamo fare vedere che i=(x0,ei)H i=1,...,n. Fissato

quindi un qualunque indice j{1,...,n} facciamo vedere che j=(x0,ej)H. Moltiplichiamo ambo i

membri della () per ej:


(x0,ej)H=

i

n

1iei ,ej

H=

i

n

1i(ei,ej)H=essendo gli ei a due a due ortogonali=j(ej,ej)H=

=j ej H2 =j c.v.d.

Propedeutica al risultato successivo è la seguente proprietà.




F:=span({e1,...,en})

x0H

Ts: valgono allora i seguenti fatti: !yFF┴ t.c. x0=F(x0)+yF

F(x0)=i

n

1(x0,ei)Hei

F(x0) H2 =

i

n

1(x0,ei)H

2

x0 H2 =

i

n

1(x0,ei)H

2+ yF H

2

Dimostrazione

Per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. F è un sottospazio chiuso di H segue allora

dal teorema fondamentale della teoria degli spazi di Hilbert che possiamo scrivere H come somma

algebrica di F e del suo complemento ortogonale cioè H=FF┴ e questo ci dice chiaramente che

possiamo scrivere in modo unico il vettore x0 come somma della sua proiezione ortogonale su F e di

un opportuno yFF┴ cioè:

x0=F(x0)+yF c.v.d.

Dimostrazione

Poiché F(x0)F allora per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. segue che:


F(x0)=i

n

1(F(x0),ei)Hei=per =

i

n

1(x0-yF,ei)Hei=

i

n

1(x0,ei)Hei-

i

n

1(yF,ei)Hei=poiché

yFF┴=i

n

1(x0,ei)Hei-0=

i

n

1(x0,ei)Hei= c.v.d.

Dimostrazione

Osserviamo che essendo e1,...,en a due a due ortogonali allora banalmente se moltiplichiamo questi

vettori per degli scalari non nulli del corpo K otteniamo ancora dei vettori a due a due ortogonali e

quindi segue da questo che in particolare i vettori (x,ei)Hei con i=1,..,n sono a due a due ortogonali.

E quindi si ha che:

F(x0) H2 =per la =

i

n

1(x0,ei)Hei

H

2

=per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=i

n

1(x0,ei)Hei H

2 = =i

n

1(x0,ei)H

2ei H

2 =i

n

1(x0,ei)H

2

c.v.d. Dimostrazione

Poiché i vettori F(x0) e yF sono ortogonali si ha: x0 H

2 =per = F(x0)+yF H2 =per la Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.= F(x0) H2 + yF H

2 =per la =i

n

1(x0,ei)H

2+ yF H

2

c.v.d.

DISUGUAGLIANZA DI BESSEL [0605/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


{en} successione in H ortonormale

x0H

Ts: n

1(x0,en)H

2 x0 H

2 (e quindi in particolare la serie è convergente)

Dim

Per ogni fissato nN denotiamo con Hn l’inviluppo lineare dell’insieme dei primi n termini della

nostra successione {en} cioè:

Hn:=span({e1,...,en})

Segue allora dalla proprietà precedente che:

nN ynHn t.c. x0 H

2 =i

n

1(x0,ei)H

2+ yn H

2

e quindi dalla precedente otteniamo:


i

n

1(x0,ei)H

2= x0 H

2 - yn H2 x0 H

2 nN

e quindi passando al limite per n otteniamo la tesi.

COEFFICIENTI DI FOURIER E SERIE DI FOURIER [0605/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio pre-hilbertiano, {en} una successione ortonormale in H e xH. Chiamiamo

coefficienti di Fourier del vettore x rispetto alla successione ortonormale {en}, gli elementi del

corpo K dati dal prodotto di x per i vettori della successione ortonormale cioè (x,en)H nN.

Chiamiamo serie di Fourier associata ad x la serie:

n

1(x,en)Hen



xH

{en} una successione ortonormale in H

Ts: La serie di Fourier n

1(x,en)Hen é convergente

Dim

Osserviamo che:

n=k+1

k+p (x0,en)Hen

H

2

=n=k+1

k+p (x0,en)H

2 k,pN

e pertanto essendo per la disuguaglianza di Bessel n

1(x0,en)H

2 una serie convergente e quindi

in particolare di Cauchy allora anche la serie di Fourier associata ad x é di Cauchy e quindi

convergente essendo per ipotesi H completo c.v.d.

Vogliamo adesso dare la condizione necessaria e sufficiente affinché valga anche il

viceversa della disuguaglianza di Bessel ovvero affinché si abbia l’identità detta identità di

Parsival. Dimostriamo però prima il seguente lemma che ci mostra una identità propedeutica alla

dimostrazione del nostro teorema.




xH


Ts: x-i

n

1(x,ei)Hei

H

2

= x H2 -

i

n

1|(x,ei)H|2

Dim

Fissiamo un nN andiamo a considerare:

x-i

n

1(x,ei)Hei

H

2

= x-

i

n

1(x,ei)Hei ,x-

i

n

1(x,ei)Hei

H

=

=(x,x)H- x,

i

n

1(x,ei)Hei

H

-

i

n

1(x,ei)Hei ,x

H

+

i

n

1(x,ei)Hei ,

i

n

1(x,ei)Hei

H

=

=(x,x)H-i

n

1( , )x ei H (x,ei)H-

i

n

1(x,ei)H( , )x ei H +

i

n

1(x,ei)Hei ,

i

n

1(x,ei)Hei

H

=

= x H2 -2

i

n

1|(x,ei)H|2+

i

n

1(x,ei)Hei

H

2

=per la proprietà Errore. L'argomento parametro è

sconosciuto.=

= x H2 -2

i

n

1|(x,ei)H|2+

i

n

1(x,ei)Hei H

2 = x H2 -2

i

n

1|(x,ei)H|2+

i

n

1|(x,ei)H|2 ei H

2 =

= x H2 -2

i

n

1|(x,ei)H|2+

i

n

1|(x,ei)H|2= x H

2 -i

n

1|(x,ei)H|2 c.v.d.

Dimostriamo quindi il seguente teorema che ci da le condizioni necessarie e sufficienti

affinché una serie di Fourier associata ad un punto converga al punto.



xH

{en} una successione ortonormale in H

le tre condizioni seguenti sono equivalenti:

(1) x=n

1(x,en)Hen (cioè la seriedi Fourier converge ad x)

(2) x H2 =

n

1(x,en)H

2 (identità di Parsival)


(3) xspan

nN {en}

Dim (1)(2)

Teniamo presente il lemma precedente che ci dice che:

x-i

n

1(x,ei)Hei

H

2

= x H2 -

i

n

1(x,ei)H

2 nN ()

Per Hp la serie converge ad x cioè x=n

1(x,en)Hen che lim n

x-i

n

1(x,ei)Hei

H

2

=0 e quindi

passando al limite per n nella () otteniamo: 0= x H2 -

n

1(x,en)H

2

x H2 =

n

1(x,en)H

2 c.v.d.

Dim (2)(3)

Consideriamo la succ. i

n

1(x,ei)Hei

che è chiaramente una succ. contenuta nell’inviluppo

lineare del sostegno della succ. {en} cioè in span

nN {en}

e quindi se riusciamo a provare che

tale succ. converge ad x allora dovrà necessariamente essere che xspan

nN {en}

. Teniamo

presente il lemma precedente che ci dice:

x-i

n

1(x,ei)Hei

H

2

= x H2 -

i

n

1(x,ei)H

2 nN ()

Per Hp la serie reale a termini non negativi i

1(x,ei)H

2 converge a x H

2 e questo come

sappiamo significa che lim nx H

2 -i

n

1(x,ei)H

2=0 segue allora da questo che passando al limite

per n nella () si ha che lim nx-

i

n

1(x,ei)Hei

H

2

=0 che x= lim n i

n

1(x,ei)Hei

c.v.d. Dim (3)(1) Per Hp il vettore x appartiene alla chiusura lineare della successione {en}. Fissato nN

consideriamo l’insieme:

Hn:=span({e1,...,en})

che per la Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. è un sottospazio chiuso di dimensione

finita n di H. Consideriamo allora la successione {d(x,Hn)} che è chiaramente una successione reale

non negativa e non crescente. Vogliamo provare che la successione {d(x,Hn)} è infinitesima cioè: lim n

d(x,Hn)=0 (1)


ovvero vogliamo provare che:

>0 N t.c. n d(x,Hn) (2)

E quindi fissiamo un arbitrario >0 e procediamo con la dimostrazione della (2). Teniamo

presente che chiaramente lo span di {en} è uguale all’unione degli Hn cioè:

span

nN {en}

=

nN Hn

e quindi passando alle chiusure otteniamo che la chiusura lineare di {en} è uguale alla chiusura

dell’unione degli Hn cioè:

span

nN {en}

= Hn

nN (3)

Poiché per Hp xspan

nN {en}

allora per la (3) x Hn

nN che esiste una successione

nell’unione degli Hn che converge verso x cioè: {yk} successione in

nN Hn t.c. lim k

d(x,yk)=0

e quindi in corrispondenza della quantità positiva si ha che:

~kN t.c. k

~k d(x,yk)

fissiamo quindi un qualunque indice k~k in corrispondenza del quale si ha un vettore yk tale che

d(x,yk). Poiché la successione {yk} dimora in

nN Hn che yk appartiene a qualche Hn cioè:

nN t.c. ykHn (4)

scelto allora come promesso nella (2) proprio l’indice n nella (4) (cioè scegliamo :=n) e

ricordando che la succ. {d(x,Hn)} è una succ. non crescente si ha allora che:

d(x,Hn)d(x,H):= infy H

║x-y║H║x-yk║H=:d(x,yk) n

E quindi abbiamo provato che la (1) ovvero che la successione ordinaria {d(x,Hn} converge a 0.

Sappiamo che dato un sottospazio chiuso ed un punto dello spazio allora l’unico punto del

sottospazio che realizza la distanza del punto dal sottospazio è la proiezione ortogonale del punto

sul sottospazio e quindi: d(x,Hn)=║x-Hn (x)║H nN (5)

inoltre segue dalla Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che:

Hn (x)=i

n

1(x,ei)Hei (6)

e quindi sostituendo la (6) nella (5) otteniamo:

d(x,Hn)= x-i

n

1(x,ei)Hei

H nN (7)



lim nx-

i

n

1(x,ei)Hei

H=0 x=

n

1(x,en)Hen c.v.d.

08-05-96

BASE ORTONORMALE DI UNO SPAZIO DI HILBERT [0805/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia H uno spazio di Hilbert e {en} successione ortonormale in H. Diciamo allora che {en} è una

base ortonormale di H se la sua chiusura lineare coincide con H cioè se:

span

nN {en}

=H

Si faccia bene attenzione al fatto che una base ortonormale di uno spazio di Hilbert non è una base

in senso algebrico in quanto la sua chiusura lineare coincide con lo spazio ma non il suo span.

TEOREMA DI GRAM-SCHMIDT [0805/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


{xn} successione in H linearmente indipendente

Ts: {en} in H successione ortonormale t.c. span

nN {en}

=span

nN {xn}

Dim (per esercizio)

Andiamo a costruirci la successione promessa dalla tesi.

Poniamo y1:=x1 e quindi normalizzando (poiché la successione che dobbiamo costruire deve essere

composta da versori) e1:=y

y H

1

1.

Posto F:=span({e1}) (retta passante per l’origine e per e1) vogliamo allora considerare come

secondo elemento della successione da costruire la proiezione ortogonale di x2 su F normalizzata.

Per il teorema fondamentale H=FF┴ allora y2F┴ t.c. x2=F(x2)+y2 e quindi:

y2=x2-F(x2)=x2-(x2,e1)H

poniamo quindi e2:=y

y H

2

2 e ovviamente (e1,e2)H=0 essendo e1F e e2F┴. Iterando il

ragionamento in generale si ha:

yn+1:=xn+1-i

n

1(xn+1,ei)Hei e consideriamo en+1:=

yy

n

n H

1

1


Evidentemente per costruzione la successione {en} ortonormale che soddisfa e si verifica

banalmente l’uguaglianza promessa dalla tesi.


Sia E uno spazio vettoriale su K, dim(E)=+

{xn}nN successione in E

Ts: {xnk}kN linearmente indipendente t.c. span

nN {xn}

=span

kN {xnk

}

Dim

Facciamo osservare che è necessario supporre che dim(E)=+, poiché se fosse dim(E)<+ allora

potrebbero esistere in E solo un numero finito di vettori linearmente indipendenti e quindi sarebbe

impossibile avere una successione in E linearmente indipendente. Dobbiamo costruire una estratta

linearmente indipendente il cui inviluppo lineare coincide con l’inviluppo lineare della successione

di partenza. Consideriamo: n1:=minnN : xnE n2:=minn>n1 : xnspan(xn1

) n3:=minn>n2 : xnspan(xn1

,xn2)

.........................................................

......................................................... nk:=minn>nk-1 : xnspan(xn1

,xn2,...,xnk1

)

nasce così una successione naturale {nk}kN che è evidentemente strettamente crescente, vogliamo provare allora che la corrispondente estratta {xnk

}kN è quella promessa dalla tesi. Proviamo come

prima cosa che {xnk}kN è linearmente indipendente. Fissato un arbitrario pN, siano quindi:

1,...,pK t.c. 1xn1++p-1xnp1

+pxnp =E

e facciamo vedere che 1=2=...=p=0. Se per assurdo fosse p0 allora si avrebbe xnp = -

1

p

xn1

+ -

p

p

1 xnp1

xnpspan({xn1,...,xnp1

}) ma questo è un assurdo poiché per

come è stata costruita l’estratta si ha xnpspan({xn1,...,xnp1

}); procedendo così si arriva a

1xn1=E e poiché xn1

E 1=0. Andiamo quindi a provare l’ultima parte della tesi.

Ovviamente span

kN {xnk

} span

nN {xn}

, proviamo che vale l’inclusione inversa cioé


span

nN {xn}

span

kN {xnk

} e questo evidentemente (tenendo presente che l’inviluppo

lineare è un sott.sp.vett.) equivale a provare che nN xnspan

kN {xnk

} . Sia quindi

nN allora se kN t.c. n=nk allora banalmente si ha xn=xnkspan

kN {xnk

} , se invece

kN si ha che nnk allora esisterà un certo kN t.c. nk<n<nk+1 e quindi essendo per definizione

nk+1 il più piccolo dei naturali tale che il corrispondente vettore della successione non sia combinazione lineare dei primi nk vettori della successione, allora deve necessariamente essere

xnspan({xn1,xn2

,...,xnk)span

kN {xnk

} c.v.d.


Sia H uno spazio di Hilbert separabile e di dimensione infinita

Ts: H ammette una base ortonormale

Dim

Per Hp H è separabile e quindi esiste una successione xn il cui sostegno è denso in H. Segue dalla

proprietà precedente che:

{xnk}kN linearmente indipendente t.c. span

nN {xn}

=span

kN {xnk

} (1)

Segue allora dal teorema di Gram-Schmidt che:

{en}nN ortonormale t.c. span

nN {en}

=span

kN {xnk

} (2)

Segue allora dalla (1) e dalla (2) che span

nN {en}

=span

nN {xn}

e quindi ricordando

che {xn}nN è densa in H allora passando alle chiusure otteniamo che

span

nN {en}

=span

nN {xn}

=H {en} è una base ortonormale c.v.d.

TEOREMA DI RIESZ-FISCHER [0805/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


sia n una successione di l2:=

{n}nN : nR nN e n

1|n|2<+

sia en una successione ortonormale di H


Ts.: xH t.c. che n

1nen=x ed (i coefficie. di Fourier di x sono) n=(x,en)H nN

Dim

Ci proponiamo di provare che la successione i

n

1iei

n N

è di Cauchy e quindi vogliamo

dimostrare che:

>0 N t.c. n>N e pN i

n p

1iei-

i

n

1iei

H<

Fissato quindi un >0, osserviamo che n,pN si ha:

i

n p

1iei-

i

n

1iei

H

2=

i n

n p

1iei

H

2=

i n

n p

1iei H

2=

i n

n p

1|i|2 ei H

2=

i n

n p

1|i|2=

=i

n p

1

|i|2-i

n

1|i|2 (1)

e poiché nl2 che la serie n

1|n|2 è convergente di Cauchy segue allora che in

corrispondenza di 2>0 si ha che:

N t.c. n> e pN i

n p

1

|i|2-i

n

1|i|2<2 (2)

e quindi da (1) e da (2) otteniamo che i

n p

1iei-

i

n

1iei

H

2<2 n> e pN e quindi

passando alle radici i

n p

1iei-

i

n

1iei

H< n> e pN. E quindi la successione

i

n

1iei

n N

è di Cauchy in H che è completo si ha allora che:

xH t.c. lim nx-

i

n

1iei

H=0

n

1nen=x

Proviamo l’altra parte della tesi. Fissato quindi nN si ha che:

(x,en)H=

k

1kek,en

H= lim r k

r

1kek,en

H=per la continuità del prodotto scalare=

= lim r

k

r

1kek,en

H= lim r k

r

1k(ei,en)H=poiché la base è ortonormale=n(en,en)H=

=n en H2

=n c.v.d.


Sia H uno spazio di Hilbert separabile, dim(H)=+

Ts: (H,║║H) è linearmente isometrico ad (l2,║║l2)


Dim

Si ricorda che:

║{n}║l2:=

n

1|n|2

1 2/

{n}l2

Dobbiamo dimostrare che esiste una isometria lineare suriettiva tra H e l2. Per Hp H è uno spazio di

Hilbert separabile e di dimensione infinita segue allora da Errore. L'argomento parametro è sconosciuto. che esiste {en}nN base ortonormale di H. Fissato x0H allora per la disuguaglianza di

Bessel si ha che:

n

1|(x0,en)H|2 x0 H

2

e questo evidentemente ci dice che la successione (x0,en)HnNl2. Andiamo allora a considerare

l’operatore:

:H l2

x (x):=(x,en)HnN

Ci proponiamo di provare che è l’isometria lineare surgettiva cercata.

Proviamo che è una isometria:

teniamo presente che {en} è una base ortonormale di H H=span

nN {en}

e quindi fissato un

arbitrario xH si ha allora per [0605/11] che vale l’uguaglianza di Parseval, e pertanto:

║(x)l2

2 =║(x,en)HnN l2

2 :=n

1|(x,en)H|2= x H

2

ed estraendo la radice quadrata si ha l’isometria.

Proviamo la linearità di :

fissati ,K e x,yH si ha:

(x+y)=(x+y,en)H=(x,en)H+(y,en)H=(x,en)H+(y,en)H=

=(x,en)H+(y,en)H=(x)+(y)

Per quanto concerne la suriettività deriva di peso dal teorema precedente. cioè dal teorema di

Riesiz-Fischer c.v.d.


(l2, (,)l2) è uno spazio di Hilbert separabile

Dim (esercizio) Ricordiamo che l’immagine continua di un insieme separabile è separabile e che uno spazio

normato linearmente isometrico ad uno spazio di Banach è di Banach. E quindi (l2,║║l2) è di

Banach e separabile essendo per il teorema precedente linearmente isometrico ad uno spazio di


Hilbert separabile. E quindi essendo ║║l2 la norma indotta dal prodotto scalare (,)l2 (H,(,)l2) di

Hilbert c.v.d.

15-05-96

Estendiamo il concetto di non decrescenza nel caso in cui si lavora con insiemi parzialmente

ordinati.

CONCETTO DI NON DECRESC. PER INSIEMI PARZIALM. ORDINATI [1505/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) un insieme parzialmente ordinato. diciamo allora che una data funzione f:XR{+}

è non decrescente se x,yX con xy f(x)f(y). Analogamente diciamo che una data succ.

ordinaria {xn}nN in X è non crescente se xn+1xn nN.

Quanto ci apprestiamo a mostrare è un risultato dovuto a Brezis-Browder che fu pubblicato

nel advances mathematics nel 1976. Tale risultato pur non essendo propriamente un principio, viene

considerato tale per l’eccezionale importanza di cui esso gode per il fatto che, nell’ambito

dell’Analisi non lineare, le applicazioni pratiche del risultato da esso raggiunto sono svariate.

PRINCIPIO DI BREZIS-BROWDER [1505/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,) un insieme parzi. ord. t.c. ogni success. non crescente ammette minorante

f:XR+ una funzione limitata inferiormente, non decrescente e f +

Ts:xX con f(x)<+ y0X t.c. y0x e zX con zy0 allora f(z)=f(y0)

Dim

Supponiamo per assurdo che la tesi non sia vera cioè:

x0X con f(x0)<+ t.c. yX con yx0 zX t.c zy e f(z)<f(y)

(si osserva che avremmo dovuto porre f(z)f(y), ma poiché f è non decrescente allora se zy

f(z)f(y) e quindi è giustificato perché f(z)<f(y)). Consideriamo l’insieme:

S0:=xX : xx0


per Hp f è limitata inferiormente su X e quindi a maggior ragione è limitata inferiormente su S0 cioé

l’inf su S0 di f è finito e pertanto teniamo presente che possiamo ricorrere alla IIa proprietà dell’inf.

Ovviamente x0x0 e quindi per la non tesi (x0 fa le veci di y) esiste zS0 in modo che f(z)<f(x0) e

quindi si ha:

x S0inf

f(x)f(z)<f(x0) x S0inf

f(x)<f(x0)

e per la IIa proprietà dell’inf, in corrispondenza a =12 f(x0)-

x S0inf

f(x)>0 si ha che:

x1S0 t.c. f(x1)<x S0inf

f(x)+=x S0inf

f(x)+12 f(x0)-

x S0inf

f(x)=

12 f(x0)+

12 x S0

inf

f(x)

Ripetiamo il ragionamento e quindi consideriamo l’insieme:

S1=xX : xx1

essendo x1S0 x1x0 e quindi per la non tesi (x1 fa le veci di y) esiste zx1 cioé zS1 in modo

che f(z)<f(x1) e quindi si ha:

x S1inf

f(x)<f(x1)

e per la IIa proprietà dell’inf, in corrispondenza a =12 f(x1)-

x S1inf

f(x)>0si ha che:

x2S1 t.c. f(x2)<x S1inf

f(x)+=x S1inf

f(x)+12 f(x1)-

x S1inf

f(x)=

12 f(x1)+

12 x S1

inf

f(x)

e quindi iterando il ragionamento in generale si ha che:

nN xn+1Sn t.c. f(xn+1)<12 f(xn)+

12 x Sn

inf

f(x) (1)

(ovviamente Sn+1SnSn-1...S1S0) otteniamo così una successione {xn}nN che è ovviamente

per costruzione non crescente, e che gode delle proprietà (1). Per l’ipotesi abbiamo che xn

ammette minorante cioè:

x*X t.c. x*xn nN (2)

Poiché f è non decrescente e limitata inferiormente allora la successione reale f(xn) è non

crescente e quindi converge al suo inf cioè:

:= lim nf(xn)=

ninfN

f(xn) (3)

Per la (2) e la non decrescenza della f si ha che f(x*)f(xn) nN e quindi passando all’inf su n

per la (3) si ha che:

f(x*) (4)

Inoltre poiché x*x0 allora esiste per la non tesi:

zX t.c. zx* e f(z)<f(x*) (5)


e quindi per (2) e (5) si ha zx*xn nN zSn nN e questo assieme alla (1) ci dice

che:

f(xn+1)<12 f(xn)+

12 x Sn

inf

f(x)12 f(xn)+

12 f(z) nN

e quindi passando al limite per n per la (3) otteniamo:

f(z) (6)

E quindi in definitiva da (4), (5) e da (6) abbiamo f(z)<f(x*)f(z) f(z)<f(z) e siamo ad un

assurdo c.v.d.

Una prima fondamentale applicazione di tale principio la troviamo nel qui di seguito esposto

risultato dovuto al matematico Ekeland nel 1972.

PRINCIPIO VARIAZIONALE DI EKELAND [1505/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


f:XR[+] semicontinua inferiormente, limitata inferiormente e f +

Ts: >0 e x0X con f(x0)x Xinf

f(x)+ y0X tale che valgano:

f(y0)f(x0)

d(x0,y0)1

f(x)>f(y0)-d(x,y0) xX\y0

Dim Mettiamoci nelle ipotesi del principio di Brezis-Browder. Fissiamo ad arbitrio un >0 ed ordiniamo

X con una relazione del seguente tipo:

x,yX xy f(x)f(y)-d(x,y)

proviamo quindi che tale relazione è di ordine parziale ossia che è riflessiva, antisimmetrica e

transitiva, ovvero:

(a) xx xX

(b) se x,yX t.c. xy e yx x=y

(c) se x,y,zX t.c. xy e yz xz

Verifichiamo (a):

la verifica è ovvia poiché banalmente f(x)=f(x)-0=f(x)-d(x,x)

Verifichiamo (b):

Poiché xy e yx f(x)f(y)-d(x,y) e f(y)f(x)-d(y,x) 0-2d(x,y) d(x,y)=0 e questo per

definizione di metrica ci garantisce che x=y.

Verifichiamo (c):


Poiché xy e yz f(x)f(y)-d(x,y) e f(y)f(z)-d(y,z) e quindi sommando membro a membro

f(x)+f(y)f(y)-d(x,y)+f(z)-d(y,z) e pertanto si ha:

f(x)-d(x,y)+f(z)-d(y,z)=f(z)-[d(x,y)+d(y,z)]f(z)-d(x,y)

Evidentemente rispetto all’ordinamento parziale introdotto in X la f è non decrescente infatti se

x,yX con xy allora f(x)f(y)-d(x,y)f(y) f(x)f(y).

Verifichiamo ora che ogni successione in X non crescente in riferimento all’ordinamento parziale

introdotto, ammette minorante. Sia quindi {xn}nN in X t.c. xn+1xn nN e quindi per la non

decrescenza già provata della f si ha che f(xn+1)f(xn) nN che la successione reale

{f(xn)}nN è non crescente e quindi converge al suo inf che è finito essendo per Hp f limitata

inferiormente. Per raggiungere il nostro scopo (cioè mostrare che {xn} ammette minorante)

facciamo vedere che la succ. in questione {xn}nN è di Cauchy. Siano quindi nN e pN e

pertanto essendo la succ. {xn}nN non crescente allora xn+pxn+p-1xn+p-2...xn (essendo

l’ordinamento parziale transitivo per definizione) xn+pxn

f(xn+p)f(xn)-d(xn+p,xn) e da questo esplicitando otteniamo che:

d(xn,xn+p)1 (f(xn)-f(xn+p)) (1)

osserviamo che f(xn) è convergente f(xn) di Cauchy e quindi per la maggiorazione

precedente si ha che anche xn è di Cauchy (essendo schiacciata da una successione di Cauchy) e

pertanto essendo per Hp lo spazio metrico X completo allora possiamo certamente affermare che

xn è convergente cioé: x*X t.c. lim n

xn=x* (2)

Ci proponiamo allora di provare che il punto x* è il minorante cercato della successione {xn} cioè

che x*xn nN. Fissato quindi un arbitrario nN, osserviamo che per Hp f è semicontinua

inferiormente e per la (2) la successione {xn} è convergente a x* e quindi segue dalla

caratterizzazione [1512/25] che f(x*) è minore o uguale al limite minimo della {f(xn)}, ma tale

successione è convergente e pertanto massimo e minimo limite coincidono e sono uguali al limite

della successione, ovvero in simboli: f(x*) lim n

f(xn) (3)

E quindi per la (2) (ricordando che la metrica è continua) passando limite per p nella (1)

otteniamo:

d(xn,x*)1 f(xn)- lim p

f(xn+p)per la (3)

1 (f(xn)-f(x*))

dalla precedente otteniamo f(x*)f(x)-d(x*,xn) e questo per definizione dell’ordinamento parziale

in X da noi introdotto significa proprio che x*xn.

E quindi sono soddisfatte le ipotesi del principio di Brezis-Browder e pertanto preso:


x0X con f(x0)x Xinf

f(x)+ (ovviamente f(x0)<+) (4)

segue da tale principio che:

y0X t.c. y0x0 e zX con zy0 si ha f(z)=f(y0) (5)

Verifichiamo quindi che tale punto y0 soddisfa la , e la .

Verifichiamo la :

per la (5) y0x0 e quindi per la non decrescenza della f si ha f(y0)f(x0).

Verifichiamo la :

poiché y0X allora ovviamente:

x Xinf

f(x)f(y0) (6)

per la (5) y0x0 f(y0)f(x0)-d(y0,x0) e quindi si ha:

d(x0,y0)1 (f(x0)-f(y0))per la (4) e la (6)

1

x Xinf

f(x)+-x Xinf

f(x)=

1=1

Verifichiamo la :

supponiamo per assurdo che xX\{y0} t.c. f(x)f(y0)-d(x,y0) xy0 segue allora dalla (5)

(con z=x) che f(x)=f(y0) e quindi da f(x)f(y0)-d(x,y0) segue che d(x,y0)=0 x=y0 e questo è un

assurdo poiché xX\{y0}.

E pertanto la tesi è completamente dimostrata.

Vediamo ora una espressione equivalente, ma formalmente più completa del principio di

Ekeland.




Ts: ,>0 e x0X con f(x0)x Xinf

f(x)+ y0X tale che valgano:

f(y0)f(x0)

d(x0,y0)1

f(x)>f(y0)-d(x,y0) xX\y0

Dim

Ovvia conseguenza del principio di Ekeland infatti se consideriamo X con la metrica:

(x,y):=d(x,y)


che è ovviamente equivalente a d (e quindi ogni Hp topologica in (X,d) vale anche in (X,)), e

banalmente X è completo rispetto a tale metrica (poiché lo è rispetto a d). Allora applicando di peso

il principio di Ekeland considerando (X,) si ha la tesi.

OSSERVAZIONE 1505/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Nel corollario precedente si nota che per avere un’approssimazione migliore del punto x0 si sceglie:

:=1 .

-PUNTO DI EKELAND [1505/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]

Sia (X,d) spazio metrico, f:XR funzione, >0 e y0X. Diciamo allora che il punto y0 è un -

punto di Ekeland relativo ad f se:

f(x)>f(y0)-d(x,y0) xX\{y0}

Denotiamo con E,f l’insieme degli -punti di Ekeland per la f cioé:

E,f :={yX : f(x)>f(y)-d(x,y) xX\{y}}

Applicando di peso il principio variazionale di Ekeland otteniamo ile seguente teorema di

esistenza.

TEOREMA DI ESISTENZA DI PUNTI DI -EKELAND [1505/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]



Ts: >0 y0X -punto di Ekeland relativo ad f

Dim (esercizio) Fissiamo un >0 e osserviamo che per Hp f è limitata inferiormente e quindi possiamo ricorrere alla

IIa proprietà del’inf e pertanto in corrispondenza del fissato si ha che:

x0X t.c. f(x0)<x Xinf

f(x)+

siamo allora nelle Hp del principio variazionale di Ekeland da cui segue che:

y0X t.c. f(x)>f(y0)-d(x,y0) xX\{y0} c.v.d.

20-05-96


Vediamo qualche applicazione del principio di Ekeland alla teoria dei punti fissi. Il primo

risultato che consideriamo è quello dimostrato nel 1976 da Caristi.

TEOREMA DI CARISTI [2005/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


f:XX funzione

:X[0,+] semicontinua inferiormente e t.c. d(x,f(x))(x)-(f(x)) xX

Ts: x*X t.c. f(x*)=x* (cioé f ammette almeno un punto fisso)

Dim

Per Hp la è semicontinua inferiormente ed ovviamente è limitata inferiormente (poiché essendo f

a valori in [0,+[ allora 0inf f(X)) e quindi soddisfa le ipotesi del principio di Ekeland e perciò

come sappiamo >0 ammette almeno un -punto di Ekeland. Vogliamo allora provare che ogni

-punto di Ekeland con ]0,1[ è un punto fisso per la f. Fissato quindi ]0,1[ allora y0X -

punto di Ekeland cioé tale che (x)>(y0)-d(x,y0) xX\{y0} e questa in particolare ci dice che:

(x)(y0)-d(x,y0) xX ()

segue allora dall’ipotesi che:

d(y0,f(y0))(y0)-(f(y0))per la ()(y0)-(y0)+d(f(y0),y0)=d(y0,f(y0))

(ovviamente nella applicazione della () si è considerato x:=f(y0)) e quindi essendo 0<<1 allora

deve necessariamente essere che d(y0,f(y0))=0 f(y0)=y0 y0 punto fisso per la f

c.v.d.

Dimostriamo adesso un noto teorema trattato anche nel corso di Analisi II che ci assicura

l’esistenza e l’unicità di un punto fisso per una qualunque contrazione che va da uno spazio metrico

completo in se.

TEOREMA DI BANACH-CACCIOPPOLI (O DELLE CONTRAZIONI) [2005/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


f:XX contrazione

Ts: !x*X t.c. f(x*)=x*

Dim


Poiché f è una contrazione allora per definizione:

L]0,1[ t.c. d(f(x),f(y))Ld(x,y) x,yX (1)

Per provare la nostra tesi vogliamo fare uso del teorema di Caristi. Consideriamo allora la funzione:

:E[0,+] definita da (x):=1

1 Ld(x,f(x))

verifichiamo quindi che tale soddisfa alle ipotesi di Caristi cioè che è semicontinua

inferiormente e soddisfa la relazione:

d(x,f(x))(x)-(f(x)) xX (2)

Ovviamente è semicontinua inferiormente infatti f è una contrazione f continua ed inoltre

come sappiamo la metrica d è continua e pertanto è continua essendo composizione di funzioni

continue e quindi in particolare è semicontinua inferiormente. Verifichiamo adesso che soddisfa alla relazione (2) cioé per definizione che

d(x,f(x))1

1 Ld(x,f(x))-

11 L

d(f(x),f(f(x))) xX ovvero che vale d(x,f(x))1

1 L d(x,f(x))-

d(f(x),f(f(x)) xX e questa è vera se e solo se è vera

(1-L)d(x,f(x))d(x,f(x))-d(f(x),f(f(x))) xX e questa è vera se e solo se è vera d(x,f(x))-Ld(x,f(x))d(x,f(x))-d(f(x),f(f(x))) xX -Ld(x,f(x))-d(f(x),f(f(x))) xX d(f(x),f(f(x)))Ld(x,f(x)) ma quest’ultima evidentemente segue direttamente dalla (1) per y=f(x).

Segue allora dal teorema di Caristi che:

x*X t.c. f(x*)=x*

L’unicità del punto fisso x* segue direttamente dal fatto che f è una contrazione infatti se per

assurdo y0X e y0x* t.c. f(y0)=y0 allora:

d(x*,y0)=d(f(x*),f(y0))Ld(x*,y0)

ed essendo 0<L<1 dovrà necessariamente essere d(x*,y0)=0 x*=y0 e siamo ad un assurdo poiché

si aveva che x*y0 c.v.d.

Il seguente corollario è una generalizzazione del teorema delle contrazioni.



T:XX ammette un iterata che è una contrazione

Ts: !uX t.c. T(u)=u

Dim (esercizio) Per Hp f ammette un iterata che è una contrazione cioé:


mN t.c. Tm:=T T Tm volte

:XX contrazione

segue allora dal teorema di Banach-Caccioppoli che:

!x*X Tmu=u (omettiamo le parentesi per semplicità)

Applichiamo la T ad ambo i membri di Tmu=u e otteniamo T(Tmu)=Tu che si può scrivere anche

come Tm(Tu)=Tu che Tu è punto unito per Tm e quindi per l’unicità de punto unito u deve essere

che Tu=u u punto unito di T. Dimostriamo quindi l’unicità del punto unito u di T. Supponiamo

che wX t.c. Tw=w applicando quindi T a Tw otteniamo T(Tw)=Tw=w T2w=w e ancora

applicando T a T2w otteniamo T(T2w)=Tw=w T3w=w e quindi iterando il ragionamento

otteniamo Tmw=w e pertanto per l’unicità del punto unito u deve essere che w=u

c.v.d.

TEOREMA DI CLARKE [2005/Errore. L'argomento parametro è sconosciuto.]


XE chiuso e convesso

f:XX continua e tale che ]0,1[ in modo che:

xX t]0,1] t.c. detto xt:=tf(x)+(1-t)x allora ||f(x)-f(xt)||E||x-xt||E

Ts: x*X t.c. f(x*)=x*

Dim

Per Hp XE è chiuso e quindi X è completo in quanto chiuso di un completo. Definiamo

:X[0,+] nel seguente modo:

(x):=||x-f(x)||E xX

ovviamente la soddisfa le ipotesi del principio di Ekeland, proviamo allora che gli

-punti di Ekeland per la con 0<<1- sono fissi per f. Fissato quindi 0<<1- allora yX -

punto di Ekeland della e quindi:

(x)(y)-║x-y║E xX

ovvero:

||x-f(x)||E||y-f(y)||E-||x-y||E xX (1)

Per Hp si ha che fissato un qualunque xX allora esiste un punto contenuto nel segmento di estremi

x ed f(x) tale che la sua distanza da x moltiplicata per è minorata dalla distanza d f calcolata in

esso da f(x), e quindi in corrispondenza di

-punto yX si ha che:

t]0,1[ t.c. posto yt:=tf(y)+(1-t)y allora ||f(y)-f(yt)||E||y-yt||E (2)

Osserviamo che per definizione yt appartiene al segmento | [ ] y yt f(y)


di estremi y ed f(y) e quindi banalmente

la distanza di yt da f(y) la possiamo esprimere come la lunghezza del segmento diminuita della

distanza di y da yt cioè:

||yt-f(y)||E=||y-f(y)||E-||y-yt||E (3)


||y-yt||E=||y-tf(y)-(1-t)y||E=||y-tf(y)-y+ty||E=t||y-f(y)||E (4)

Segue dalla (1) per x=yt che:

||y-f(y)||E||yt-f(yt)||E+||yt-y||E=||yt-f(y)+f(y)-f(yt)||E+||y-yt||E

||yt-f(y)||E+||f(y)-f(yt)||E+||y-yt||Eper (3) e (2)||y-f(y)||E-||y-yt||E+||y-yt||E+||y-yt||E= =per

(4)=||y-f(y)||E-t||y-f(y)||E+t||y-f(y)||E+t||y-f(y)||E

e quindi 0t(+-1)||y-f(y)||E e pertanto osservando che t>0 e che la quantità dentro parentesi è

negativa (poiché +<+1-=1) allora deve necessariamente essere che

||y-f(y)||E=0 f(y)=y c.v.d.

Appunti di analisi funzionale [a.a. 1995 1996][prof. biagio ricceri][santi caltabiano][università...

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