Dispense Analisi Funzionale

5/8/2018 Dispense Analisi Funzionale - slidepdf.com

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Appunti del Corso di

ANALISI REALE E FUNZIONALE

Vittorino Pata

Dipartimento di Matematica “F. Brioschi”Politecnico di Milano

[email protected]

http://www.mate.polimi.it/utenti/Pata



Indice

I. Teoria della misura 3

1 Spazi di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1 Spazi misurabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Funzioni semplici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Misure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Completamento di una misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 La misura di Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1 Misura esterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Costruzione della misura: condizione di Caratheodory . . . . . . . . . . . . 122.3 Insiemi non misurabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3 Integrazione astratta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.1 Integrazione di funzioni positive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.2 Integrazione di funzioni reali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.3 Cambiamento di variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Il ruolo degli insiemi di misura nulla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.5 Integrazione secondo Riemann e secondo Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . 263.6 Convergenza puntuale, uniforme e in L1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 Differenziazione e integrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.1 Il Teorema di Radon-Nykodym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2 Il Primo Teorema Fondamentale del Calcolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.3 Funzioni assolutamente continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5 Prodotto di misure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.1 Prodotto di spazi misurabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2 Il Teorema di Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.3 Completamento di misure prodotto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.4 Cambio di variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

II. Spazi di Banach 41

1 Geometria degli spazi di Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.1 Spazi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

1.2 Spazi normati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.3 Nozioni topologiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.4 Successioni convergenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.5 Separabilita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.6 Completezza: spazi di Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471.7 Norme equivalenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501.8 Gli spazi L p(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2 Operatori lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.1 Definizioni e prime proprieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.2 Iniezioni continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.3 Il Teorema di Baire e le sue conseguenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

1



2

3 Lo spazio duale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.1 Definizioni e prime proprieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.2 Il Teorema di Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.3 Riflessivita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.4 Convergenza debole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.5 Convergenza debole-∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.6 Operatori compatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.7 Sulle diverse convergenze negli spazi L p(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

III. Spazi di Hilbert 79

1 Geometria degli spazi di Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 791.1 Spazi con prodotto interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 791.2 Completezza: spazi di Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 811.3 Proiezioni ortogonali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 821.4 Il duale di uno spazio di Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 841.5 Basi ortonormali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 851.6 Lo spazio L2(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

2 Teorema spettrale per gli operatori compatti simmetrici . . . . . . . . . . . . . . . 912.1 Rappresentazione matriciale degli operatori limitati . . . . . . . . . . . . . 912.2 Operatori simmetrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 922.3 Operatori compatti simmetrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

3 Cenni agli operatori non limitati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.1 Operatori chiusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.2 Operatori simmetrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98



I. Teoria della misura

1 Spazi di misura

1.1 Spazi misurabili

Lo scopo della teoria della misura e di fornire una procedura per misurare i sot-toinsiemi di un insieme assegnato, per poi poter sviluppare una conseguente teoriadell’integrazione. Sia dunque Ω un insieme astratto. Ci proponiamo di definire unamisura positiva sui sottoinsiemi di Ω, cioe una funzione µ : P (Ω) → [0, ∞], doveP (Ω) e l’insieme delle parti di Ω, che abbia certe ragionevoli proprieta. Tuttavia,come vedremo, cio puo non essere possibile se si fanno richieste specifiche sulla µ.Dunque occorrera limitarsi a particolari sottoinsiemi di P (Ω).

Definizione. Una famigliaM

⊂ P (Ω) e detta σ-algebra (su Ω) se verifica le seguentiproprieta:

(i) Ω ∈M;

(ii) Se E ∈M allora E C = Ω − E ∈M;

(iii) Se E =

n∈N E n e E n ∈M per ogni n ∈ N, allora E ∈M.

Gli elementi di M sono detti insiemi misurabili , e la coppia (Ω,M) e detta spaziomisurabile.

Osservazione. L’assioma (i) serve ad evitare cheM sia vuota. L’assioma (ii) cidice cheM e chiusa rispetto alla complementazione. Se l’assioma (iii) e sostituitodall’analogo con unioni e somme finite, allora si parla di algebra . Il prefisso “σ”in Analisi viene generalmente utilizzato per indicare la chiusura rispetto a uninsieme numerabile di operazioni.

Proprieta immediate. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile.

- Poiche ∅ = ΩC , segue che ∅ ∈M.

3



4

- Prendendo E n+1 = E n+2 = · · · = ∅ in (iii), si evince immediatamente che M ein particolare un’algebra.

- Usando la relazione n∈N E n = n∈N E C

n C , si vede che M e chiusa rispettoall’intersezione numerabile (e finita).

- Poiche E − F = E ∩ F C , abbiamo che E − F ∈M se E ∈M e F ∈M.

Osservazione. Se Ω0 ∈M, allora la restrizione di M su Ω0, ovvero

M|Ω0 =

E ∈M : E ⊂ Ω0

,

e una σ-algebra su Ω0.

Proposizione 1.1. SeE

e una collezione di sottoinsiemi di Ω, allora esiste la piu piccola σ-algebra M∗ su Ω tale che E ⊂M∗.

dimostrazione. Si noti che P (Ω) e una σ-algebra su Ω. Dunque l’insiemedelle σ-algebre contenenti E e non vuoto. Sia dunque M∗ l’intersezione di tuttele σ-algebre contenenti E . E evidente che E ⊂ M

∗, e che M∗ e a sua voltacontenuta in ogni σ-algebra che contiene E . Per completare la dimostrazione sideve provare che M∗ e una σ-algebra. Se E n ∈ M∗, e M ⊃ M∗ e una qualsiasiσ-algebra, allora

n E n ∈ M, da cui

n E n ∈ M∗. Analogamente, si dimostra

la validita degli assiomi (i) e (ii).

La σ-algebra M∗ e detta generata da

E .

Esercizio 1. Siano E 1, . . . , E n n insiemi non vuoti a due a due disgiunti tali cheΩ =

k E k. Trovare la σ-algebra su Ω generata dagli E k e stabilirne la cardinalita.

Insiemi di Borel. Se Ω e uno spazio topologico, la σ-algebra generata dagli apertidi Ω e detta σ-algebra di Borel (su Ω), e viene indicata con B(Ω). Gli elementi diB(Ω) sono detti insiemi di Borel o Boreliani . Sono dunque Boreliani gli insiemiaperti e chiusi, gli insiemi Gδ (intersezioni numerabili di aperti), e gli insiemi F σ(unioni numerabili di chiusi).1

Osservazione. Si noti che un insieme Gδ e il complementare di un insieme F σ,

e viceversa.

Definizione. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile, e sia X uno spazio topologico. Unafunzione f : Ω → X e detta misurabile (rispetto alla σ-algebra M) se f −1(A) ∈ Mper ogni aperto A ⊂ X .

Osservazione. Se Ω e uno spazio topologico ed f : Ω → X e continua, alloraevidentemente f e Borel misurabile, cioe misurabile rispetto a B(Ω).

1La terminologia e dovuta ad Hausdorff; σ si riferisce all’unione (Summe) e δ all’intersezione(Durchschnitt).



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Esercizio 2. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile, e sia E ∈ P (Ω). Definiamo la funzione caratteristica di E nel seguente modo:

χE (t) = 1, t ∈ E,0, t ∈ E.

Mostrare che E ∈M se e solo se χE e misurabile.

Teorema 1.2. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile, e siano X e Y spazi topologici.Se f : Ω → X e misurabile e g : X → Y e continua, allora h = g f : Ω → Y emisurabile.

dimostrazione. Sia A ⊂ Y un aperto. Allora

(g

f )−1(A) = f −1(g−1(A)).

Ma O = g−1(A) e aperto in X , e dunque f −1(O) ∈M.

Osservazione. Se invece f e misurabile e g e misurabile, g f puo non esseremisurabile, anche se f e continua.

Teorema 1.3. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile, e siano u e v due funzioni mi-surabili a valori reali, e sia Φ : R2 → X una funzione continua a valori in uno spaziotopologico X . Allora la funzione h(t) = Φ(u(t), v(t)) definita da Ω a X e misurabile.

dimostrazione. Sia f (t) = (u(t), v(t)) : Ω → R2. Dato che h = Φ f , dalteorema precedente e sufficiente mostrare che f e misurabile Sia R = I

×J un

rettangolo aperto in R2. Allora

f −1(R) = u−1(I ) ∩ v−1(J ) ∈M.

Un generico aperto A ⊂ R2 e unione numerabile di rettangoli aperti. Ovvero,A =

n Rn. Quindi

f −1(A) = f −1

n

Rn

=n

f −1(Rn).

Pertanto f −1(A) ∈M.

I due teoremi appena visti hanno delle conseguenze immediate piuttosto impor-tanti.

Corollario 1.4. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile, e siano u e v due funzioni mi-surabili a valori reali.

- u + v e uv sono misurabili.

- u+ = maxu, 0, u− = − minu, 0 e |u| = u+ + u− sono misurabili.



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Osservazione. La funzione u si puo scrivere come ρ|u|, dove ρ e misurabile e|ρ(t)| = 1. Sia infatti

E =

t ∈ Ω : u(t) ≥ 0

.

Notiamo che E e misurabile. Definiamo allora

ρ(t) = χE (t) − χE C (t).

Osservazione. Le funzioni u+ e u− sono dette rispettivamente parte positiva e parte negativa di u. Inoltre, u = u+ − u− e una rappresentazione della u chesoddisfa la seguente proprieta di minimalita: se u = u1−u2, con u1 ≥ 0 e u2 ≥ 0,allora u+ ≤ u1 e u− ≤ u2.

Teorema 1.5. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile, sia X uno spazio topologico, e sia f : Ω

→X .

- La collezione N degli insiemi E ⊂ X tali che f −1(E ) ∈M e una σ-algebra su X .

- Se f e misurabile e E ∈ B(X ) allora f −1(E ) ∈M.

- Se X = [−∞, ∞] e f −1((a, ∞]) ∈M per ogni a ∈ R, allora f e misurabile.

dimostrazione. Il primo e il terzo punto li lasciamo per esercizio. Per quantoriguarda il secondo, dato che f e misurabile N contiene tutti gli aperti di X , equindi N ⊃ B(X ).

Osservazione. Si noti che nel terzo punto si poteva equivalentemente richiedereche f −1([a, ∞]) ∈M, f −1([−∞, a)) ∈M, oppure f −1([−∞, a]) ∈M.

Osservazione. In particolare, se f e Borel misurabile, le controimmagini diBoreliani sono Boreliani.

Esercizio 3. Mostrare che il Teorema 1.2 continua a valere se g e solo Borelmisurabile.

Consideriamo infine successioni di funzioni misurabili f n a valori in [−∞, ∞].Diciamo che f e il limite puntuale di f n se

f (t) = limn→∞

f n(t), ∀t ∈ Ω.

Analogamente definiamo le funzionisupn

f n

(t) = supn

f n(t),

lim supn→∞

f n

(t) = lim supn→∞

f n(t),

e le corrispondenti con l’inf. Vogliamo mostrare che la misurabilita e una nozionestabile per passaggi al limite.



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Teorema 1.6. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile, e sia f n : Ω → [−∞, ∞] una successione di funzioni misurabili. Allora 2

g = supn

f n e h = limsupn→∞

f n

sono misurabili.

dimostrazione. La misurabilita di g segue dal fatto che

g−1((a, ∞]) =n

f −1n ((a, ∞]).

Il risultato identico si ottiene prendendo l’inf al posto del sup. Infine, poiche

h(t) = inf n≥1

supk≥n

f k(t)

,

concludiamo che anche h e misurabile.

Corollario 1.7. Il limite puntuale di una successione di funzioni misurabili, quandoesiste, e misurabile.

1.2 Funzioni semplici

Definizione. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile. Una funzione misurabile s : Ω → R

e detta semplice se s(Ω) consiste di un numero finito di valori. Dunque

s(t) =N

n=1

anχE n(t),

dove gli an sono numeri reali distinti tra loro, e gli E n sono insiemi misurabilidisgiunti tali che Ω =

N n=1 E n.

Teorema 1.8. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile e sia f : Ω → [0, ∞] misurabile.Allora esiste una successione di funzioni semplici sn tale che

0 ≤ s1 ≤ · · · ≤ f

esn(t) → f (t), ∀t ∈ Ω.

dimostrazione. Fissiamo n

∈N, e suddividiamo l’intervallo [0, n) in n2n

intervallini I j = [a j, b j), ciascuno di lunghezza pari a 2−n. Poniamo quindiE 0 = f −1([n, ∞]) e E j = f −1(I j). Definiamo allora

sn = nχE 0 +k

j=1

a jχE j .

Notiamo che sn ≤ sn+1. Se f (t) = ∞, allora sn(t) = n per ogni n. Se f (t) < ∞,allora f (t) < n da un certo n in poi, e 0 ≤ f (t) − sn(t) ≤ 2−n.

2Data una successione numerica an si ha limsupn→∞

an = inf n≥0

supk≥n

ak e lim inf n→∞

an = supn≥0

inf k≥n

ak.



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Osservazione. Si evince dalla dimostrazione che se f e limitata, allora vale ilrisultato piu forte

limn→∞ sup

t∈Ω |f (t)

−sn(t)

| = 0.

In questo caso, la convergenza e detta uniforme.

1.3 Misure

Definizione. Sia (Ω,M) uno spazio misurabile. Una funzione µ : M → [0, ∞] sidice misura positiva (o, piu semplicemente, misura) se e numerabilmente additiva ,ovvero, data una successione di insiemi disgiunti E n ∈M, si ha che3

µ

nE n

=

nµ(E n).

Per evitare casi banali, assumiamo inoltre che µ(E ) < ∞ per almeno un E ∈ M.La terna (Ω,M, µ) e detta spazio di misura .

Si noti che il valore ∞ e ammissibile. La misura che assegna ad ogni insiemeil valore 0 e la misura banale. Una misura si dice finita se µ(Ω) < ∞. Infine,una misura definita sulla σ-algebra di Borel di uno spazio topologico Ω e chiamatamisura di Borel su Ω.

Osservazione. Se Ω0 ∈M, allora (Ω0,M|Ω0, µ|M|Ω0 ) e uno spazio di misura.

Proprieta immediate. Sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura.

(i) µ(∅) = 0;

(ii) µ e finitamente additiva, ovvero dati E, F ∈ M con E ∩ F = ∅, segue cheµ(E ∪ F ) = µ(E ) + µ(F );

(iii) µ e monotona, ovvero dati E, F ∈M con E ⊂ F , allora µ(E ) ≤ µ(F );

(iv) dati E, F ∈M con E ⊂ F , se µ(E ) < ∞ allora µ(F − E ) = µ(F ) − µ(E );

(v) µ(E n) → µ(E ) se E = E n, E n ∈M e E 1 ⊂ E 2 ⊂ · · · ;

(vi) µ(E n) → µ(E ) se E =

E n, E n ∈M, E 1 ⊃ E 2 ⊃ · · · e µ(E 1) < ∞.

Verifichiamo le proprieta enunciate. Per verificare la (i), sia E ∈ M tale cheµ(E ) < ∞. Si ponga dunque E 1 = E , E 2 = E 3 = · · · = ∅ e si applichi l’additivitanumerabile. Analogamente, per la (ii) sia E 1 = E , E 2 = F , E 3 = E 4 = · · · = ∅.La (iii) e la (iv) si ottengono notando che F = E ∪ (F − E ), e applicando la (ii).

3Poiche

n µ(E n) e una serie a termini positivi, converge (o diverge) incondizionatamente.



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Per quanto riguarda la (v), si ponga F 1 = E 1, F n = E n − E n−1. Allora gli F n sonomisurabili e disgiunti. Inoltre E n = F 1 ∪ · · · ∪ F n, e E =

n F n. Quindi,

µ(E n) =

n j=1

µ(F j) e µ(E ) =

∞ j=1

µ(F j).

Infine, per la (vi) sia F n = E 1 − E n. Dunque F 1 ⊂ F 2 ⊂ · · · , e

µ(F n) = µ(E 1) − µ(E n)

(qui stiamo usando il fatto che µ(E 1) < ∞). Utilizzando la (v) concludiamo che

µ(E 1) − µ(E ) = µ(E 1 − E ) = limn→∞

µ(F n) = µ(E 1) − limn→∞

µ(E n).

Esercizio 4. Verificare che se µ(E ∩ F ) < ∞, alloraµ(E ∪ F ) = µ(E ) + µ(F ) − µ(E ∩ F ).

Esercizio 5. Mostrare che la misura e una funzione numerabilmente subadditiva ,cioe, data una qualsiasi successione E n ∈M, si ha che

µ

n

E n

≤n

µ(E n).

Banalmente, e anche finitamente subadditiva.

Esercizio 6. Sia µ : M → [0, ∞] (non identicamente infinita) una funzione nu-merabilmente subadditiva e finitamente additiva. Mostrare che µ e una misura.

Esempi. Sia Ω un insieme non vuoto. Definiamo due misure µc e δt su P (Ω)ponendo

µc(E ) =

n, se E contiene n elementi,

∞, se E contiene ∞ elementi,

e

δt(E ) =

1, se t ∈ E,

0, se t

∈E.

dove t e un elemento fissato di Ω. La µc e detta misura del conteggio, mentre laδt e detta misura di Dirac (o anche misura di concentrazione) a t.

Osservazione. Consideriamo (N, P (N), µc), e sia E n = n, n + 1, . . .. Eviden-temente E 1 ⊃ E 2 ⊃ · · · e

E n = ∅. Tuttavia,

∞ = µ(E n) → µ(∅) = 0.

Si evince dunque l’importanza della richiesta µ(E 1) < ∞ nella proprieta (vi)della misura.



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Riportiamo infine senza dimostrazione il seguente risultato di unicita.

Teorema 1.9 (Dynkin). Sia M la σ-algebra su Ω generata da un certo E ⊂ P (Ω).

Assumiamo che E sia chiuso rispetto all’intersezione, e che esista una successioneE n ∈ E tale che Ω =

n E n. Se µ e ν sono due misure su M tali che µ(E n) < ∞ e

ν (E n) < ∞, e se µ e ν coincidono su E , allora µ = ν .

Esercizio 7. Mostrare che esiste (al piu) un’unica misura di Borel µ su R tale cheµ((a, b)) = b − a, per ogni a, b ∈ Q con a < b.

1.4 Completamento di una misura

Definizione. Sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura. La misura µ e completa se E

⊂N

e µ(N ) = 0 implica E ∈M (e quindi µ(E ) = 0).

Una misura potrebbe non essere completa. Ovviamente si puo pensare di com-pletarla assegnando d’ufficio misura nulla a tutti i sottoinsiemi di insiemi di misuranulla (e quindi allargando M). Si deve pero verificare che questa procedura producauna σ-algebra.

Teorema 1.10. Sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura. Sia M∗ l’insieme ottenutoaggiungendo a M tutti gli insiemi P tali che esistano E, F ∈M con E ⊂ P ⊂ F eµ(F − E ) = 0. Si definisca quindi µ∗(P ) = µ(E ). Allora (Ω,M∗, µ∗) e uno spazio

di misura, µ∗

e completa e µ∗

= µ su M. La misura µ∗

e detta completamento di µ.

Lasciamo la dimostrazione per esercizio. Verifichiamo solo che µ∗ sia ben definita.Siano infatti E 1, E 2, F 1, F 2 ∈M e P ∈ P (Ω) tali che E i ⊂ P ⊂ F i e µ(F i − E i) = 0.Allora

E 1 − E 2 ⊂ P − E 2 ⊂ F 2 − E 2.

Ma µ(F 2 − E 2) = 0, da cui µ(E 1 − E 2) = 0. Poiche

E 1 = (E 1 − E 2) ∪ (E 1 ∩ E 2),

ricaviamo che µ(E 1) = µ(E 1 ∩ E 2). Allo stesso modo, dimostriamo che µ(E 2) =µ(E 1 ∩ E 2), e concludiamo che µ(E 1) = µ(E 2).

Gli elementi diM∗ sono dunque della forma E ∪N (unione disgiunta), con E ∈Me µ∗(N ) = 0. Dato che, come si e visto, una misura puo essere sempre completata,e ragionevole lavorare con misure complete.



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2 La misura di Lebesgue

2.1 Misura esterna

Ci proponiamo ora di costruire una misura λ su R che abbia le seguenti proprieta:

- λ((a, b)) = b − a;

- λ(E + a) = λ(E ), E ⊂ R (invarianza per traslazioni).

Abbiamo qui usato un (comune) abuso di linguaggio. Infatti, come sappiamo, unamisura e costruita non su un insieme ma su una σ-algebra. Ovviamente ci piac-erebbe costruire una tale λ su P (R). Tuttavia cio non sara possibile. Infatti, dallamonotonia della misura, ricaviamo che λ e puramente non atomica , ovvero assegna

ai punti (atomi) misura nulla. Possiamo dunque avvelerci del seguente risultatogenerale, che enunciamo senza dimostrazione.

Teorema 2.1 (Ulam). L’unica misura puramente non atomica definita su P (R) ela misura nulla.4

Dato un intervallo I = (a, b) ⊂ R, definiamo (I ) = b − a la sua lunghezza.

Definizione. Una funzione λ∗ : P (R) → [0, ∞], definita da

λ∗(E ) = inf E ⊂n I nn (I

n), E

∈ P (R),

e detta misura esterna in R.

Si noti che l’inf e preso al variare delle possibili unioni numerabili degli intervalliI n = (an, bn). Molto diverso sarebbe definire λ∗fin(E ), prendendo l’inf al variare delleunioni finite. Ad esempio, λ∗fin sarebbe definita solo sugli insiemi limitati.

Esercizio 8. Sia D = [0, 1] ∩ Q. Mostrare che λ∗(D) = 0, ma che λ∗fin(D) = 1.Allo stesso modo, un qualsiasi insieme di cardinalita al piu numerabile ha misuraesterna nulla.

La misura esterna e ovviamente monotona, ovvero,

E ⊂ F =⇒ λ∗(E ) ≤ λ∗(F ).

Inoltre vale la

Proposizione 2.2. La misura esterna e numerabilmente subadditiva su P (R).

4Il Teorema di Ulam fa uso dell’Assioma della Scelta e dell’Ipotesi del Continuo.



12

dimostrazione. Sia data una successione E n ∈ P (R). Fissiamo ε > 0. Perogni n ∈ N, troviamo una collezione di intervalli I n j tali che E n ⊂ j I n j e

j

(I n j ) ≤ λ∗(E n) +ε

2n .

Ma

E =n

E n ⊂n,j

I n j ,

da cui

λ∗(E ) ≤n

j

(I n j ) ≤n

λ∗(E n) + ε.

Dall’arbitrarieta di ε segue la tesi.

Esercizio 9. Mostrare che la misura esterna soddisfa le due proprieta richiestealla misura λ che vogliamo costruire. In particolare,

λ∗((a, b)) = λ∗([a, b)) = λ∗((a, b]) = λ∗([a, b]) = b − a

(se a = −∞ oppure b = ∞ allora b − a = ∞).

Pertanto, se λ∗ fosse numerabilmente additiva, allora coinciderebbe con la misuraλ cercata, che sarebbe quindi definita su tutto P (R). Il Teorema di Ulam ci diceche non e cosı.

2.2 Costruzione della misura: condizione di Caratheodory

In questo paragrafo ci proponiamo di costruire una σ-algebra L su R in modo taleche la restrizione di λ∗ su L sia una misura.

Definizione. Un insieme E ∈ P (R) soddisfa la condizione di Caratheodory se

λ∗(T ) = λ∗(T ∩ E ) + λ∗(T ∩ E C ), ∀T ∈ P (R). (C )

Osservazione. Poiche λ∗

e subadditiva, E soddisfa (C ) se e solo se

λ∗(T ) ≥ λ∗(T ∩ E ) + λ∗(T ∩ E C ), ∀T ∈ P (R).

Abbiamo allora il

Teorema 2.3. L’insieme degli E che soddisfano (C ) forma una σ-algebra, detta di Lebesgue, su R, che viene indicata con L(R) o L. Inoltre la restrizione di λ∗ su L enumerabilmente additiva.



13

La dimostrazione, pur non essendo particolarmente complicata, e piuttosto te-diosa, e non la riportiamo. La restrizione di λ∗ su L, che d’ora in poi indicheremocon λ, e dunque una misura, detta misura di Lebesgue. Dato Ω ∈ L, chiamiamo

misura di Lebesgue su Ω la restrizione di λ su L(Ω) = L|Ω.

Esercizio 10. Mostrare che λ e una misura completa.

Dobbiamo ora sincerarci che L sia significativamente grande, affinche λ sia diqualche utilita per i nostri scopi.

Proposizione 2.4. L contiene B(R).

dimostrazione. Basta mostrare che l’intervallo (a, ∞) appartiene a L (siverifichi per esercizio la bonta di questa affermazione). Sia dunque T ∈ P (R).Detti T 1 = T ∩ (a, ∞) e T 2 = T ∩ (−∞, a], dobbiamo verificare che

λ∗(T ) ≥ λ∗(T 1) + λ∗(T 2).

Sia λ∗(T ) < ∞ (altrimenti non c’e nulla da dimostrare). Fissato ε > 0, esiste unacollezione I n tale che

I n ⊃ T e

n (I n) ≤ λ∗(T ) + ε. Siano I 1n = I n ∩ (a, ∞)

e I 2n = I n ∩ (−∞, a + ε2n

). Allora I 1n e I 2n sono intervalli aperti (uno dei duepotrebbe anche essere vuoto), e vale

(I n) +ε

2n≥ (I 1n) + (I 2n).

Osservando che

I in ⊃ T i (i = 1, 2), risulta

λ∗(T i) ≤n

(I in),

da cui

λ∗(T 1) + λ∗(T 2) ≤n

(I 1n) +n

(I 2n) ≤n

(I n) +n

ε

2n≤ λ∗(T ) + 2ε.

Facciamo infine tendere ε a 0.

La restrizione di λ su B(R) e dunque una misura di Borel su R.

Riassumendo quanto visto fin qui, la misura di Lebesgue λ e completa, invarianteper traslazione, rispetta la misura degli intervalli, misura tutti i Boreliani, assegnamisura finita ad ogni insieme limitato, assegna misura nulla ad ogni insieme nume-rabile.

Essere numerabile e dunque condizione sufficiente per avere misura nulla. Tut-tavia esistono insiemi non numerabili di misura nulla.

Il Ternario di Cantor. Sia T 0 = [0, 1]. Definiamo gli insiemi T n nel seguentemodo. Dato T n, unione finita di intervalli chiusi di uguale lunghezza n = 3−n, sia



14

T n+1 l’insieme ottenuto rimuovendo da ciascun intervallo di T n l’intervallo apertocentrale di lunghezza n/3. Definiamo infine il Ternario di Cantor T =

T n. Si

noti che T e chiuso. Inoltre, essendo un intersezione di compatti non vuoti, e non

vuoto. Infine T e un insieme perfetto, cioe un chiuso in cui tutti i punti sono diaccumulazione. Gli insiemi perfetti non vuoti hanno necessariamente cardinalita nonnumerabile. Infine, calcolando la misura degli intervalli rimossi nella costruzione diT si vede facilmente che λ(T ) = 0.

Osservazione. Si puo ripetere la costruzione di T , eliminando intervalli dilunghezza n = εn3−n, con ε ∈ (0, 1). Allora si ottiene il cosiddetto Ternario di Cantor generalizzato T ε, che condivide tutte le proprieta di T tranne che

λ(T ε) =3(1 − ε)

3 − 2ε.

Si noti che T ε e un insieme di misura positiva che non contiene intervalli.

Esercizio 11. Sia E ⊂ [0, 1] l’insieme dei numeri reali privi della cifra 7 nellosviluppo decimale. Calcolare λ(E ).

Esercizio 12. E possibile mostrare che la cardinalita di B(R) e uguale alla cardi-nalita degli aperti di R, che a sua volta e uguale alla cardinalita di R. Usando questofatto, dimostrare che L contiene strettamente B(R). [Suggerimento: L e completae contiene insiemi di misura nulla non numerabili]

Riportiamo infine alcune importanti proprieta della misura di Lebesgue di verifica

immediata.

Proposizione 2.5. Sia E ∈ L. Allora

(i) ∀ε > 0 ∃ A ⊃ E , A aperto, tale che λ(A − E ) < ε;

(ii) ∀ε > 0 ∃ C ⊂ E , C chiuso, tale che λ(E − C ) < ε;

(iii) ∃ G ⊃ E , G ∈ Gδ, tale che λ(G − E ) = 0;

(iv) ∃ F ⊂ E , F ∈ F σ, tale che λ(E − F ) = 0.

Una misura che soddisfa le proprieta (i) e (ii) si dice regolare. In particolare, ipunti (iii) e (iv) ci dicono che un insieme misurabile differisce da un Boreliano perun insieme di misura nulla. Quindi λ e il completamento della particolare misura diBorel ottenuta restringendo λ su B(R).

Esercizio 13. Sia f : R → R una funzione misurabile secondo Lebesgue, e siconsideri la funzione

φ(x) = λ

t : f (t) > x

.

Mostrare che φ e continua da destra ma, in generale, non da sinistra.



15

La misura di Lebesgue in RN . Sebbene per semplicita di esposizione abbiamolavorato in R, nulla di quanto detto cambia se si lavora in RN . In tal caso, gli inter-valli nella definizione della misura esterna sono sostituiti dalle N -celle. Si costruisce

pertanto la misura di Lebesgue in RN

, definita sulla σ-algebra L(RN

).

2.3 Insiemi non misurabili

Abbiamo anticipato che L non coincide con P (R). Cio equivale a dire che esistono in-siemi non misurabili . Dimostriamo allora che ogni intervallo (piu in generale, questoe vero per ogni insieme di misura positiva) contiene un insieme non misurabile. Persemplicita, consideriamo [0, 1]. Ripartiamo [0, 1] in classi di equivalenza nel seguentemodo: diciamo che a ∼ b se a − b ∈ Q. Selezioniamo ora un rappresentante per ogniclasse di equivalenza5, e chiamiamo P l’insieme formato dai rappresentanti scelti.Affermiamo che P non e misurabile. Dimostreremo l’asserto assumendo che lo sia,

e raggiungeremo un assurdo. Notiamo che P soddisfa due proprieta:

- (P + r) ∩ (P + s) = ∅, per ogni r, s ∈ Q, r = s;

- Ogni t ∈ R appartiene a (P + r), per un certo r ∈ Q.

Usando l’invarianza per traslazioni di λ ricaviamo che λ(P ) = λ(P + r). Quindi, invirtu delle due proprieta appena viste,

R =r∈Q

(P + r) =⇒ ∞ = λ(R) =r∈Q

λ(P + r) =r∈Q

λ(P ),

da cui segue che λ(P ) > 0. Ma allora, detto

E =

r∈Q∩[0,1]

(P + r),

risultaλ(E ) =

r∈Q∩[0,1]

λ(P ) = ∞,

cosa che confligge con E ⊂ [0, 2].

3 Integrazione astratta

3.1 Integrazione di funzioni positive

Nel corso di questo paragrafo, sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura. Consideriamofunzioni misurabili positive, ovvero a valori in [0, ∞]. Per poter estendere le nozioni

5Qui stiamo utilizzando l’Assioma della Scelta.



16

di misurabilita viste nelle sezioni precedenti, e per poter definire l’integrale su insiemidi misura infinita, dobbiamo stipulare una convenzione per trattare ∞. Definiamodunque, per a ∈ [0, ∞],

a + ∞ = ∞ + a = ∞, a · ∞ = ∞ · a =∞, a = 0,

0, a = 0.

Con questa convenzione, somme e prodotti di funzioni misurabili a valori in [0, ∞]sono misurabili. La cosa si puo dimostrare approssimando con funzioni semplici, enotando che se an ↑ a e bn ↑ b allora anbn ↑ ab (con a, b ∈ [0, ∞]).

Definizione. Sia s : Ω → [0, ∞) una funzione semplice misurabile della forma

s(t) =

N

n=1 anχE n(t).

Se E ∈M, definiamo l’integrale di s su E come E

sdµ =N

n=1

anµ(E n ∩ E ).

Qui abbiamo usato la convenzione 0 ·∞ = 0; puo infatti accadere che an = 0 perqualche n ma µ(E n ∩ E ) = ∞. Osserviamo che, poiche sχE =

n anχE n∩E ,

E

sdµ = Ω

sχE dµ.

Definizione. Sia f : Ω → [0, ∞] una funzione misurabile, e sia E ∈M. Definiamol’integrale di Lebesgue della f su E (rispetto alla misura µ) il valore6

E

f dµ = sup

E

sdµ ∈ [0, ∞],

dove il sup e preso al variare delle funzioni semplici misurabili s tali che 0 ≤ s ≤ f .

Notiamo che se f e semplice, allora il sup e in realta un max. Inoltre, per ogni

f misurabile, E

f dµ =

Ω

f χE dµ.

Proprieta immediate. Le funzioni che compaiono sono misurabili a valori in[0, ∞], e gli insiemi sono misurabili.

- Se f ≤ g allora E

f dµ ≤ E

gdµ.

6Per sottolineare quale sia la variabile di integrazione si usa talvolta la notazione E

f (t)dµ(t).



17

- Se E ⊂ F allora E f dµ ≤

F f dµ.

- Se α ≥ 0 allora

E

αfdµ = α

E

f dµ.

- Se f (t) = 0 per ogni t ∈ E allora E f dµ = 0, anche se µ(E ) = ∞.

- Se µ(E ) = 0 allora E

fdµ = 0, anche se f (t) = ∞ per ogni t ∈ E .

Esercizio 14. Sia s : Ω → [0, ∞) una funzione semplice misurabile. Mostrare che

ν (E ) =

E

sdµ

definisce una misura su M.

Esercizio 15. Siano s1, s2 : Ω → [0, ∞) due funzioni semplici misurabili. Di-mostrare l’uguaglianza E

(s1 + s2)dµ =

E

s1dµ +

E

s2dµ.

Veniamo ora alle proprieta di passaggio al limite dell’integrale di Lebesgue.

Teorema 3.1 (Convergenza Monotona). Sia f n : Ω → [0, ∞] una successione di funzioni misurabili tali che

f 1(t) ≤ f 2(t) ≤ ·· · ≤ ∞, ∀t ∈ Ω.

Definendo f (t) = limn→∞

f n(t), allora f e misurabile e

limn→∞

Ω

f ndµ =

Ω

fdµ.

dimostrazione. Osserviamo subito che f e misurabile, essendo limite pun-tuale di funzioni misurabili. Inoltre la successione

Ω

f ndµ e monotona crescente.Pertanto esiste α ∈ [0, ∞] tale che

limn→∞ Ω f ndµ = α.

Dato che Ω

f ndµ ≤ Ω

f dµ per ogni n, abbiamo che

α ≤ Ω

fdµ.

Sia s una funzione semplice tale che 0 ≤ s ≤ f , e sia c ∈ (0, 1). Definiamo

E n =

t ∈ Ω : f n(t) ≥ cs(t)

.



18

Notiamo i seguenti fatti:

- E n e misurabile: infatti, detto M = maxt∈Ω s(t), E n e la controimmagine di[M,

∞] (che e un insieme chiuso) della funzione f n + (M

−cs), che e misurabile,

essendo somma di due funzioni misurabili positive.

- E 1 ⊂ E 2 ⊂ · · · : questo segue dalla monotonia di f n.

-

n E n = Ω: infatti se f (t) = 0 allora t ∈ E 1; se f (t) > 0 allora cs(t) < f (t)(poiche c < 1), e quindi cs(t) < f n(t) da un certo n in poi.

Evidentemente,

α ≥ Ω

f ndµ ≥ E n

f ndµ ≥ c

E n

sdµ.

L’integrale di destra e una misura, e pertanto per le proprieta della misura otte-niamo

α ≥ c Ω

sdµ.

Questa disuguaglianza vale per ogni c < 1, e quindi anche al limite, ovvero

α ≥ Ω

sdµ.

Facendo ora il sup al variare delle s semplici tali che 0 ≤ s ≤ f , otteniamo infine

α ≥ Ω

fdµ,

cioe la disuguaglianza inversa.

Esercizio 16. Siano f, g : Ω → [0, ∞] due funzioni misurabili. Mostrare che Ω

(f + g)dµ =

Ω

f dµ +

Ω

gdµ.

Corollario 3.2 (Convergenza Monotona per le Serie). Sia f n : Ω → [0, ∞] una successione di funzioni misurabili, e sia

f (t) =∞n=1

f n(t).

Allora Ω

f dµ =∞n=1

Ω

f ndµ.

dimostrazione. [Esercizio]



19

Osservazione. Se µ e la misura del conteggio su un insieme numerabile, ilcorollario appena visto ci fornisce un risultato noto sulle serie doppie di numerinon negativi. Precisamente, se ank ≥ 0 allora

∞n=1

∞k=1

ank =∞k=1

∞n=1

ank.

Esercizio 17. Utilizzando il Teorema della Convergenza Monotona per le Serie,dimostrare che7 1

0

log t

t − 1dt =

∞n=1

1

n2.

[Suggerimento: sviluppare in serie1

t−1 ]Il lemma seguente stabilisce un legame tra il limite degli integrali e l’integrale

del limite, senza ipotesi aggiuntive.

Lemma 3.3 (Fatou). Sia f n : Ω → [0, ∞] una successione di funzioni misurabili.Allora

Ω

lim inf n→∞

f n

dµ ≤ liminf

n→∞

Ω

f ndµ.

dimostrazione. Sia

gn(t) = inf k≥n f k(t).

Ricordiamo che

lim inf n→∞

f n = supn

gn.

Evidentemente gn e una successione monotona. Applicando quindi il Teoremadella Convergenza Monotona si ha

limn→∞

Ω

gndµ =

Ω

limn→∞

gndµ =

Ω

supn

gndµ =

Ω

liminf n→∞

f n

dµ.

D’altro canto, gn ≤ f n, da cui

limn→∞

Ω

gndµ = liminf n→∞

Ω

gndµ ≤ lim inf n→∞

Ω

f ndµ,

da cui la tesi.

7Stiamo qui in realta implicitamente utilizzando un risultato che verra discusso successivamentenel §3.5, ovvero che una funzione positiva integrabile (anche solo impropriamente) secondo Riemanne integrabile secondo Lebesgue, e i due integrali coincidono.



20

Osservazione. Nel Lemma di Fatou puo valere la disuguaglianza forte anchequando il limite inferiore e un limite. Ad esempio, in (R,L, λ) sia

f n(t) = 1

n , |t| ≤ n,0, |t| > n.

Allora lim inf n→∞

f n(t) = limn→∞

f n(t) = 0, ma R

f ndλ = 2.

Teorema 3.4 (Costruzione di Nuove Misure). Sia φ : Ω → [0, ∞] una funzionemisurabile. La funzione ν : M→ [0, ∞] definita da

ν (E ) = E

φdµ, E ∈M,

e una misura su M, e Ω

f dν =

Ω

fφdµ,

per ogni f : Ω → [0, ∞] misurabile.

dimostrazione. Siano E n elementi disgiunti di M la cui unione sia E . Siosservi che

φχE =∞

n=1

φχE n ,

e che

ν (E ) =

Ω

φχE dµ, ν (E n) =

Ω

φχE ndµ.

Dal Corollario 3.2,

ν (E ) =∞n=1

ν (E n).

Poiche ν (∅) = 0, concludiamo che ν e una misura. In particolare, la secondaasserzione vale per ogni f = χE , e dunque per ogni f semplice. Il caso generale

segue dal Teorema della Convergenza Monotona.

3.2 Integrazione di funzioni reali

Come prima, sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura.

Definizione. Chiamiamo L1(Ω,M, µ) la collezione di tutte le funzioni misurabilif : Ω → R tali che

Ω

|f |dµ < ∞.



21

Notiamo che la misurabilita di f implica la misurabilita di |f |. E comunquenecessario richiedere la misurabilita di f , e non solo di |f |, in quanto e banalecostruire una funzione non misurabile il cui modulo sia misurabile. Il significato

dell’esponente 1 in L1

sara chiaro in seguito. Gli elementi di L1

sono le funzioniintegrabili (o sommabili) secondo Lebesgue rispetto alla misura µ.

Definizione. Se f ∈ L1(Ω,M, µ) l’integrale di Lebesgue di f e definito come8 Ω

f dµ =

Ω

f +dµ − Ω

f −dµ.

Dato che f + ≤ |f | e f − ≤ |f |, entrambi gli integrali nella definizione sono finiti.Lasciamo al lettore la verifica della seguente

Proposizione 3.5. Siano f, g ∈ L1, e sia α ∈ R. Allora αf + g ∈ L1 e Ω

(αf + g)dµ = α Ω

f dµ + Ω

gdµ.

Dunque L1(Ω,M, µ) e uno spazio lineare, e l’integrale di Lebesgue e un operatorelineare a valori in R.

Esercizio 18. Sia f ∈ L1. Dimostrare la disuguaglianza Ω

fdµ≤ Ω

|f |dµ.

Esempio. Consideriamo lo spazio di misura (N, P (N), µc). In questo caso, lefunzioni misurabili sono le successioni reali, e l’integrale di Lebesgue non e altroche l’usuale serie numerica. Lo spazio L1(N, P (N), µc) e dato dalle successioni lacui serie converge assolutamente.

Notazione. Se Ω = [a, b] e µ = λ e la misura di Lebesgue, useremo talvoltal’abituale notazione b

a

f (t)dt =

[a,b]

f dλ, a < b,

0, a = b,

− [b,a] fdλ, a > b.

Enunciamo infine il risultato fondamentale sul passaggio al limite nell’integrale.

Teorema 3.6 (Convergenza Dominata). Sia f n : Ω → R una successione di funzioni misurabili che converge puntualmente ad una funzione f . Assumiamo che esista g ∈ L1 tale che

|f n(t)| ≤ g(t), ∀t ∈ Ω, ∀n ∈ N.

8Allo stesso modo si puo definire l’integrale di Lebesgue di una funzione misurabile a valori inC il cui modulo sia sommabile.



22

Allora f ∈ L1, e

limn→∞

Ω

|f n − f |dµ = 0.

Prima di procedere alla dimostrazione, facciamo alcune osservazioni. Innanzi-tutto, la tesi del teorema implica banalmente il limite

limn→∞

Ω

f ndµ =

Ω

fdµ.

Si noti che f n ∈ L1(Ω,M, µ), in quanto maggiorata in modulo dalla funzione g(detta dominante).

dimostrazione. Dalle ipotesi, f e misurabile e |f | ≤ g. Dunque f ∈ L1.Consideriamo la successione di funzioni positive

φn = 2g

− |f n

−f

|.

Applicando il Lemma di Fatou, otteniamo Ω

2gdµ ≤ liminf n→∞

Ω

φndµ =

Ω

2gdµ + liminf n→∞

− Ω

|f n − f |dµ

.

Sottraendo il valore (finito) Ω 2gdµ ad ambo i membri, concludiamo che

0 ≤ liminf n→∞

− Ω

|f n − f |dµ

= − lim supn→∞

Ω

|f n − f |dµ.

Quindi lim supn→∞

Ω

|f n − f |dµ = 0, da cui limn→∞

Ω

|f n − f |dµ = 0.

Esercizio 19. Costruire una successione f n : Ω → R che converge puntualmente af tale che

limn→∞

Ω

f ndµ =

Ω

fdµ,

ma

limn→∞

Ω

|f n − f |dµ = 0.

Esercizio 20. Costruire una successione f n : Ω → R che converge puntualmente af tale che

limn→∞ Ω |f n − f |dµ = 0,

ma tale che non esista alcuna funzione dominante in L1. Concludere che il Teoremadella Convergenza Dominata fornisce una condizione solo sufficiente.

Esercizio 21. Calcolare

limn→∞

10

e−nt − (1 − t)n

tdt.

[Suggerimento: utilizzare l’uguaglianza 1 − ent(1 − t)n = t0 nenτ τ (1 − τ )n−1dτ ]



23

3.3 Cambiamento di variabili

Siano (Ω,M) e (Ω,M) due spazi misurabili, e sia φ : Ω → Ω una mappa tale che

φ−1

(E

) ∈M, ∀E

∈M

.Data una misura µ su M, la funzione

ν (E ) = µ(φ−1(E )), E ∈M,

definisce una misura su M. Si noti che se una funzione (positiva o reale) f definitasu Ω e M-misurabile, segue che la funzione f φ definita su Ω e M-misurabile.Vale allora il

Teorema 3.7 (Cambiamento di Variabili). Se f : Ω → [0, ∞] e M-misurabile,allora

Ω f dν = Ω f

φdµ.

La stessa uguaglianza vale per f ∈ L1(Ω,M, ν ). In tal caso f φ ∈ L1(Ω,M, µ).

Esercizio 22. Dimostrare il Teorema 3.7. [Suggerimento: si considerino dapprimafunzioni semplici, e si applichi il Teorema della Convergenza Monotona]

3.4 Il ruolo degli insiemi di misura nulla

Per costruzione, l’integrale di Lebesgue non “vede” gli insiemi di misura nulla. Einfatti immediato constatare dalla definizione che se due funzioni differiscono su un

insieme di misura nulla allora i loro integrali sono uguali. Cerchiamo di trarre delleconclusioni da questo fatto.

Definizione. Sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura, e sia P una proprieta che un puntot ∈ Ω puo avere o non avere. Ad esempio, assegnata una funzione reale f su Ω, P puo essere la proprieta “f (t) > 0”. Diciamo che P vale quasi ovunque se l’insiemedei punti di Ω per i quali P non vale ha misura nulla.

Ovviamente la locuzione “quasi ovunque” e strettamente riferita alla misura µin considerazione.

Notazione. Quando Ω ⊂ R, senza ulteriori specificazioni, la relazione “quasi

ovunque” sara sempre intesa rispetto alla misura di Lebesgue.Date dunque due funzioni f, g su Ω, diremo che f = g quasi ovunque se

µ

t ∈ Ω : f (t) = g(t)

= 0.

L’uguaglianza quasi ovunque e una relazione di equivalenza. Per evitare problemilogici, supporremo di lavorare con una misura µ completa. Possiamo allora esten-dere in modo vantaggioso la nozione di funzione misurabile. Tanto per cominciare,non e necessario avere funzioni definite su tutto Ω: basta che siano definite su unsottoinsieme Ω0 ⊂ Ω tale che µ(ΩC

0 ) = 0.



24

Definizione. Una funzione f : Ω → X (X spazio topologico) e misurabile se esisteun insieme Ω0 ⊂ Ω con µ(ΩC

0 ) = 0 tale che per ogni aperto A ⊂ X l’insiemef −1(A) ∩ Ω0 e misurabile.

Se la misura, come supponiamo, e completa, possiamo ridefinire in modo arbi-trario la f su ΩC

0 , ottenendo una funzione misurabile nel senso vecchio. Inoltre,tutte le funzioni cosı costruite sono uguali quasi ovunque.

Allo stesso modo, diciamo che una f e essenzialmente limitata se esiste M ≥ 0tale che

µ

t ∈ Ω : |f (t)| > M

= 0.

Qualche problema in piu lo pone la continuita, che, notoriamente, e una nozionepuntuale. Sia dunque f : Ω → X , e sia E l’insieme dei punti di discontinuita dif . Diciamo che f e quasi ovunque continua se µ(E ) = 0. Chiaramente le funzioniquasi ovunque continue sono misurabili (nel nuovo senso).

Osservazione. Si noti bene che una funzione quasi ovunque continua puo nonessere uguale quasi ovunque ad una funzione continua (ad esempio, la funzionegradino); viceversa, una funzione uguale quasi ovunque a una funzione continuapuo non essere quasi ovunque continua (ad esempio, la funzione di Dirichlet).

Esercizio 23. Sia f : Ω ⊂ R → R Lebesgue misurabile. Mostrare che esisteg : Ω ⊂ R → R Borel misurabile uguale a f quasi ovunque.

In conclusione, possiamo riformulare la teoria gia vista rimpiazzando “ovunque”con “quasi ovunque”. In particolare, valgono i Teoremi della Convergenza Mono-

tona e Dominata richiedendo, rispettivamente, la monotonia di f n(t) e la conver-genza puntuale solo quasi ovunque, cioe per quasi tutti i t ∈ Ω. Vediamo allora uncorollario del Teorema della Convergenza Dominata.

Teorema 3.8 (Convergenza Dominata per le Serie). Sia f n ∈ L1 tale che

∞n=1

Ω

|f n| < ∞.

Allora f =∞

n=1 f n ∈ L1 e

Ω f dµ =∞

n=1 Ω f n

dµ.

Omettiamo per ora la dimostrazione, che ritroveremo piu avanti in un contestopiu generale (cfr. Teorema II.1.13).

Osservazione. Vi e tuttavia una circostanza in cui la scelta del rappresentantee influente: se consideriamo la composizione di funzioni f g, la f deve neces-sariamente essere una funzione ben definita. Banalmente, se g e uguale a unacerta costante c e alteriamo il valore di f nel solo punto c, allora otteniamo unafunzione completamente diversa.



25

Esercizio 24. Dimostrare l’Additivita Numerabile dell’Integrale: Sia f : Ω → R

misurabile, e sia E n una successione di sottoinsiemi misurabili di Ω a due a duedisgiunti tali che

n E n = Ω. Allora

f ∈ L1(Ω,M, µ) ⇐⇒n

E n

|f |dµ < ∞.

In tal caso, Ω

f dµ =n

E n

fdµ.

Esercizio 25. Utilizzando l’Additivita Numerabile dell’Integrale dimostrare che

sin t

t∈ L1(R,L, λ).

Proposizione 3.9. Sia f ∈ L1(Ω,M, µ), f ≥ 0 quasi ovunque, tale che Ω

f dµ = 0.

Allora f = 0 quasi ovunque.

dimostrazione. Sia E n =

t ∈ Ω : f (t) > 1n

. Allora µ(E n) = 0, altrimenti

si avrebbe Ω

fdµ ≥ 1

nµ(E n) > 0.

Se f (t) > 0, allora t ∈ E n per qualche n. Ma µ

n E n

= 0, e quindi f = 0quasi ovunque.

Lo spazio quoziente L1. Per quanto visto, e inutile distinguere funzioni ugualiquasi ovunque. Introduciamo allora lo spazio L1(Ω,M, µ) ottenuto quozientandoL1(Ω,M, µ) rispetto alla relazione di equivalenza “uguale quasi ovunque”. Gli ele-menti di L1 sono dunque classi di equivalenza di funzioni. Poiche i rappresentantidi una stessa classe di equivalenza sono di fatto indistinguibili, con abuso di lin-guaggio si e soliti parlare di “funzioni” di L1. Ad esempio, se diciamo che f ∈ L1

e continua, significa che nella classe di equivalenza della f esiste un rappresentantecontinuo (ovviamente unico). Come vedremo, lo spazio L1 e uno spazio normato conla norma

Ω

|f |dµ. Si noti che la Proposizione 3.9 da la proprieta dell’annullamentodella norma.



26

3.5 Integrazione secondo Riemann e secondo Lebesgue

In questo paragrafo illustriamo le relazioni intercorrenti tra l’integrale di Riemanne l’integrale di Lebesgue (rispetto alla misura di Lebesgue su R). Enunciamo senza

dimostrazione il risultato principale.

Teorema 3.10. Sia f : (a, b) → R una funzione limitata. Allora f e Riemann integrabile su (a, b) se e solo se f e continua quasi ovunque su (a, b) (rispetto alla misura di Lebesgue λ).

Se dunque f : (a, b) → R e Riemann integrabile su (a, b), allora f e misurabilesecondo Lebesgue, ed essendo limitata9 segue che e Lebesgue integrabile.

Esercizio 26. Mostrare che se f : (a, b) → R e Riemann integrabile alloral’integrale di f secondo Riemann coincide con l’integrale di f secondo Lebesgue.[Suggerimento: f = f +

−f −; si applichi il Teorema della Convergenza Monotona a

entrambe le funzioni]

Pertanto, l’integrale di Lebesgue e una generalizzazione dell’integrale di Rie-mann. Ci si puo tuttavia chiedere se tale generalizzazione sia solo apparente. Adesempio, e ben noto che la funzione di Dirichlet non e Riemann integrabile; tuttavia,essa e uguale quasi ovunque ad una funzione Riemann integrabile (la funzione nulla).Sciogliamo il dubbio con il seguente esempio.

Esempio. Sia T ε un insieme di Cantor generalizzato di misura positiva. Lasua funzione caratteristica χT ε e discontinua esattamente su T ε. Se nella suaclasse di equivalenza esistesse una funzione Riemann integrabile, questa dovrebbe

essere allo stesso tempo continua quasi ovunque e uguale a χT ε quasi ovunque.Ovviamente le due cose sono inconciliabili. Incidentalmente, T C ε e un esempio diinsieme aperto non misurabile secondo Peano-Jordan.10

Il discorso si complica leggermente se consideriamo integrali di Riemann impropri(quando cioe il dominio di integrazione non sia limitato, o la f non sia limitata).

Proposizione 3.11. Sia f : (a, b) → R, con −∞ ≤ a < b ≤ ∞, Riemann integrabilein senso improprio. Se f e di segno costante11 allora f e Lebesgue integrabile, e i due integrali coincidono.

dimostrazione. Supponiamo f

≥0. Sia (a, b) = E n, dove ciascun E n e

un intervallo su cui f e Riemann integrabile. Ponendo F n = nk=1 E k, definia-mo f n = f χF n. Notiamo che f n ↑ f , dunque dal Teorema della ConvergenzaMonotona abbiamo che

limn→∞

(a,b)

f ndλ =

(a,b)

fdλ.

9Ricordiamo che una funzione non limitata non e Riemann integrabile (in senso proprio).10La misura di Peano-Jordan di un sottoinsieme di R e l’integrale di Riemann (improprio, se

l’insieme non e limitato) della sua funzione caratteristica.11Non cambia nulla se si richiede che f cambi segno un numero finito di volte.



27

D’altro canto, il limite di sinistra converge all’integrale improprio secondo Rie-mann della f su (a, b).

3.6 Convergenza puntuale, uniforme e in L1

Sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura, e siano f n, f : Ω → R funzioni misurabili.Abbiamo finora gia incontrato, piu o meno implicitamente, tre tipi di convergenze.

- Convergenza puntuale quasi ovunque : f nq.o.→ f se, detto

E =

t ∈ Ω : limn→∞

f n(t) = f (t)

,

allora µ(E ) = 0.

- Convergenza uniforme : f nu

→f se

limn→∞

supt∈Ω

|f n(t) − f (t)|

= 0.

- Convergenza in L1 : f nL1→ f se

limn→∞

Ω

|f n − f |dµ = 0.

Ci proponiamo di illustrare i legami tra le diverse nozioni di convergenza.

E evidente l’implicazione f n

u

→f =

⇒f n

q.o.

→f . Il viceversa e falso, anche se

f n → f ovunque, come mostra il seguente esempio.

Esempio. Consideriamo la successione di funzioni su [0, 1]

f n(t) =

nt, t ≤ 1

n ,

2 − nt, 1n

< t ≤ 2n

,

0, t > 2n

.

Allora per ogni t ∈ [0, 1] si ha che f n(t) → 0, ma supt∈[0,1]

|f n(t)| = 1 per ogni n.

Un risultato parziale e il seguente

Teorema 3.12 (Egoroff). Sia µ(Ω) < ∞. Se f n → f puntualmente quasi ovunque,per ogni ε > 0 esiste un insieme E ⊂ Ω tale che µ(E C ) < ε, e f n → f uniformementesu E .

dimostrazione. Poiche f nq.o.→ f , esiste Ω0 ⊂ Ω con µ(Ω0) = µ(Ω) tale che

f n(t) → f (t) per ogni t ∈ Ω0. Per ogni k ∈ N e per ogni t ∈ Ω0, sia n0 = n0(k, t)tale che

|f n(t) − f (t)| <1

k, per n ≥ n0.



28

Definiamo allora, per k, m ∈ N,

E k,m =

t ∈ Ω0 : n0(k, t) ≤ m

.

Per ogni k, m

E k,m = Ω0.

Inoltre, E k,m ⊂ E k,m+1. Fissiamo ora ε > 0. Scegliamo per ogni k un valore mk

tale cheµ(E k,mk

) > µ(Ω0) − ε

2k= µ(Ω) − ε

2k,

vale a dire,

µ(E C k,mk) <

ε

2k.

Infine, poniamo

E =k

E k,mk.

Si noti che

µ(E C ) = µ

k

E C k,mk

≤k

µ(E C k,mk) < ε

k

1

2k= ε.

Se t ∈ E , allora |f n(t) − f (t)| < 1k

per ogni n ≥ mk.

Osservazione. Nel Teorema di Egoroff l’ipotesi µ(Ω) < ∞ e essenziale. Siconsideri ad esempio la successione di funzioni su R

f n(t) =

1, t ∈ [n, n + 1],

0, altrimenti.

Allora f n(t) → 0 per ogni t ∈ R, ma f n(t) = 1 su un insieme di misura 1.

Esercizio 27. Sia f n : [0, 1] → [0, ∞) una successione di funzioni continue tale chef n(t) ↓ 0 per ogni t ∈ [0, 1] al tendere di n a ∞. Dimostrare che f n

u→ 0. Mostrareche lo stesso risultato e in generale falso se f n : (0, 1] → [0, ∞).

Venendo alla convergenza in L1, il risultato piu significativo e il Teorema della

Convergenza Dominata, che stabilisce un legame con la convergenza puntuale quasiovunque. Esaminiamo la questione inversa: supponiamo di avere f n

L1→ f . Allorasegue che f n

q.o.→ f ? La risposta e negativa.

Esempio. Consideriamo la successione di sottoinsiemi E n di [0, 1] cosı definita:

E n = [ m2k

, m+12k

], per n = 2k + m, con m ∈ 0, 1, . . . 2k − 1

.

Allora χE nL1→ 0 su [0, 1] (con la misura di Lebesgue) ma χE n(t) → 0 per ogni

t ∈ [0, 1].



29

Vale tuttavia il seguente risultato, che dimostreremo in seguito (cfr. Corol-lario II.1.14).

Proposizione 3.13. Sia f nL1

→ f . Allora esiste una sottosuccessione f nk tale chef nkq.o.→ f .

Esercizio 28. Sia µ(Ω) < ∞. Mostrare che se f nu→ f allora f n

L1→ f . Mostrareche lo stesso risultato e in generale falso omettendo l’ipotesi µ(Ω) < ∞.

4 Differenziazione e integrazione

4.1 Il Teorema di Radon-Nykodym

Sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura. Abbiamo precedentemente dimostrato (si vedail Teorema 3.4) che, fissata una funzione misurabile φ : Ω → [0, ∞],

ν (E ) =

E

φdµ, E ∈M,

e una misura su M, e

Ωf dν =

Ωfφdµ,

per ogni f : Ω → [0, ∞] misurabile. La funzione φ viene spesso indicata con ilsimbolo dν

dµ, ed e detta derivata di Radon-Nykodym della ν rispetto alla µ.

Esercizio 29. Sia f : Ω → R misurabile. Dimostrare che f ∈ L1(Ω,M, ν ) se esolo se f φ ∈ L1(Ω,M, µ), e in tal caso

Ω

f dν =

Ω

fφdµ.

Definizione. Siano µ e ν due misure su M. Allora ν e assolutamente continua rispetto a µ (e scriviamo ν µ) se vale l’implicazione

µ(E ) = 0 =⇒ ν (E ) = 0.

Evidentemente, se esiste dν dµ

segue che ν µ. Ci poniamo ora la questione

inversa. Ovvero, date due misure ν µ su M, vogliamo stabilire se esista dν dµ .

Definizione. Dato (Ω,M, µ), diciamo che la µ e σ-finita se esiste una collezionenumerabile di insiemi E n ∈M tali che µ(E n) < ∞ per ogni n ∈ N, e

n∈N E n = Ω.



30

Ad esempio, la misura di Lebesgue λ su R e σ-finita. Abbiamo allora il

Teorema 4.1 (Radon-Nykodym). Siano µ e ν due misure definite su uno stessospazio misurabile (Ω,M). Se µ e σ-finita e ν

µ, esiste una funzione misurabile

φ : Ω → [0, ∞] tale che

ν (E ) =

E

φdµ, ∀E ∈M.

Esercizio 30. Mostrare che tale φ e unica nel seguente senso: se φ e un’altrafunzione che soddisfa la tesi del teorema, allora φ = φ quasi ovunque rispetto a µ (equindi anche rispetto a ν ).

Vedremo piu avanti, in un esercizio guidato, la dimostrazione del teorema nel

caso particolare in cui µ e ν siamo entrambe misure finite.Osservazione. Dal Teorema di Radon-Nykodym, si evince che se ν e unamisura finita, allora φ ∈ L1(Ω,M, µ).

Osservazione. L’ipotesi che µ sia σ-finita nel teorema e irrinunciabile. Seconsideriamo ad esempio la σ-algebra di Lebesgue su [0, 1], e scegliamo come ν la misura di Lebesgue e come µ la misura del conteggio, e immediato verificareche ν µ, ma tuttavia non esiste dν

dµ .

4.2 Il Primo Teorema Fondamentale del Calcolo

Assegnata f ∈ L1([a, b]), consideriamo la funzione integrale

F (x) =

xa

f (t)dt, x ∈ [a, b].

E ben noto che se f ∈ C ([a, b]), allora F (x) = f (x) per ogni x ∈ [a, b]. Vogliamomostrare cosa succede invece nella sola ipotesi f ∈ L1([a, b]).

Definizione. Sia f ∈ L1([a, b]). Un punto x ∈ [a, b] e un punto di Lebesgue per f se

limh→0

1

h x+h

x |f (t) − f (x)|dt = 0.

Ovviamente, se x = a oppure x = b si calcola solo il limite sinistro o destro,rispettivamente. Si osservi inoltre che la nozione di punto di Lebesgue e data perun rappresentante f ben definito (e non per l’intera classe di equivalenza di f ).Tuttavia, cio non costituisce problema, in quanto vale il

Teorema 4.2 (Lebesgue). Se f ∈ L1([a, b]) quasi tutti i punti di [a, b] sono punti di Lebesgue per f .



31

Omettiamo la dimostrazione (in realta piuttosto complicata) di questo risultato.Possiamo dunque dimostrare il

Teorema 4.3 (Primo Teorema Fondamentale del Calcolo). Sia f ∈

L1([a, b]). Al-lora F e derivabile quasi ovunque e F = f quasi ovunque.

dimostrazione. Sia x ∈ [a, b] un punto di Lebesgue per f . Per h tale chex + h ∈ [a, b], abbiamo

F (x + h) − F (x)

h− f (x) =

1

h

x+h

x

f (t) − f (x)

dt,

da cui segue la disuguaglianza

F (x + h) − F (x)

h −f (x) ≤

1

h x+h

x |f (t)

−f (x)

|dt.

Pertanto, facendo il limite h → 0, concludiamo che F (x) = f (x).

4.3 Funzioni assolutamente continue

Definizione. Una funzione G : [a, b] → R e assolutamente continua (AC ) se adogni ε > 0 corrisponde δ > 0 tale che

N n=1

|G(bn) − G(an)| < ε

per ogni N ∈ N ed ogni collezione di N intervalli disgiunti (an, bn) ⊂ [a, b] tali che

N n=1

bn − an < δ.

Evidentemente, una funzione AC e uniformemente continua12 (basta prendereN = 1 nella definizione). Tuttavia, come vedremo tra breve, esistono funzioniuniformemente continue ma non AC .

Esercizio 31. Dimostrare che se G e Lipschitziana su [a, b] allora G e AC su [a, b],ma che l’implicazione opposta e falsa (G(t) =

√t su [0, 1]).

Dimostriamo ora un risultato generale che ci sara molto utile in seguito.

Proposizione 4.4 (Assoluta Continuita dell’Integrale). Sia f ∈ L1(Ω,M, µ). Al-lora per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che, se E ∈M e µ(E ) < δ , allora

E

|f |dµ < ε.

12Ricordiamo che una funzione continua su [a, b] e sempre uniformemente continua (Teorema diHeine-Cantor).



32

dimostrazione. Fissiamo ε > 0, e approssimiamo f con una funzione limitatag in modo tale che

Ω |f

−g

|dµ <

ε

2

.

Detto M = supt∈Ω |g(t)|, fissiamo δ = ε2M . Se E ∈M e µ(E ) < δ , abbiamo

E

|f |dµ ≤ E

|f − g|dµ +

E

|g|dµ ≤ Ω

|f − g|dµ + Mµ(E ) <ε

2+ Mδ = ε,

come richiesto.

Torniamo quindi ad occuparci della funzione integrale F , con f ∈ L1([a, b]),precedentemente introdotta.

Teorema 4.5. F e AC su [a, b].

dimostrazione. Sia ε > 0, e consideriamo il corrispondente δ > 0 dell’assolutacontinuita dell’integrale. Fissato un qualsiasi N ∈ N ed una qualsiasi collezionedi N intervalli disgiunti (an, bn) ⊂ [a, b] tali che

N n=1

bn − an < δ,

segue che

N n=1

|F (bn) − F (an)| =

N n=1

bnan

f (t)dt ≤ N n=1

bnan

|f (t)|dt = E

|f (t)|dt,

avendo posto E =N

n=1(an, bn). Poiche la misura di Lebesgue di E e minore diδ, dall’assoluta continuita dell’integrale ricaviamo

E

|f (t)|dt < ε,

da cui la tesi.

Esercizio 32. Dimostrare che se |f | ≤ M quasi ovunque allora F e Lipschitzianacon costante di Lipschitz minore o uguale a M .

Esercizio 33. Costruire una funzione Lipschitziana G strettamente monotona su[0, 1] tale che G = 0 su un insieme di misura positiva. [Suggerimento: sia A ilcomplementare di un Ternario di Cantor generalizzato, e si consideri la funzioneintegrale di χA]

Esercizio 34. Costruire una funzione Lipschitziana su [0, 1] priva di intervalli dimonotonia. [Suggerimento: siano I n gli intervalli di estremi razionali contenuti



33

in [0, 1], e si costruisca in ciascun I n una coppia di Ternari di Cantor generalizzatidisgiunti]

Abbiamo dunque visto che la funzione integrale F e AC e derivabile quasiovunque (con derivata integrabile). Ci poniamo adesso il problema inverso, cioevogliamo ricostruire una generica funzione G : [a, b] → R come integrale della suaderivata. Precisamente, ci chiediamo quando valga la relazione

G(x) − G(a) =

xa

G(t)dt, (FC )

detta formula del calcolo. Se G ∈ C 1([a, b]), la (FC ) e il noto risultato dell’analisielementare. Ovviamente, affinche valga la (FC ) e necessario che G ∈ L1([a, b]),altrimenti il termine di destra non ha significato.

Esempio. Si consideri

G(x) =

x2 sin 1

x2, x = 0,

0, x = 0.

G e differenziabile, ma 10

|G(t)|dt = ∞.

Dunque non soddisfa la (FC ) su [0, 1].

Il Teorema 4.5 ci dice che una G che soddisfa la (FC ) deve essere AC . L’assoluta

continuita risulta essere una condizione anche sufficiente.

Teorema 4.6 (Secondo Teorema Fondamentale del Calcolo). Sia G una funzioneAC su [a, b]. Allora G e derivabile quasi ovunque, G ∈ L1([a, b]) e vale la formula (FC ).

Premettiamo alla dimostrazione un esempio particolarmente significativo.

La funzione di Vitali-Cantor. Ricordiamo che il complementare (in [0, 1]) delTernario di Cantor T e dato da

T C

=

∞

n=1

2n−1

k=1

I n,k,

dove gli I n,k sono intervalli aperti disgiunti, ciascuno di lunghezza 3−n. Definiamoallora la funzione di Vitali-Cantor (nota anche col nome suggestivo di “Scala delDiavolo”) V : [0, 1] → [0, 1] nel seguente modo:

V (t) =

0, t = 0,2k−12n , t ∈ I n,k,

supV (τ ) : τ ∈ T, τ < t, altrimenti.



34

La funzione di Vitali-Cantor e continua e monotona crescente. Inoltre e costantesu ogni intervallo I n,k. Pertanto, poiche la misura dell’unione di tutti gli I n,k e 1,concludiamo che V e quasi ovunque derivabile con derivata quasi ovunque nulla (in

particolare, V

∈ L1

([0, 1])). Tuttavia V non soddisfa la (FC ), e di conseguenzanon e AC . Ovviamente, si puo dimostrare che V non e AC anche in modo diretto,utilizzando la definizione di assoluta continuita.

Procediamo ora con la dimostrazione del Secondo Teorema Fondamentale delCalcolo. Saranno necessari alcuni passi.

Lemma 4.7. Il Secondo Teorema Fondamentale del Calcolo vale se assumiamol’ipotesi aggiuntiva che G sia monotona.

dimostrazione. Assumiamo che G sia monotona crescente (altrimenti lavo-riamo con −G). Allora costruiamo una misura µ su [a, b] tale che

µ([a, x]) = G(x) − G(a), ∀x ∈ [a, b].

La procedura per costruire µ e identica a quella usata per costruire la misura diLebesgue λ (in quel caso, si e preso G(x) = x). Pertanto, µ e certamente definitasu L([a, b]). Mostriamo ora che se E ⊂ [a, b] e λ(E ) = 0, allora µ(E ) = 0.Questo ci dice che µ λ. Sia dunque λ(E ) = 0 e si fissi ε > 0. Usandol’assoluta continuita di G, otteniamo il corrispondente δ > 0. Allora esiste unaperto A ⊃ E contenuto in [a, b] tale che λ(A) < δ. Ma A (come ogni aperto diR) e un’unione al piu numerabile di intervalli aperti disgiunti I n = (an, bn), dacui

λ(A) =n bn−

an < δ.

Dunque,

µ(E ) ≤ µ(A) =n

µ(I n) =n

G(bn) − G(an) < ε.

Poiche ε e arbitrario, concludiamo che µ(E ) = 0. Pertanto, per il Teorema diRadon-Nykodym esiste una funzione positiva φ ∈ L1([a, b]) tale che

G(x) − G(a) = µ([a, x]) =

xa

φ(t)dt.

Ma il Primo Teorema Fondamentale del Calcolo ci garantisce che G = φ.

Incidentalmente, otteniamo un risultato sul cambiamento di variabili nella pro-cedura di integrazione.

Corollario 4.8 (Cambiamento di Variabili). Sia G : [a, b] → [c, d] una funzione AC monotona, e sia f ≥ 0 Lebesgue misurabile su [c, d]. Allora d

c

f (t)dt =

ba

f (G(τ ))|G(t)|dτ.

La stessa uguaglianza vale per f ∈ L1([c, d]). In tal caso (f G)|G| ∈ L1([a, b]).



35

Prima di procedere con la dimostrazione, cerchiamo di capire cosa dice esatta-mente il risultato. Come sappiamo, nella composizione e importante fissare unaben definita funzione “esterna” (nel nostro caso la f ). Tra l’altro, variando la f ,

anche all’interno della sua classe di equivalenza, si puo perdere la misurabilita dellafunzione composta. E evidente tuttavia che l’integrale di sinistra non dipende dalparticolare rappresentante scelto. Dunque il corollario garantisce che, fissando unqualsiasi rappresentante f , la funzione (f G)|G| e misurabile (si badi bene, non necessariamente la funzione f G), e vale l’uguaglianza tra i due integrali.

dimostrazione. Ci limitiamo a dimostrare il caso in cui f sia Borel misurabilesu [c, d]. Supponiamo dapprima che G sia crescente. Riferendoci alla notazionedel Teorema 3.7, poniamo

Ω = [a, b], M = B([a, b]), Ω = [c, d], M = B([c, d]), φ = G,

notando che G−1 porta Boreliani in Boreliani. Consideriamo la misura di Borelsu [a, b]

µ(E ) =

E

Gdλ, ∀E ∈ B([a, b]),

dove λ e la misura di Lebesgue. Per ogni E ∈ B([c, d]),

ν (E ) = µ(G−1(E )) = λ(E ).

Basta infatti verificare l’uguaglianza sugli intervalli (cfr. Teorema 1.9 di Dynkin).Allora il Teorema 3.7 ci da la tesi. Se G e invece decrescente, notiamo dapprimache

dc

f (t)dt = dc

f (c + d − t)dt,

e applichiamo il risultato con c + d − G al posto di G.

Esercizio 35. Sia h una funzione uguale a 0 quasi ovunque su [c, d]. DettoH =

τ ∈ [a, b] : |G(τ )| > 0, dimostrare che per ogni N ⊂ [c, d] con λ(N ) = 0

segue che λ(G−1(N ) ∩ H ) = 0. Verificare che cio equivale a dire che la funzione(h G)|G| e uguale a 0 quasi ovunque su [a, b]. Completare quindi la dimostrazionedel Corollario 4.8 per una f Lebesgue misurabile.

Osservazione. Si noti comunque che disporre del Corollario 4.8 solo per le

funzioni Borel misurabili non costituisce in realta una vera limitazione. Infatti,sappiamo che una funzione Lebesgue misurabile e uguale quasi ovunque a unafunzione Borel misurabile. Quindi, dato che l’integrale di sinistra e indipen-dente dal rappresentante, basta fare i calcoli prendendo un rappresentante Borelmisurabile.

Concludiamo la dimostrazione del teorema. Se G non e monotona, mostriamo cheG si puo decomporre come somma di due funzioni monotone, entrambe AC , e quindiapplichiamo il Lemma 4.7 ai due addendi separatamente. Ci occorre un’ulterioredefinizione.



36

Definizione. Sia G : [a, b] → R. Per ogni a ≤ x < y ≤ b, definiamo

V yx = supN

n=1 |G(tn)

−G(tn−1)

|,

dove il sup e preso al variare di N ∈ N e delle scelte tn tali che

x = t0 < · · · < tN = y.

V yx e la variazione totale della G sull’intervallo [x, y]. Se V ba < ∞, la G e dettafunzione a variazione limitata (o funzione BV , da “Bounded Variation”).

Osservazione. Evidentemente la funzione x → V xa e monotona crescente. Sinoti che se y > x allora

V ya − V xa = V yx .

Se G non e a variazione limitata, allora esiste x ≤ b tale che V ya = ∞ per ogniy ≥ x. La variazione “misura” i salti che una funzione compie. Ad esempio, se G emonotona (e definita su tutto [a, b]) allora V xa = |G(x) − G(a)|. Dunque le funzionimonotone sono BV . Esistono ovviamente funzioni, anche continue, che non sonoBV , come

G(x) =

x cos 1

x , x = 0,

0, x = 0,

sull’intervallo [0, 1].Se G e BV su [a, b], si puo dimostrare che G e derivabile quasi ovunque, e

G ∈ L1([a, b]). Sfruttando questo fatto, si svolga il seguente

Esercizio 36. Sia G : [a, b] → R una funzione monotona crescente. Dimostrare ladisuguaglianza b

a

G(t)dt ≤ G(b) − G(a).

Se G e AC , allora la sua variazione V xa non solo esiste finita in ogni x (da cui Ge BV ), ma e anche una funzione AC . Lasciamo la dimostrazione di questo fatto allettore interessato.

A questo punto siamo in grado di terminare agevolmente la dimostrazione delSecondo Teorema Fondamentale del Calcolo. Data G AC , costruiamo la funzioneV xa corrispondente, e scriviamo G = G1 + G2, con

G1(x) =G(x) + V xa

2, G2(x) =

G(x) − V xa2

.

Ovviamente G1 e G2 sono AC , essendo somme di funzioni AC . Resta da provare laloro monotonia. Questa segue immediatamente dalla disuguaglianza

V ya − V xa ≥ |G(y) − G(x)|, y > x.



37

Concludiamo la discussione enunciando una condizione sufficiente (ma, comeabbiamo visto, non necessaria) affinche G sia AC .

Teorema 4.9. Sia G : [a, b]

→R ovunque derivabile con G

∈L1([a, b]). Allora G

e AC su [a, b].

Osservazione. Si consideri su [0, 1]

G(x) =

x3/2 sin 1

x , x = 0,

0, x = 0.

Allora G soddisfa le ipotesi del Teorema 4.9. Tuttavia G non e limitata, e quindiG non e Lipschitziana. Dunque una funzione AC puo non essere Lipschitziana,anche se e derivabile ovunque.

5 Prodotto di misure

5.1 Prodotto di spazi misurabili

Siano X e Y due insiemi. Il loro prodotto cartesiano X × Y e l’insieme delle coppieordinate (x, y) con x ∈ X e y ∈ Y . Supponiamo che (X,M) e (Y,N) siano due spazimisurabili. Ci proponiamo di costruire una σ-algebra su X × Y tale che induca suciascuno dei due fattori la σ-algebra di partenza.

Definizione. Chiamiamo rettangolo misurabile un sottoinsieme di P (X × Y ) dellaforma A × B, con A ∈M e B ∈ N. La σ-algebra prodotto M×N e la σ-algebra suX × Y generata dai rettangoli misurabili.

Esercizio 37. Mostrare che B(R) ×B(R) = B(R2).

Definizione. Dato un insieme E ⊂ X × Y , siano

E x =

y : (x, y) ∈ E

e E y =

x : (x, y) ∈ E

.

E x e E y sono detti, rispettivamente, la x-sezione di E e la y-sezione di E . Sinoti che E x ⊂ Y e E y ⊂ X .

Proposizione 5.1. Se E ∈M×N, allora E x ∈ N e E y ∈M.

dimostrazione. Sia C la classe di tutti gli E ∈M×N tali che E x ∈ N per ognix ∈ X . E immediato verificare che tutti i rettangoli misurabili appartengono aC. Dunque X × Y ∈ C. Se E ∈ C, allora (E C )x = (E x)C , da cui E C ∈ C.Infine, se E =

n∈N E n e E n ∈ C per ogni n ∈ N, allora E x =

n∈N(E n)x, da cui

E ∈ C. Concludiamo che C e una σ-algebra che contiene i rettangoli misurabili,e dunque contiene M×N. Analogo discorso vale per E y.



38

Il viceversa della proposizione appena vista non vale. Puo accadere che E x ∈ Nper ogni x ∈ X e E y ∈M per ogni y ∈ Y , ma E ∈M×N.

Definizione. Data una funzione f (reale o positiva) su X × Y , ad ogni x ∈ X associamo la funzione f x su Y definita da f x(y) = f (x, y). Analogamente, fissatoy ∈ Y , f y e la funzione su X definita da f y(x) = f (x, y).

Proposizione 5.2. Se f e (M × N)-misurabile, allora f x e N-misurabile e f y eM-misurabile.

dimostrazione. Sia O un insieme aperto (nel codominio di f ) e sia

Q =

(x, y) : f (x, y) ∈ O

.

Quindi Q ∈M

×N

, e Qx = y : f x(y) ∈ O.

Per la proposizione precedente Qx ∈ N, e dunque f x e N-misurabile. Discorsoanalogo per la f y.

Anche in questo caso non vale, in generale, il viceversa.

5.2 Il Teorema di Fubini

Siano ora (X,M, µ) e (Y,N, ν ) siano due spazi di misura. Vogliamo definire la

misura prodotto µ × ν sulla σ-algebra M×N. Ci occorre un risultato preliminare,che enunciamo senza dimostrazione.

Proposizione 5.3. Siano (X,M, µ) e (Y,N, ν ) due spazi di misura, tali che sia µche ν siano misure σ-finite, e sia E ∈M×N. Allora

- la funzione x → ν (E x) e M-misurabile;

- la funzione y → µ(E y) e N-misurabile;

- vale l’uguaglianza

X

ν (E x)dµ(x) = Y

µ(E y)dν (y).

Diamo quindi la seguente

Definizione. Se (X,M, µ) e (Y,N, ν ) sono due spazi di misura, con µ e ν σ-finite,definiamo la misura prodotto sulla σ-algebra M×N nel seguente modo:

(µ × ν )(E ) =

X

ν (E x)dµ(x) =

Y

µ(E y)dν (y), ∀E ∈M×N.



39

Bisogna mostrare che µ×ν cosı definita e effettivamente una misura. L’unica cosada provare e l’additivita numerabile, ma questa segue dal fatto che µ× ν e costruitaattraverso un integrale (si applichi il Teorema della Convergenza Monotona per le

Serie). E inoltre immediato verificare che µ × ν e σ-finita, e che se E = A × B(rettangolo misurabile), allora

(µ × ν )(E ) = µ(A) · ν (B).

Osserviamo infine che, per un generico insieme E misurabile, X×Y

χE d(µ × ν ) = (µ × ν )(E ) =

X

Y

χE (x, y)dν (y)

dµ(x).

Questa formula suggerisce il metodo per calcolare l’integrale di una funzione nellamisura prodotto come due integrali successivi.

Teorema 5.4 (Fubini). Valgano le ipotesi della Proposizione 5.3, e sia f una fun-

zione (M×N)-misurabile.

(i) Se 0 ≤ f ≤ ∞, allora X×Y

f d(µ × ν ) =

X

Y

f xdν

dµ(x) =

Y

X

f ydµ

dν (y). (†)

In particolare, gli integrali interni sono funzioni misurabili (ciascuno rispettoalla propria σ-algebra) e definiti ovunque.

(ii) Se f ∈ L1(X ×Y,M×N, µ×ν ), allora f x ∈ L1(Y,N, ν ) (per quasi ogni x ∈ X )e f y ∈ L1(X,M, µ) (per quasi ogni y ∈ Y ). Inoltre

Y

f x(y)dν (y) ∈ L1(X,M, µ) e X

f y(x)dµ(x) ∈ L1(Y,N, ν ),

e vale la formula (†).

(iii) Se f e una funzione reale e X

Y

|f |xdν

dµ(x) =

Y

X

|f |ydµ

dν (y) < ∞,

allora f ∈ L1(X × Y,M×N, µ × ν ), e dunque si puo applicare la (ii).

La dimostrazione del Teorema di Fubini si poggia sulla Proposizione 5.3 (che none altro che il medesimo teorema per le funzioni caratteristiche) e sul Teorema dellaConvergenza Monotona.

Esercizio 38. Usare il Teorema di Fubini e la relazione

1

x=

∞0

e−xtdt (x > 0)

per dimostrare che

limN →∞

N

0

sin x

xdx =

π

2.



40

5.3 Completamento di misure prodotto

Se (X,M, µ) e (Y,N, ν ) sono due spazi di misura completi, non e detto che lospazio prodotto sia a sua volta completo. Vediamo un semplice esempio: poniamo

X = Y = R, M = N = L(R) e µ = ν = λ. Siano A un insieme di misura nulla eB un insieme non misurabile di R. Evidentemente A × B ⊂ A ×R (che e di misuranulla in R2). Tuttavia A × B non e misurabile, non essendolo una delle sue sezioni.Concludiamo che λ × λ non e la misura di Lebesgue in R2. Vale pero il seguenterisultato.

Proposizione 5.5. Sia λN la misura di Lebesgue in RN . Se N = K + M (con K, M ∈ N), allora λN e il completamento della misura prodotto λK × λM .

Vi e dunque la necessita di estendere il Teorema di Fubini per il completamentodegli spazi prodotto.

Teorema 5.6. Siano (X,M, µ) e (Y,N, ν ) due spazi di misura, con µ e ν σ-finite,e sia (M×N)∗ il completamento di M×N relativo alla misura µ × ν . Sia f una

funzione (M×N)∗-misurabile. Allora vale la tesi del Teorema di Fubini, con l’unica differenza che gli integrali interni della formula (†) sono funzioni definite solo quasi ovunque.

5.4 Cambio di variabili

Concludiamo la discussione enunciando un utile risultato di cambiamento di variabilinell’integrazione in RN .

Proposizione 5.7. Siano O ed O aperti in RN omeomorfi, e sia x : O → O un omeomorfismo di classe C 1. Siano infine E ⊂ O ed E ⊂ O due insiemi misurabili in corrispondenza rispetto all’omeomorfismo in considerazione. Allora, data f :E → R misurabile,

f (x) ∈ L1(E ) ⇐⇒ f (x(t))J (x(t))

∈ L1(E ),

dove J (x(t)) e il determinante dello Jacobiano di t → x(t). In tal caso,

E

f (x)dx = E

f (x(t))J (x(t))dt.

Esercizio 39. Calcolare l’integrale della Gaussiana

I =

∞−∞

e−x2dx.

[Suggerimento: calcolare I 2 utilizzando le coordinate polari nel piano]



II. Spazi di Banach

1 Geometria degli spazi di Banach

1.1 Spazi lineari

Uno spazio lineare sul campo scalare R e un insieme X non vuoto, i cui elementi sonochiamati vettori, sul quale sono definite due operazioni, addizione e moltiplicazioneper uno scalare, che soddisfano le seguenti proprieta algebriche.

(i) Ad ogni coppia di vettori x1 e x2 corrisponde un unico vettore x1+x2, in modotale che

x1 + x2 = x2 + x1 e x1 + (x2 + x3) = (x1 + x2) + x3;

X contiene un unico vettore 0 (detto vettore nullo) tale che x + 0 = x; e adogni x ∈ X corrisponde un unico vettore −x tale che x + (−x) = 0.

(ii) Ad ogni coppia (λ, x), con λ ∈ R e x ∈ X , corrisponde un unico vettore λx,in modo tale che

1x = x e λ1(λ2x) = (λ1λ2)x,

e che valgano le due leggi distributive

λ(x1 + x2) = λx1 + λx2 e (λ1 + λ2)x = λ1x + λ2x.

Il simbolo 0 viene usato anche per indicare lo zero del campo scalare R. Ovviamente,si puo parlare anche di spazi lineari sul campo complesso, utilizzando il campo scalareC al posto di R.

Definizione. Un sottoinsieme A di uno spazio lineare X e linearmente indipendentese per ogni collezione finita x1, . . . , xn di elementi di A e per ogni n-upla di numerireali λ1, . . . , λn, l’uguaglianza

n j=1 λ jx j = 0 implica che λ1 = · · · = λn = 0.

Una base di Hamel (o semplicemente una base) di X e un sottoinsieme A ⊂ X linearmente indipendente massimale, cioe tale che non e propriamente contenuto inalcun sottoinsieme di X linearmente indipendente.

41



42

E facile verificare che ogni elemento dello spazio e esprimibile come combinazionelineare finita di elementi della base.13 Inoltre, due basi di uno stesso spazio linearehanno necessariamente la stessa cardinalita. Si definisce allora dimensione (lineare)

dello spazio lineare la cardinalita di una sua base.Un caso particolarmente semplice e rappresentato dagli spazi lineari di dimen-

sione finita. Sia infatti X uno spazio lineare di dimensione N ∈ N = 1, 2, 3, . . .(omettiamo dunque il caso banale di uno spazio ridotto al solo elemento 0), e siax1, . . . , xN una sua base. Detta e1, . . . , eN la base canonica di RN , e immediatomostrare che l’applicazione lineare I : X → RN definita ponendo I (x j) = e j e unisomorfismo lineare14 da X a RN .

1.2 Spazi normati

Sia X uno spazio lineare su R. Una norma in X e una funzione

· : X → [0, ∞)

che soddisfa le condizioni

(i) x = 0 ⇐⇒ x = 0 (annullamento);

(ii) λx = |λ|x ∀λ ∈ R, ∀x ∈ X (omogeneita);

(iii) x + y ≤ x + y ∀x, y ∈ X (disuguaglianza triangolare).

Osservazione. Dalla (iii) segue chex − y ≤ x − y, ∀x, y ∈ X.

In realta tutte le nostre considerazioni varranno per spazi lineari sul campo C(sostituendo opportunamente il valore assoluto con il modulo).

Notazione. Scriveremo · X quando vorremo evidenziare lo spazio X su cui lanorma e definita.

Definizione. Uno spazio lineare dotato di una norma · e detto spazio normato.

In particolare, uno spazio normato e uno spazio metrico con la distanza

d(x, y) = x − y.

Un sottospazio lineare di uno spazio normato X e anch’esso un spazio normato, conla norma indotta da X .

13Non e tuttavia scontato che uno spazio lineare (che contenga almeno due elementi) posseggauna base. Per dimostrarlo ci si deve infatti appellare all’Assioma della Scelta.

14Ricordiamo che un isomorfismo lineare tra due spazi lineari e un’applicazione biettiva chepreserva la struttura lineare.



43

Esempio. R e uno spazio normato con la norma del valore assoluto. Inoltre,qualsiasi norma su R e della forma · = c| · |, con c > 0.

Esempio. Per tutti i p ∈ [1, ∞],RN

e uno spazio normato con la norma- p,definita da

x p =

N j=1

|x j| p1/p

, p ∈ [1, ∞),

max j=1,...,N

|x j|, p = ∞,

dove x e il vettore di componenti (x1, . . . , xN ). La norma-2 e detta euclidea .Le proprieta (i) e (ii) della norma sono di verifica immediata. La (iii) verradimostrata piu avanti, quando introdurremo gli spazi L p(Ω).

Vediamo tre importanti esempi di spazi normati infinito dimensionali.

Lo spazio C ([a, b]). Denotiamo con C ([a, b]) lo spazio lineare delle funzionicontinue f : [a, b] → R, dove la struttura lineare e assegnata ponendo

(f + λg)(t) = f (t) + λg(t), f, g ∈ C ([a, b]), λ ∈ R.

Per Teorema di Weierstrass, tali funzioni ammettono massimo e minimo assoluto su[a, b]. Definiamo allora

f = maxt∈[a,b]

|f (t)|.

Si verifichi per esercizio che le proprieta della norma sono soddisfatte, e dunqueC ([a, b]) e uno spazio normato. Tale norma e detta norma del massimo.15

Gli spazi 1 e ∞. Denotiamo con 1 lo spazio lineare delle successioni somma-bili (ovvero, la cui serie converge assolutamente), e con ∞ lo spazio lineare dellesuccessioni limitate. Tali spazi sono normati con le norme

x1 =∞

j=1

|x j| e x∞ = sup j=1,...,∞

|x j|,

dove x = (x1, x2, x3, . . .).

Esercizio 1. Verificare le tre proprieta della norma per gli spazi 1 e ∞.

1.3 Nozioni topologiche

Introduciamo alcune nozioni di carattere topologico. Il lettore notera come non visiano differenze con il caso familiare di RN .

15Piu in generale, dato uno spazio di Hausdorff compatto K , si puo definire lo spazio normatoC (K ) munito della norma del massimo.



44

Definizione. Sia X uno spazio normato. La palla aperta di centro x0 ∈ X e raggior > 0 e l’insieme

B(x0, r) =

x ∈ X : x − x0 < r

.

La palla chiusa di centro x0 ∈ X e raggio r > 0 e l’insieme

B(x0, r) =

x ∈ X : x − x0 ≤ r

.

La sfera di centro x0 ∈ X e raggio r > 0 e l’insieme

S (x0, r) =

x ∈ X : x − x0 = r

.

Esercizio 2. Disegnare sul piano cartesiano la palla unitaria (cioe la palla di raggio1 centrata in 0) di R2 nelle varie norme- p.

Definizione. Sia A⊂

X . Un punto x0

∈A e detto punto interno se per qualche

r > 0 si ha cheB(x0, r) ⊂ A.

A e aperto se tutti i suoi punti sono punti interni.

Osservazione. Si verifica facilmente che B(x0, r) e un aperto.

Definizione. Sia A ⊂ X . Un punto x0 ∈ X (non necessariamente appartenentead A) e detto punto di accumulazione o punto di limite per A se ogni palla B(x0, r)contiene un punto di A diverso da x0. A e chiuso se contiene tutti i suoi punti diaccumulazione.

Esercizio 3. Mostrare che se A e aperto allora AC = X − A e chiuso, e viceversa.

Esercizio 4. Mostrare che S (x0, r) e chiuso.

Definizione. Sia A ⊂ X . La chiusura A di A e l’unione di A e dei suoi punti diaccumulazione.

Esercizio 5. Mostrare che A e chiuso. Piu specificamente, A e il piu piccoloinsieme chiuso contenente A.

Esercizio 6. Mostrare che B(x0, r) = B(x0, r).16

1.4 Successioni convergenti

Definizione. Sia X uno spazio normato, e sia xn una successione di elementi di X .Diciamo che xn converge a x ∈ X (e scriviamo xn → x) se la successione numericaxn − x e infinitesima, cioe

limn→∞

xn − x = 0.

16Questa proprieta e, in generale, falsa negli spazi metrici.



45

E immediato notare che se xn → x allora xn → x. Infatti, dalla disu-guaglianza triangolare, si ha che

xn

− x

≤ xn

−x

.

Si noti che tutto funziona esattamente come nel caso di R, a patto di sostituireil valore assoluto con la norma. In particolare, valgono i teoremi sui limiti gia noti,tipo unicita del limite, linearita, ecc.

Esempio. Consideriamo lo spazio normato C ([a, b]). Se f n e una successione dielementi di C ([a, b]), dire che f n → f ∈ C ([a, b]) equivale a dire che f n convergea f uniformemente su [a, b], cioe

limn→∞

maxt∈[a,b]

|f n(t) − f (t)|

= 0.

I punti di accumulazione si caratterizzano attraverso le successioni convergenti.Precisamente vale la

Proposizione 1.1. Sia A ⊂ X . Un elemento x0 ∈ X e un punto di accumulazioneper A se e solo se esiste una successione xn ∈ A, xn = x0 per ogni n, tale chexn → x0.

dimostrazione. [Esercizio]

Come conseguenza, un sottoinsieme A ⊂ X e chiuso se e solo se, ogni qualvoltaxn ∈ A converge a x0 ∈ X , segue che x0 ∈ A.

Esercizio 7. Siano xn, x ∈ X e λn, λ ∈ R. Mostrare che se xn → x e λn → λallora λnxn → λx.

Definizione. Sia X uno spazio normato, e sia xn una successione di elementi diX . Se la successione sn =

n j=1 x j converge in X , il suo limite e detto somma della

serie degli xn, e viene indicato con∞

n=1 xn. In tal caso si dice che la serie∞

n=1 xn

e convergente (in X ).

Esercizio 8. Se la serie∞

n=1 xn e convergente, allora vale la disuguaglianza

∞

n=1 xn ≤∞

n=1 xn.

Il termine di destra puo eventualmente essere infinito.

Osservazione. In R sappiamo che se una serie converge assolutamente alloraconverge. Negli spazi normati tale enunciato si tradurrebbe dicendo che se la serienumerica

∞n=1 xn converge, allora la serie

∞n=1 xn converge in X . Tuttavia,

cio non e sempre vero. Infatti, R non solo e uno spazio normato, ma e anchecompleto. Ed e grazie a quest’ultima proprieta che il risultato vale. Torneremotra breve su questo concetto.



46

Definizione. Sia A un sottoinsieme di uno spazio normato X . Allora A e limitatose esiste M ≥ 0 tale che

x ≤ M, ∀x ∈ A.

In particolare, una successione xn in X e limitata se

xn ≤ M, ∀n ∈ N.

Esercizio 9. Mostrare che una successione convergente in uno spazio normato elimitata.

Definizione. Siano X e Y due spazi normati, A ⊂ X , B ⊂ Y due sottoinsiemi.Una funzione F : A → B e continua in x0 ∈ A se per ogni successione xn ∈ A taleche xn → x0 si ha che F (xn) → F (x0). La funzione F e continua in A se e continuain ogni punto di A.

Osservazione. Ricordiamo che xn → x e F (xn) → F (x) significa

xn − xX → 0 e F (xn) − F (x)Y → 0.

La nozione di continuita si puo dare equivalentemente in termini di ε-δ; ovverof e continua in x0 ∈ A se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 (dipendente da ε > 0 e dax0 ∈ A) tale che

x ∈ A, x − x0X < δ =⇒ F (x) − F (x0)Y < ε.

Come nel caso familiare delle funzioni reali, una funzione e continua (in ogni punto)se e solo se le controimmagini degli insiemi aperti sono insiemi aperti.

1.5 Separabilita

Definizione. Un sottoinsieme A ⊂ X e denso in X se A = X .

Definizione. Uno spazio normato e separabile se esiste un sottoinsieme numerabileA ⊂ X denso in X .

Ad esempio, R e separabile, essendo l’insieme Q dei razionali denso in R.

Proposizione 1.2. Lo spazio normato C ([a, b]) e separabile.Si consideri infatti l’insieme l’insieme P ([a, b]) dei polinomi su [a, b]. Questo

insieme non e numerabile; tuttavia e piuttosto semplice mostrare che l’insieme deipolinomi a coefficienti razionali su [a, b], che invece e numerabile, e denso in P ([a, b])(nella norma del massimo). La dimostrazione del teorema e quindi una conseguenzaimmediata del Teorema di Stone-Weierstrass, che enunciamo senza dimostrazione.17

Teorema 1.3 (Stone-Weierstrass). P ([a, b]) e denso in C ([a, b]).

17In realta il Teorema 1.3 e solo un caso particolare del Teorema di Stone-Weierstrass.



47

1.6 Completezza: spazi di Banach

Definizione. Sia X uno spazio normato, e sia xn una successione di elementi di X .Diciamo che xn e una successione di Cauchy se per ogni ε > 0 esiste n0 tale che perogni n, m ≥ n0 si ha

xn − xm < ε.

Meno formalmente, xn e di Cauchy se

xn − xm → 0, per n, m → ∞.

Esercizio 10. Mostrare che una successione di Cauchy e limitata, e che unasuccessione convergente e di Cauchy.

Esercizio 11. Mostrare che se una successione di Cauchy ammette una sottosuc-cessione convergente, allora l’intera successione e convergente.

Definizione. Uno spazio normato X in cui tutte le successioni di Cauchy sianosuccessioni convergenti, e detto spazio normato completo o spazio di Banach .

Esercizio 12. Mostrare che un sottospazio chiuso di uno spazio di Banach e unospazio di Banach. Viceversa, un sottospazio completo di uno spazio normato echiuso.

Esempio. RN (in una qualsiasi delle norme- p) e uno spazio di Banach.

Proposizione 1.4. C ([a, b]) e uno spazio di Banach.

dimostrazione. Sia f n una successione di Cauchy in C ([a, b]). In particolare,per ogni t la successione numerica f n(t) e di Cauchy, e pertanto converge adun numero reale che indichiamo con f (t). Sia ε > 0 arbitrario, e prendiamom, n abbastanza grandi tali che |f n(t) − f m(t)| < ε per ogni t. Facendo il limitem → ∞, otteniamo |f n(t)−f (t)| ≤ ε, e concludiamo che f n → f uniformemente,cioe

limn→∞

supt∈[a,b]

|f n(t) − f (t)|

= 0.

Ci resta da mostrare che f : [a, b] → R e una funzione continua. Selezioniamoquindi ε > 0 arbitrario e t0 ∈ [a, b]. Dalla disuguaglianza triangolare,

|f (t) − f (t0)| ≤ |f (t) − f n(t)| + |f n(t) − f n(t0)| + |f n(t0) − f (t0)|.

Per n grande fissato, la somma del primo e del terzo termine e minore di ε/2.Infine, usando la continuita di f n, esiste δ > 0 tale che se |t − t0| < δ allora|f n(t) − f n(t0)| < ε/2.



48

Esempio. Sia C k([a, b]) lo spazio lineare delle funzioni f : [a, b] → R derivabilik-volte con continuita su [a, b]. Tale spazio e di Banach18 con la norma

f =k

j=0

maxt∈[a,b]

|f ( j)(t)|,

convenendo di indicare f (0) = f .

Esercizio 13. Gli spazi 1 e ∞ sono di Banach.

Come in R, negli spazi di Banach la convergenza assoluta delle serie (cioe laconvergenza della serie delle norme) implica la convergenza.

Proposizione 1.5. Sia X uno spazio di Banach, e xn una successione di elementi

di X . Se la serie numerica ∞n=1 xn e convergente, allora la serie ∞n=1 xn econvergente. Viceversa, se X e uno spazio normato e ogni serie assolutamenteconvergente e convergente, allora X e di Banach.

dimostrazione. Sia X uno spazio di Banach, e sia∞

n=1 xn una serieconvergente. La successione delle somme parziali sn =

n j=1 x j e di Cauchy.

Infatti, se m > n,

sm − sn =

m j=n+1

x j

≤m

j=n+1

x j.

Dunque sn converge alla somma della serie degli xn.

Viceversa, sia xn una successione di Cauchy in X . Estraiamo allora una sotto-successione xnk tale che

xnk+1 − xnk ≤1

k2.

Pertanto la serie∞

k=1

xnk+1−xnk

converge ad un vettore s ∈ X . Poiche questa

serie e telescopica, si ricava immediatamente che xnk+1 → s + xn1 , che a sua voltaimplica la convergenza di xn.

Questa proposizione ci fornisce dunque un utile criterio per stabilire se uno spazionormato sia completo o meno.

E ben noto che in RN (in una qualsiasi delle norme- p) una successione limi-tata ammette una sottosuccessione convergente (Teorema di Bolzano-Weierstrass).Come vedremo, questo fatto e vero in qualsiasi spazio normato X di dimensionefinita. Molto diverso e invece il caso in cui X sia uno spazio normato infinito dimen-sionale. Osserviamo preliminarmente che se X non e di Banach esistono successioni

18Non e invece possibile trovare una norma che renda C ∞([a, b]) (cioe lo spazio delle funzioniderivabili infinite volte su [a, b]) uno spazio di Banach.



49

di Cauchy non convergenti (e che quindi non ammettono sottosuccessioni conver-genti). Tuttavia, anche se X e di Banach le cose vanno male. E infatti possibiledimostrare l’esistenza di una successione xn ∈ X con xn = 1 e xn − xm ≥ 1 per

n = m. Ovviamente, la successione xn non puo avere sottosuccessioni convergenti.19

Dunque, uno spazio normato e finito dimensionale se e solo se vale il Teorema diBolzano-Weierstrass, e le palle chiuse sono insiemi compatti solo negli spazi finitodimensionali.

Esercizio 14. Una funzione continua da RN (in una qualsiasi delle norme- p) inR porta insiemi limitati in insiemi limitati (conseguenza immediata del Teorema diWeierstrass). Stabilire se lo stesso fatto valga o meno in uno spazio normato infinitodimensionale.

Esercizio 15. Costruire una successione f n ∈ C ([0, 1]) in modo tale che f n = 1

e f n − f m = 1 per n = m.

Cerchiamo allora condizioni sufficienti affinche una successione limitata di ele-menti di C ([a, b]) ammetta una sottosuccessione convergente. Ci occorre prima unadefinizione.

Definizione. Una successione f n ∈ C ([a, b]) e detta equicontinua se per ogni ε > 0esiste δ > 0 tale che

|t − τ | < δ =⇒ supn∈N

|f n(t) − f n(τ )| < ε.

Teorema 1.6 (Ascoli-Arzela). Sia f n ∈ C ([a, b]) una successione limitata di fun-zioni equicontinue. Allora f n ammette una sottosuccessione convergente in C ([a, b]).

dimostrazione. Sia q j un’enumerazione dei razionali di [a, b]. La succes-sione f n(q1) e limitata in R, e dunque ammette una sottosuccessione f nk(q1)convergente. Ripetendo il ragionamento con la sottosuccessione f nk(q2), tro-veremo una sotto-sottosuccessione f nki(q2) convergente. Iteriamo la proceduraper q3, q4, . . . Alla fine otteniamo una sequenza di sottosuccessioni di f n, in cuiciascuna sottosuccessione e a sua volta una sotto-sottosuccessione di tutte sot-tosuccessioni che la precedono. Costruiamo dunque la sottosuccessione cercata,ponendo f n

1

il primo elemento della prima sottosuccessione, f n2

il secondo ele-mento della seconda sottosuccessione, e cosı via.20 La sottosuccessione f nm(t)costruita in questo modo e evidentemente convergente (e quindi di Cauchy) pert = q j. Sia ora ε > 0 fissato. Dall’ipotesi di equicontinuita, esiste δ > 0 tale che,se |t − τ | < δ,

|f nm(t) − f nm(τ )| <ε

3.

19L’esistenza di detta successione e una conseguenza immediata del Lemma di Riesz di quasiortogonalita, di cui discuteremo piu avanti (cfr. §3.5).

20Questa procedura e nota come metodo di estrazione diagonale.



50

Ricopriamo l’intervallo [a, b] con un numero finito I 1, I 2, . . . , I N di intervallini dilunghezza minore di δ. In ogni intervallino I j selezioniamo un punto q j (per sem-plicita, abbiamo rietichettato gli N razionali scelti come q1, q2, . . . , qN ). Poiche i

q j sono in numero finito, esiste m∗

tale che, per m, m

≥ m∗

, si ha

|f nm(q j) − f nm (q j)| <ε

3, ∀ j = 1, . . . , N .

Per concludere, sia t ∈ [a, b]. Allora t ∈ I j per qualche j. Dunque, |t − q j | < δ.Allora, per m, m ≥ m∗ abbiamo

|f nm(t) − f nm (t)|≤ |f nm(t) − f nm(q j)| + |f nm(q j) − f nm (q j)| + |f nm (q j) − f nm (t)|< ε.

Pertanto, f nm e di Cauchy, e quindi convergente, in C ([a, b]).21

1.7 Norme equivalenti

Definizione. Sia X uno spazio lineare, e siano · e · ∗ due diverse norme suX . Allora · e · ∗ si dicono equivalenti se esistono due numeri positivi m ≤ M tali che

mx∗ ≤ x ≤ M x∗, ∀x ∈ X.

Il concetto di norme equivalenti e piuttosto importante. Infatti, due normeequivalenti su uno spazio X inducono le stesse successioni convergenti e le stesse

successioni di Cauchy, cioe ogni qualvolta xn e convergente o di Cauchy rispetto auna norma lo e anche rispetto all’altra. Dunque due norme equivalenti sono di fattoindistinguibili dal punto di vista topologico. In particolare se X e completo rispettoa una norma lo e anche rispetto all’altra.

Esercizio 16. Mostrare che in RN tutte le norme- p sono equivalenti.

In realta vale la seguente

Proposizione 1.7. Due qualsiasi norme in RN sono equivalenti.

dimostrazione. Sia

· la norma-1, e sia

· ∗ una qualsiasi altra norma su

RN . Detta e j la base canonica di RN , fissato x =N j=1 λ je j ∈ RN si ha che

x∗ ≤N

j=1

|λ j|e j∗ ≤ M x,

21Sebbene la dimostrazione sia stata fatta per C ([a, b]), lo stesso argomento si applica per ungenerico C (K ), con K spazio metrico compatto (che ammette sempre una successione densa dielementi). Chiaramente, laddove ricopriamo [a, b] con un numero finito di intervallini, ci si deveappellare alla compattezza dello spazio per ottenere un ricoprimento finito di palle di diametrominore di δ.



51

dove M = max j=1,...,N e j∗, da cui segue che la funzione φ(x) = x∗ e continuada RN in norma-1 in R. Pertanto, per il Teorema di Weierstrass, la funzionepositiva φ ha un minimo assoluto m ≥ 0 sulla sfera unitaria di RN in norma-1.

Quindi, per x = 0, abbiamoφ x

x ≥ m,

ovvero, x∗ ≥ mx. Resta da dimostrare che m > 0. Ma se m fosse zero,esisterebbe xmin = 0 tale che xmin∗ = 0, contraddicendo l’annullamento dellanorma.

Osservazione. In virtu di questo risultato, si e soliti non menzionare di qualenorma si stia parlando in RN .

Esempio. Sullo spazio lineare C ([a, b]) e possibile introdurre altre norme, oltre

a quella del massimo. In particolare, si definisce la norma integrale

f =

ba

|f (t)|dt.

E banale verificare che le proprieta della norma sono soddisfatte. Tuttavia, sipuo dimostrare che C ([a, b]) con la norma integrale non e uno spazio di Banach.Segue quindi che la norma integrale e la norma del massimo non sono equi-valenti. Nel seguito, quando parleremo di C ([a, b]), senza ulteriori specificazioni,intenderemo sempre C ([a, b]) con la norma del massimo.

Esercizio 17. Mostrare che su C 1([0, 1]) la funzione

f ∗ = |f (0)| + maxt∈[0,1]

|f (t)|

definisce una norma equivalente a quella usuale. Mostrare invece che la funzione

maxt∈[0,1]

|f (t)|

non definisce una norma su C 1([0, 1]).

1.8 Gli spazi L p(Ω)

Sia (Ω,M, µ) uno spazio di misura.

Definizione. Per p ∈ [1, ∞), denotiamo con L p(Ω) l’insieme di (classi di equivalenzadi) funzioni misurabili (rispetto a µ) f : Ω → R tali che |f | p e integrabile, ovvero,

Ω

|f | pdµ < ∞.



52

Definizione. Denotiamo con L∞(Ω) l’insieme di (classi di equivalenza di) funzionimisurabili f : Ω → R essenzialmente limitate, ossia, tali che esista M ≥ 0 per cui

µt

∈Ω :

|f (t)

|> M = 0.

L’estremo inferiore degli M per i quali vale questa relazione e detto estremo superioreessenziale di |f |, denotato con Ess SupΩ|f |.

Esercizio 18. Verificare che l’estremo inferiore degli M e in realta un minimo.

Quando Ω e un sottoinsieme di RN Lebesgue misurabile, in assenza di ulteriorispecificazioni, L p(Ω) e inteso rispetto alla misura di Lebesgue.

Teorema 1.8. Per p ∈ [1, ∞], L p(Ω) e uno spazio normato con la norma

f Lp = Ω |f

| pdµ

1/p

, p

∈[1,

∞),

Ess SupΩ|f |, p = ∞.

E semplice verificare che L p(Ω) e uno spazio lineare, e che valgono le condizioni(i) e (ii) della definizione di norma. Per quanto riguarda la (iii), occore un po’ dilavoro. Nel seguito, p, q ∈ [1, ∞] indicheranno sempre due esponenti coniugati , cioetali che

1

p+

1

q= 1,

con la convenzione che 1/∞ = 0.

Lemma 1.9 (Disuguaglianza di Young). Sia p ∈ (1, ∞), e siano a, b > 0. Allora vale la disuguaglianza

ab ≤ a p

p+

bq

q.

dimostrazione. [Esercizio][Suggerimento: si fissi b > 0 e si studi φ(a) = ap

p + bq

q− ab su [0, ∞)]

Teorema 1.10 (Disuguaglianza di Holder). Siano f ∈ L p(Ω) e g ∈ Lq(Ω). Allora il prodotto f g appartiene a L1(Ω) e

f gL1 ≤ f LpgLq .

dimostrazione. Se p = 1 (o p = ∞) la dimostrazione e immediata. Siadunque p ∈ (1, ∞). Assumiamo inoltre f e g non identicamente nulle. Definiamo

F (t) =f (t)

f Lp e G(t) =g(t)

gLq .

Usando il lemma precedente, Ω

|F G|dµ ≤ 1

p

Ω

|F | pdµ +1

q

Ω

|G|qdµ = 1,

da cui segue la tesi.



53

Siamo ora in grado di verificare la disuguaglianza triangolare per gli spazi L p(Ω),nota come disuguaglianza di Minkowski .

Teorema 1.11 (Disuguaglianza di Minkowski). Siano f, g∈

L p(Ω). Allora

f + gLp ≤ f Lp + gLp.

dimostrazione. I casi p = 1 e p = ∞ sono immediati. Sia dunque p ∈ (1, ∞).Assumendo f e g non identicamente nulle, si ha

f + g pLp ≤ Ω

|f ||f + g| p−1dµ +

Ω

|g||f + g| p−1dµ.

Applicando la disuguaglianza di Holder,

f + g p

Lp ≤ f Lp

+ gLp(f + g)

p−1

Lq

= f Lp

+ gLpf + g

p/q

Lp .

Dividendo per f + g p/qLp il teorema e dimostrato.

Gli spazi p. Sia Ω = N e sia µ la misura del conteggio. Allora si e soliti definire p = L p(N). Si noti che 1 e ∞ sono gli spazi gia incontrati in precedenza.

Osservazione. Se invece Ω = 1, . . . , N e µ e la misura del conteggio, alloraL p(1, . . . , N ) altro non e che lo spazio RN in norma- p.

Vediamo ora un’interessante conseguenza della disuguaglianza di Holder.

Proposizione 1.12. Se µ(Ω) < ∞ e 1 ≤ s < r ≤ ∞, allora vale l’inclusioneLr(Ω) ⊂ Ls(Ω). Inoltre, interpretando 1/∞ = 0,

f Ls ≤ µ(Ω)1/s−1/rf Lr .

dimostrazione. Sia f ∈ Lr(Ω). Allora |f |s ∈ Lr/s(Ω) e 1 ∈ Lr/(r−s)(Ω)(poiche Ω e limitato). Si noti che r/s e r/(r − s) sono esponenti coniugati.Pertanto dalla disuguaglianza di Holder abbiamo che |f |s = 1 · |f |s ∈ L1(Ω), e

f sLs =

Ω1 · |f |sdµ ≤ 1Lr/(r−s)f sLr =

µ(Ω)

(r−s)/rf sLr .

Facendo la radice s-esima otteniamo il risultato voluto.

Esercizio 19. Mostrare che se µ(Ω) = ∞ l’inclusione insiemistica Lr(Ω) ⊂ Ls(Ω),per r > s, e in generale falsa.

Esercizio 20. Mostrare che per gli spazi p vale l’inclusione inversa. Precisamente,se s < r allora s ⊂ r. Inoltre,

xr ≤ xs.



54

[Suggerimento: si osservi che, banalmente, x∞ ≤ xs]

Esercizio 21. Sia f : Ω → R misurabile, con µ(Ω) < ∞, e sia p ∈ [1, ∞). Inoltre,

per ogni g ∈ L

q

(Ω) il prodotto fg ∈ L

1

(Ω) e valga la relazione Ω

fgdµ ≤ M gLq ,

per un certo M ≥ 0 indipendente da g. Si dimostri che f ∈ L p(Ω) e f Lp ≤ M .

Esercizio 22. Ecco una versione (molto) piu difficile del precedente esercizio. Siaf : Ω → R misurabile, con µ(Ω) < ∞, e sia p ∈ [1, ∞). Inoltre, per ogni g ∈ Lq(Ω)il prodotto f g ∈ L1(Ω). Si dimostri che f ∈ L p(Ω).22

Esercizio 23. Sia f

∈L p([0, 2]) con

f

Lp

≤1 per ogni p

∈[1,

∞). Mostrare che

f ∈ L∞([0, 2]) e f L∞ ≤ 1.

Discutiamo ora la completezza degli spazi L p(Ω).

Esercizio 24. Mostrare che gli spazi p sono spazi di Banach (i casi p = 1 e p = ∞sono stati gia affrontati in un precedente esercizio). Sia invece pfin il sottospaziodi p delle successioni definitivamente nulle. Dimostrare che pfin non e uno spaziocompleto (si noti l’analogia tra R e Q).

L’esercizio appena visto si puo risolvere “a mano”. Tuttavia, altro non e che uncaso particolare del seguente

Teorema 1.13. Gli spazi L p(Ω) sono spazi di Banach.

dimostrazione. Consideriamo dapprima il caso p < ∞. Vogliamo usare laProposizione 1.5. Sia dunque f n ∈ L p(Ω) tale che

∞n=1

f nLp ≤ M < ∞.

Definendo allora gk(t) =k

n=1 |f n(t)|, dalla disuguaglianza di Minkowski e chiaroche gkLp ≤ M per ogni k ∈ N. In particolare,

Ω

|gk(t)| pdµ ≤ M p, ∀k ∈ N.

Ponendo g(t) =∞

j=1 |f j(t)|, per il Teorema della Convergenza Monotona si ha

limn→∞

Ω

|gn(t)| pdµ =

Ω

|g(t)| pdµ ≤ M p.

22Questo esercizio, in genere, viene risolto nel caso p > 1 facendo uso del Teorema 2.6 e delTeorema 3.2. Tuttavia, e possibile trovare una soluzione diretta.



55

Quindi g ∈ L p(Ω), da cui |g(t)| < ∞ per quasi ogni t ∈ Ω, cioe, la serie nu-merica

∞n=1 f n(t) converge (assolutamente) quasi ovunque. Chiamando allora

s(t) la somma della serie e sk(t) le relative somme parziali k-esime, sk − s → 0

puntualmente quasi ovunque e, sempre quasi ovunque,

|sk(t) − s(t)| p ≤ 2 p[g(t)] p ∈ L1(Ω).

Applicando il Teorema della Convegenza Dominata, concludiamo che

limn→∞

Ω

|sk(t) − s(t)| pdµ = 0,

cioe che la serie∞

n=1 f n(t) converge in L p(Ω).

Il caso p = ∞ e invece di dimostrazione quasi immediata. Sia infatti f n una

successione di Cauchy in L∞

(Ω). Definiamo gli insiemi

An =

t ∈ Ω : |f n(t)| > f nL∞

eBnm =

t ∈ Ω : |f n(t) − f m(t)| > f n − f mL∞

.

Per definizione, µ(An) = µ(Bnm) = 0. Sia allora A l’unione degli An e dei Bnm.Chiaramente, µ(A) = 0, e sul complementare di A la successione f n convergeuniformemente ad una funzione limitata f . Definendo f (t) = 0 per t ∈ A, si hache f ∈ L∞(Ω) e f n → f in L∞(Ω).

Corollario 1.14. Sia f n una successione convergente a f in L p(Ω). Allora f nammette una sottosuccessione f nk convergente a f puntualmente quasi ovunque.

dimostrazione. Chiaramente dobbiamo limitarci a dimostrare il caso p < ∞.Siano allora f n, f ∈ L p(Ω) con f n → f in L p(Ω). Scegliamo una sottosuccessionef nk tale che

f nk+1 − f nkLp ≤ 1

k2.

Ripetendo il ragionamento della precedente dimostrazione, ricaviamo che la serie

∞

k=1f nk+1 − f nk

converge puntualmente quasi ovunque ad una funzione g. Poiche

f nj+1 = f n1 +

jk=1

f nk+1 − f nk

,

Concludiamo che f nk → f n1 + g puntualmente quasi ovunque. Rimane da verifi-care l’uguaglianza f = f n1 + g (si veda l’esercizio seguente).



56

Esercizio 25. Sia f n una successione convergente a f in L p(Ω) e convergente a gpuntualmente quasi ovunque. Allora f = g quasi ovunque. [Suggerimento: applicareil Lemma di Fatou]

La dimostrazione del Teorema 1.13 nel caso p = 1 contiene, in particolare, ladimostrazione del Teorema della Convergenza Dominata per le serie di funzioni (siveda il Teorema I.3.8).

Concludiamo il paragrafo esaminando la separabilita degli spazi L p(Ω).

Esercizio 26. Dimostrare che gli spazi p con p ∈ [1, ∞) sono separabili. [Sugge-rimento: si considerino gli elementi di pfin di “coordinate” razionali]

Esercizio 27. Dimostrare che lo spazio ∞ non e separabile. [Suggerimento: siproceda per assurdo, usando il metodo di diagonalizzazione di Cantor]

Nel seguito del paragrafo, sia Ω un sottoinsieme misurabile di R (piu in generale,di RN ) di misura di Lebesgue λ(Ω) > 0.

Teorema 1.15. Sia p < ∞. Data f ∈ L p(Ω), esiste una successione φn di funzioni continue e limitate su Ω convergente a f nella norma di L p(Ω), ovvero,

limn→∞

φn − f Lp = 0.

Se Ω non e limitato, per ogni n esiste un insieme limitato Ωn ⊂ Ω (e dunque di misura finita) tale che φn(t) = 0 se t ∈ Ωn.

dimostrazione. [Esercizio][Suggerimento: si estenda la funzione su R facendola valere zero fuori da Ω.Quindi, si approssimi con funzioni semplici, e si usi la regolarita della misura diLebesgue]

Esercizio 28. Sia p < ∞, e sia f ∈ L p(R). Per h ∈ R, definiamo la traslata τ hf di f per mezzo della formula (τ hf )(t) = f (t + h). Utilizzando il Teorema 1.15 e ilTeorema della Convergenza Dominata, dimostrare che

limh→0

τ hf

−f

Lp = 0.

Corollario 1.16. Se p < ∞, lo spazio L p(Ω) e separabile.

dimostrazione. Supponiamo che Ω ⊂ [a, b] (per esercizio, si completi poi ladimostrazione). Sappiamo che C (Ω) e separabile; sia dunque φn una successionedensa in C (Ω). Fissiamo allora f ∈ L p(Ω) e ε > 0. Dal teorema precedente,esiste φ ∈ C (Ω) tale che

f − φLp ≤ ε.



57

D’altro canto, esiste φn0 tale che

φ − φn0C (Ω) = φ − φn0L∞ ≤ ε.

Dalla Proposizione 1.12 concludiamo che

φ − φn0Lp ≤ M φ − φn0L∞ ≤ Mε,

con M = (2R)1/p. Applicando infine la disuguaglianza di Minkowski, abbiamoche

f − φn0Lp ≤ (1 + M )ε.


Le cose sono invece molto diverse per p = ∞.

Proposizione 1.17. Lo spazio L∞(Ω) non e separabile.

dimostrazione. Dimostriamolo per semplicita assumendo che Ω contenga unintervallo aperto (a, b). Consideriamo la famiglia (non numerabile) di funzionicaratteristiche χ(a,c), al variare di c in (a, b). E immediato verificare che se c = c

allora χ(a,c) − χ(a,c)L∞ = 1.

2 Operatori lineari2.1 Definizioni e prime proprieta

Siano X e Y due spazi normati.

Definizione. Una funzione T : X → Y e detta un operatore lineare (da X a Y ) seper ogni x, y ∈ X e per ogni λ ∈ R si ha che

T (λx + y) = λT (x) + T (y).

Quando T e un operatore lineare si preferisce scrivere T x in luogo di T (x).

Definizione. Un operatore lineare T : X → Y e limitato se esiste M ≥ 0 tale che

T xY ≤ M xX , ∀x ∈ X.

Esercizio 29. Sia X = C ([0, 1]). Definiamo l’operatore lineare T : X → X nelseguente modo:

(T f )(t) = f (t) + f (0), f ∈ X.

Mostrare che T e limitato.



58

Esercizio 30. Sia X = 1, e sia y = (y1, y2, y3, . . .) ∈ ∞. Definiamo l’operatorelineare T : X → R nel seguente modo:

T x =

∞ j=1

x jy j, x = (x1, x2, x3, . . .) ∈ X.

Mostrare che T e limitato.

Teorema 2.1. Sia T : X → Y un operatore lineare. Allora una qualsiasi delleseguenti condizioni implica le altre due:

(i) T e limitato;

(ii) T e continuo (Lipschitz);

(iii) T e continuo in 0∈

X .

dimostrazione. Se vale (i), allora dalla definizione di operatore limitato siricava subito (ii), che banalmente implica (iii). Mostriamo allora che (iii) implica(i). Se infatti (i) non vale, cioe T non e limitato, allora esiste xn ∈ X tale che

T xnY > nxnX , ∀n.

Ma allora la successionezn =

xn

nxnXtende a zero e

T z

nY > 1,

∀n,

per cui T non e continuo in zero, ovvero (iii) implica (i).

Alla luce di questo teorema, parleremo indifferentemente di operatore linearecontinuo o limitato.

Indichiamo con L(X, Y ) l’insieme degli operatori lineari continui da X a Y (siusa la notazione L(X ) in luogo di L(X, X ) se X = Y ). Dati T, S ∈ L(X, Y ) eλ ∈ R, si puo definire l’operatore

(T + λS )(x) = T x + λSx.

Dunque lo spazio L(X, Y ) e a sua volta uno spazio lineare, che risulta essere unospazio normato rispetto alla norma

T L(X,Y ) = supx≤1

T xY .

Osservazione. E banale verificare che

supx≤1

T xY = supx=1

T xY .



59

Esercizio 31. Si mostri che T L(X,Y ) e la piu piccola (e quindi la migliore!)costante M per cui vale la disuguaglianza T xY ≤ M xX .

Esercizio 32. Sia X = L

2

([0, 1]), e sia T : X → X l’ operatore di moltiplicazioneper t, definito come

(T f )(t) = tf (t), f ∈ X.

Mostrare che T L(X) = 1.

Proposizione 2.2. Se Y e uno spazio di Banach, allora L(X, Y ) e uno spazio di Banach.23

dimostrazione. Sia T n una successione di Cauchy in L(X, Y ). Allora, perogni x ∈ X , la successione T nx e una successione di Cauchy in Y , e quindiconvergente a un valore T x

∈Y . Infatti,

T nx − T mxY ≤ T n − T mL(X,Y )xX .

Lasciamo per esercizio la dimostrazione che T : X → Y e un operatore lineare.Dobbiamo mostrare che T e continuo e che T n → T in L(X, Y ). Fissato ε > 0,dalla formula precedente ricaviamo che, per n, m abbastanza grandi,

T nx − T mxY ≤ εxX .

Dunque, facendo il limite m → ∞,

T nx − T xY ≤ εxX .

Questo, in particolare, ci dice che T ∈ L(X, Y ). Infine, dall’arbitrarieta di ε,otteniamo la convergenza desiderata.

Definizione. Due spazi normati X e Y sono isomorfi se esiste un operatore biettivoT ∈ L(X, Y ) con T −1 ∈ L(Y, X ).

Un isomorfismo tra spazi normati trasferisce tutte le proprieta lineari e topo-logiche da uno spazio all’altro (in particolare, la completezza). Pertanto, due spazi

normati isomorfi possono essere senz’altro identificati dal punto di vista topologico.

Proposizione 2.3. Uno spazio normato X di dimensione N e isomorfo a RN .

dimostrazione. Abbiamo gia mostrato l’esistenza di un isomorfismo alge-brico (cioe un operatore lineare biettivo) I : X → RN . Ripetendo allora la di-mostrazione della Proposizione 1.7 con X al posto di (RN , · ∗), si vede subitoche I e bicontinuo.

23Vale anche il viceversa.



60

Una conseguenza interessante di questa proposizione e che i sottospazi finitodimensionali di uno spazio normato sono chiusi.

Esercizio 33.Sia T

∈ L(X, Y ). Allora il nucleo (kernel ) di T definito da

ker(T ) =

x ∈ X : T x = 0

e un sottospazio chiuso di X .

Osservazione. T e iniettivo se e solo se ker(T ) = 0.

Operatori lineari particolarmente interessanti sono le isometrie. Diciamo cheT ∈ L(X, Y ) e un’isometria se T xY = xX per ogni x ∈ X . Si noti che leisometrie sono operatori iniettivi (ma non necessariamente suriettivi).

Esercizio 34. Mostrare che se X e uno spazio di Banach, Y uno spazio normatoe T ∈ L(X, Y ) e un’isometria, allora T X e un sottospazio chiuso di Y .

Un’altra classe di operatori particolarmente significativa e quella degli operatori compatti . Discuteremo in dettaglio questi operatori nel prossimo capitolo, quandoavremo introdotto la convegenza debole.

2.2 Iniezioni continue

Assumiamo che lo spazio normato X sia un sottospazio lineare di Y (che potrebbeanche coincidere, come spazio lineare, con Y ). L’operatore lineare che vogliamoconsiderare e l’operatore di inclusione o iniezione J : X

→Y definito da

Jx = x, x ∈ X.

Se la mappa J e continua, cioe se esiste M ≥ 0 tale che

xY ≤ M xX , ∀x ∈ X,

diremo che X e incluso con continuita in Y , e scriveremo

X → Y.

In particolare se xn e una successione di elementi di X che converge a x ∈ X nella

norma di X , allora converge a x anche nella norma di Y .

Si noti che se X e Y sono lo stesso spazio lineare con due diverse norme, allorale due norme sono equivalenti se e solo se si ha

X → Y e Y → X.

Esempio. Con riferimento alla Proposizione 1.12, se µ(Ω) < ∞ e s < r ab-biamo l’iniezione continua Lr(Ω) → Ls(Ω). Analogamente, abbiamo l’iniezionecontinua s → r.



61

Esercizio 35. Siano X = C ([a, b]) con la norma del massimo, e Y = C ([a, b]) conla norma integrale. Mostrare che X → Y . Mostrare che invece non si ha Y → X .

Esercizio 36.Siano X

→Y , e sia A

⊂X . Mostrare che se A e chiuso in Y allora

A e chiuso in X .

2.3 Il Teorema di Baire e le sue conseguenze

Definizione. Sia X uno spazio normato. Un sottoinsieme A di X e detto mai denso se la sua chiusura A ha interno vuoto, cioe non contiene sottoinsiemi apertinon vuoti di X . Un insieme di prima categoria (in X ) e un’unione numerabile disottoinsiemi di X mai densi. Tutti gli altri sottoinsiemi di X sono detti di seconda categoria .

Esempio. L’insieme Q e di prima categoria in R.

Teorema 2.4 (Baire). Ogni spazio di Banach e di seconda categoria (in se).

dimostrazione. Per assurdo, sia X =∞

n=1 An, con An chiuso mai denso.Scegliamo x1 ∈ AC

1 . Allora esiste ε1 < 1 tale che B(x1, ε1) ⊂ AC 1 . L’insieme mai

denso A2 non puo contenere B(x1, ε1). Scegliamo x2 ∈ AC 2 ∩ B(x1, ε1). Allora

esiste ε2 < 1/2 tale che B(x2, ε2) ⊂ AC 2 ∩ B(x1, ε1). Procedendo in questo modo,

costruiamo una successione di palle nidificate

B(x1, ε1) ⊃ B(x2, ε2) ⊃ B(x3, ε3) ⊃ · · · ,

ciascuna di raggio εn < 1/n. La successione xn dei centri delle palle e di Cauchy,

e quindi converge a un certo x ∈ X . Ora, se x appertenesse a X , per ipotesiesisterebbe n0 tale che x ∈ An0. Ma la successione xn, per n ≥ n0 appartiene aB(xn0, εn0), che e un insieme chiuso, e quindi il suo limite x appartiene anch’essoa B(xn0 , εn0). Dato che B(xn0, εn0) ∩ An0 = ∅, concludiamo che x ∈ An0. Con-traddizione.

Osservazione. Dalla dimostrazione si evince che il risultato vale piu in generalese X e uno spazio metrico completo.

Un corollario immediato (in realta, un enunciato alternativo del Teorema diBaire) e il seguente.

Corollario 2.5. Sia X uno spazio di Banach. L’intersezione di una collezionenumerabile di aperti densi in X e un insieme denso in X .

In particolare, l’intersezione e non vuota. Spesso questa e la conseguenza piuinteressante del risultato.

dimostrazione. Sia An una famiglia numerabile di aperti densi in X . Se esi-ste una palla chiusa B ⊂ X tale che

n An∩B = ∅, passando al complementare,

n(AC n ∩ B) = B, da cui B e di prima categoria in se, in contraddizione con il

Teorema di Baire (B e uno spazio metrico completo).



62

Esercizio 37. Mostrare che R si puo scrivere come unione disgiunta R = G ∪ F ,dove G e un insieme Gδ di misura di Lebesgue nulla tale che G ⊃ Q.

Esercizio 38. Dimostrare che uno spazio di Banach infinito dimensionale non puoavere una base di Hamel numerabile.

Veniamo ora a discutere le importanti conseguenze del Teorema di Baire. Nelseguito del paragrafo, X e Y sono spazi di Banach.

Teorema 2.6 (Banach-Steinhaus o Uniforme Limitatezza). Sia F un sottoinsiemedi L(X, Y ). Assumiamo che per ogni x ∈ X esista una costante M x ≥ 0 tale che

supT ∈F

T xY ≤ M x.

Allora esiste una costante M ≥

0 tale che

supT ∈F

T L(X,Y ) ≤ M.

dimostrazione. Sia

C n =

x ∈ X : T xY ≤ n, ∀T ∈ F .

L’insieme C n e chiuso. Inoltre, X =

n∈N C n. Sfruttiamo ora il fatto che X e uno spazio di Banach. Dunque, dal Teorema di Baire, deve esistere n0 taleche C n0 non abbia interno vuoto. Ovvero, esistono ε > 0 e x0 ∈ X tali che

C n0 ⊃ B(x0, ε). Se zX ≤ ε, segue che z + x0 ⊂ B(x0, ε) ⊂ C n0, da cui

T zY ≤ T (z + x0)Y + T x0Y ≤ 2n0, ∀T ∈ F .

Pertanto, se x = 0,

T xY =1

εxX

T εx

xX

Y ≤ 2n0

εxX , ∀T ∈ F .

Chiaramente, tale formula vale anche per x = 0.

Si noti che il Teorema di Uniforme Limitatezza vale anche se Y non e completo.

Al contrario, e essenziale che X lo sia.

Corollario 2.7. Sia F ⊂ L(X, Y ). Se non esiste alcuna costante M ≥ 0 per cui sia verificata la relazione

supT ∈F

T L(X,Y ) ≤ M,

allora esiste un insieme Gδ denso G ⊂ X tale che

supT ∈F

T xY = ∞, ∀x ∈ G.



63

dimostrazione. I chiusi C n della precedente dimostrazione sono mai densi (incaso contrario si otterrebbe uniforme limitatezza). Pertanto, i complementariAn = C C n sono aperti densi, e dal Corollario 2.5 l’intersezione G =

n∈N An e un

Gδ denso. Notando chesupT ∈F

T xY > n, ∀x ∈ An,

la tesi segue immediatamente.

Alla luce del Corollario 2.7, possiamo dare la seguente formulazione alternativadel Teorema di Uniforme Limitatezza.

Teorema 2.8. Dato F ⊂ L(X, Y ), due sono le possibili situazioni:

- supT ∈F T L(X,Y ) ≤ M per qualche M ≥ 0; oppure

- esiste un Gδ denso G tale che supT ∈F T xY = ∞ per ogni x ∈ G.

Corollario 2.9. Sia T n ∈ L(X, Y ). Assumiamo che per ogni x ∈ X esista il limiteT x = limn T nx. Allora T ∈ L(X, Y ).

Esercizio 39. Dimostrare il Corollario 2.9.

Teorema 2.10 (Mappa Aperta). Sia T ∈ L(X, Y ) una mappa suriettiva. Allora T e una mappa aperta (cioe T A e aperto in Y per ogni aperto A in X ).

dimostrazione. Conviene utilizzare la seguente notazione: dato un vettore x,

un insieme A e ρ > 0, indichiamo con x + ρA l’insieme dei vettori della formax + ρa, al variare di a in A.

Denotiamo con U e V le palle aperte unitarie in X e Y . Usando la linearita diT , e sufficiente dimostrare che esiste ε > 0 tale che

T U ⊃ εV.

Poiche

n∈N nU = X , dalla suriettivita di T ricaviamo che

Y = T

n∈N

nU

=n∈N

T (nU ) =n∈N

nTU.

Sfruttando il fatto che Y e di seconda categoria, l’insieme T U non puo avereinterno vuoto. Dunque, esisteranno y ∈ Y e ν > 0 tali che T U ⊃ y + νV .Essendo T suriettiva, y = T x per qualche x ∈ X , dunque T U ⊃ T x + νV ,ovvero,

T (U − x) ⊃ νV .

A patto di prendere M > 0 abbastanza grande, U − x ⊂ MU . Quindi, ponendoε = ν/M , otteniamo finalmente

T U ⊃ εV.



64

Questa e “quasi” la nostra tesi. Dobbiamo ora rimuovere la chiusura (e lo faremo,a patto di dimezzare ε). Sia y ∈ εV . Allora esiste x1 ∈ U tale che

y − T x1Y ≤ε

2 .

Poniamo y1 = y − T x1. Notiamo che y1 ∈ ε2

V . Quindi esiste x2 ∈ 12

U tale che

y1 − T x2Y ≤ ε

4.

Poniamo y2 = y1−T x2. Procedendo in questo modo, costruiamo due successionixn ∈ 1

2n−1U e yn ∈ ν

2nV tali che

yn − T xnY ≤ ε

2n.

Si noti che

yn+1 = y −n

j=1

T x j .

A questo punto, sia

x =∞n=1

xn.

La serie converge assolutamente, e quindi converge poiche X e di Banach. Inoltre,

x

X

≤

∞

n=1 xn

X <

∞

n=1

1

2n−1

= 2.

Infine, y = T x. Infatti,

y − T xY = limn→∞

y −n

j=1

T x j

Y

= limn→∞

yn+1Y = 0.

Pertanto T U ⊃ ε2V .

Contrariamente al Teorema di Uniforme Limitatezza, nel Teorema della MappaAperta e fondamentale che entrambi gli spazi X e Y siano di Banach.

Teorema 2.11 (Mappa Inversa). Sia T ∈ L(X, Y ) una mappa biettiva. Allora T −1 ∈ L(Y, X ).

dimostrazione. Dobbiamo mostrare la continuita di T −1. Per fare cio esufficiente far vedere che controimmagini di aperti in X attraverso la mappa T −1

sono aperti in Y . Sia allora A ⊂ X un insieme aperto. Poiche T e biettiva

(T −1)−1(A) = T A,

che e aperto in virtu del Teorema della Mappa Aperta.



65

Vediamo ora una conseguenza del Teorema della Mappa Inversa.

Corollario 2.12. Sia X uno spazio lineare, e siano · e · ∗ due diverse normeche rendano X uno spazio di Banach tali che

x∗ ≤ M x, ∀x ∈ X.

Allora le due norme sono equivalenti.

dimostrazione. La mappa identita J : (X, · ) → (X, · ∗) e continua(e, ovviamente, biettiva). Per il Teorema della Mappa Inversa l’applicazioneJ −1 : (X, · ∗) → (X, · ) e continua, da cui si ricava la disuguaglianzamancante.

Definizione. Un operatore lineare T : X → Y e chiuso se ogni qualvolta xn → xin X e T xn

→y in Y segue che T x = y.

Se T ∈ L(X, Y ), allora T e chiuso. Infatti, se xn → x la continuita di T implicache T xn → T x.24 Il fatto interessante e che vale anche il viceversa.

Teorema 2.13 (Grafico Chiuso). Sia T : X → Y un operatore lineare chiuso.Allora T ∈ L(X, Y ).

dimostrazione. Definiamo una nuova norma su X nel seguente modo:

x∗ = xX + T xY .La norma · ∗ rende X uno spazio di Banach (si verifichi la completezza peresercizio). Ovviamente,

xX ≤ xX + T xY = x∗, ∀x ∈ X.

Per il Corollario 2.12, esiste M ≥ 1 tale che

xX + T xY ≤ M xX , ∀x ∈ X,

da cuiT xY ≤ (M − 1)xX , ∀x ∈ X.

Quindi T e continuo.

Osservazione. Il teorema si dice del Grafico Chiuso poiche si puo riformulare

in modo equivalente dicendo che se il grafico di T

G(T ) =

(x,T x) : x ∈ X

e un sottoinsieme chiuso di X × Y , allora T e un operatore continuo.

24Si noti che questa proprieta vale anche se T non e lineare, ma solo continuo. Tuttavia, unoperatore non lineare puo essere chiuso ma non continuo. Ad esempio, la mappa da R in R definitada 1/t se t = 0 e 0 altrimenti.



66

3 Lo spazio duale

3.1 Definizioni e prime proprieta

Definizione. Sia X uno spazio normato. Un operatore lineare Λ : X → R e detto funzionale (lineare). Lo spazio di Banach L(X,R) e detto spazio duale di X , e vieneindicato con X ∗. Gli elementi di X ∗ sono i funzionali lineari continui su X .

Dunque un funzionale Λ : X → R e continuo se e solo se

supx≤1

|Λx| < ∞.

In tal casoΛX∗ = sup

x≤1

|Λx|.

Esercizio 40. Mostrare che spazi isomorfi hanno duali isomorfi.

Se Λ ∈ X ∗, sappiamo che ker(Λ) e necessariamente chiuso.

Proposizione 3.1. Sia Λ : X → R un funzionale lineare non nullo. Allora Λ ∈ X ∗

se e solo se ker(Λ) e chiuso se e solo se ker(Λ) non e denso in X .

dimostrazione. E ovvio che ker(Λ) chiuso implica ker(Λ) non denso in X (altrimenti Λ sarebbe il funzionale nullo). Mostriamo allora che se Λ non econtinuo allora ker(Λ) e denso in X .

Sia x ∈ X con Λx = α = 0, e sia ε > 0. Vogliamo trovare z ∈ B(x, ε) tale cheΛz = 0. Se Λ non e continuo, esiste y ∈ B(0, ε) tale che Λy = β , con |β | ≥ |α|.Per γ = −α/β (si noti che |γ | ≤ 1),

Λ(x + γy) = α + γβ = 0.

Pertanto, il vettore z = x + γy appartiene a B(x, ε) ∩ ker(Λ).

Esercizio 41. Sia X = C ([0, 1]). Definiamo il funzionale lineare Λ : X → R nelseguente modo:

Λf = 1

0

f (t)dt,∀

f ∈

X.

Mostrare che Λ ∈ X ∗. Calcolare quindi ΛX∗.

Esercizio 42. Sia X = C c(R) (funzioni a supporto compatto) con la norma delmassimo. Definiamo il funzionale lineare Λ : X → R nel seguente modo:

Λf =

∞−∞

f (t)dt, ∀f ∈ X.

Mostrare che Λ non e continuo. [Suggerimento: verificare che ker(Λ) e denso]



67

Esercizio 43. Mostrare che ogni funzionale lineare su RN e della forma x → x, y,per qualche y ∈ RN . Concludere che il duale di RN puo essere identificato in modonaturale con RN .

Osservazione. L’esercizio ci dice in particolare che tutti i funzionali lineari suRN sono continui. Questa e una peculiarita degli spazi di Banach finito dimen-sionali. Negli spazi infinito dimensionali e infatti sempre possibile (sfruttandol’esistenza della base di Hamel) costruire un funzionale lineare non continuo.

Esercizio 44. Sia X = L p(Ω). Fissata g ∈ Lq(Ω), definiamo il funzionale Λg :X → R nel seguente modo:

Λgf =

Ω

fgdµ, ∀f ∈ X.

Mostrare che Λg ∈ X ∗ e che ΛgX∗ = gLq .25

E allora sensato chiedersi se tutti i funzionali di L p(Ω) siano della forma Λg,con g ∈ Lq(Ω). La risposta e affermativa se p < ∞. Enunciamo infatti senzadimostrazione il

Teorema 3.2. Sia p ∈ [1, ∞). Allora tutti e soli i funzionali lineari continui di L p(Ω) sono della forma Λg, con g ∈ Lq(Ω).26

Esercizio 45. Dimostrare il Teorema 3.2 per il caso particolare degli p.

Possiamo pertanto identificare il duale di L p(Ω) con Lq(Ω) attraverso la mappag → Λg. Per quanto riguarda L∞(Ω), abbiamo invece il

Teorema 3.3. Il duale di L∞(Ω) contiene strettamente L1(Ω) (a meno che la misura sia concentrata in un numero finito di punti 27).

3.2 Il Teorema di Hahn-Banach

Enunciamo il risultato fondamentale sui funzionali lineari continui.

Teorema 3.4 (Hahn-Banach). Sia X uno spazio normato, e sia Y ⊂

X un suosottospazio. Dato un funzionale lineare Λ0 : Y → R tale che

|Λ0y| ≤ M y, ∀y ∈ Y,

esiste un’estensione Λ ∈ X ∗ di Λ0 tale che ΛX∗ ≤ M .

25Se p = 1 l’uguaglianza vale se si assume che ogni insieme di misura infinita contenga unsottoinsieme misurabile di misura finita strettamente positiva.

26Se p = 1 si deve supporre inoltre che la misura sia σ-finita.27Nel qual caso L1(Ω) e L∞(Ω) coincidono con RN in norma-1 e norma-∞, rispettivamente.



68

Si noti che il sottospazio Y puo non essere chiuso. La dimostrazione si basa sulcelebre Lemma di Zorn28, che richiamiamo per convenienza del lettore.

Lemma 3.5 (Zorn). Ogni insieme non vuoto parzialmente ordinato in cui ogni

catena abbia estremo superiore ha un elemento massimale.

Ricordiamo che un insieme parzialmente ordinato e un insieme su cui e definitauna relazione di ordine parziale. Una catena e un sottoinsieme totalmente ordinato.

Procediamo quindi alla dimostrazione del Teorema di Hahn-Banach.

dimostrazione. Sia x ∈ Y . Mostriamo che e possibile estendere Λ0 a unfunzionale Λ di norma minore o uguale a M definito sul sottospazio di X

Z =

y + λx : y ∈ Y, λ ∈ R.

Definiamo Λ(y + λx) = Λ0y + λβ , con β ∈ R. Dobbiamo sincerarci pero che

esista β ∈ R (non necessariamente unico) tale che|Λ(y + λx)| = |Λ0y + λβ | ≤ M y + λxX , ∀y ∈ Y, ∀λ ∈ R.

Dividendo entrambi i membri per λ = 0, il β cercato deve verificare la relazione

−Λ0y − M y + xX ≤ β ≤ −Λ0y + M y + xX , ∀y ∈ Y,

che e certamente soddisfatta se

−Λ0w − M w + xX ≤ −Λ0y + M y + xX , ∀y, w ∈ Y,

Ma quest’ultima disuguaglianza si puo riscrivere come

Λ0(y − w) ≤ M y + xX + M w + xX ,

ed e immediato verificare che

Λ0(y − w) ≤ |Λ0(y − w)| ≤ M y − wX ≤ M y + xX + M w + xX .

Sia ora S la collezione delle coppie ordinate (Λ, Z ), dove Z e un sottospazio diX che contiene Y , e Λ e un funzionale lineare su Z di norma minore o uguale aM che coincide con Λ0 se ristretto a Y . Definiamo su S una relazione di ordineparziale dichiarando (Λ, Z ) ≤ (Λ, Z ) se Z ⊂ Z e Λ|Z = Λ. L’insieme S e non vuoto. Inoltre, se S e una catena, allora definiamo Z ∗ =

Z , al variare

degli Z tali che (Λ, Z )

∈ S . Si verifica facilmente che Z ∗ e un sottospazio,

sul quale possiamo definire il funzionale Λ∗ nel seguente modo: se x ∈ Z ∗,allora x ∈ Z con (Λ, Z ) ∈ S , e poniamo quindi Λ∗x = Λx. Evidentemente,(Λ∗, Z ∗) e l’estremo superiore della catena S . Siamo dunque nella posizione dipoter applicare il Lemma di Zorn, che ci garantisce l’esistenza di un elementomassimale (Λ, Z ) per l’insieme S . Concludiamo la dimostrazione mostrando cheZ = X (e dunque Λ e l’estensione cercata). Se cosı non fosse, sfruttando il passoprecedente, potremmo estendere il funzionale Λ su un sottospazio contenente Z propriamente, contraddicendo la massimalita di (Λ, Z ).

28Il Lemma di Zorn e una formulazione equivalente dell’Assioma della Scelta.



69

Osservazione. Se Y = X , la tesi del Teorema di Hahn-Banach si ottiene conun argomento diretto (Teorema di Estensione Limitata). Inoltre, in questo casol’estensione e unica.

Esempio. Mostriamo un esempio di applicazione del Teorema di Hahn-Banach.Sappiamo che il duale di L∞([0, 1]) contiene strettamente L1([0, 1]). Esibiamoallora un elemento di L∞([0, 1])∗ non della forma Λg, con g ∈ L1([0, 1]). Sia Y ilsottospazio di L∞([0, 1]) delle funzioni continue. Definiamo

Λf = f (0), f ∈ Y.

E immediato verificare che Λ e continuo su Y , e che non esiste g ∈ L1([0, 1]) taleche Λf = Λgf per ogni f ∈ Y . Si estenda infine Λ su tutto X .

Veniamo alle importantissime conseguenze del Teorema di Hahn-Banach.

Corollario 3.6. Dato x ∈ X , esiste Λx ∈ X ∗ con ΛxX∗ = 1 tale che Λxx = xX.

dimostrazione. Sia Y =

λx : λ ∈ R ⊂ X . Poniamo Λ0(λx) = λxX , edestendiamo Λ0 su X .

In particolare, X ∗ separa i punti di X (quindi, X ∗ e uno spazio abbastanza“ricco”, e dunque di una certa utilita). Vale cioe il

Corollario 3.7. Se x, z ∈ X e Λx = Λz per ogni Λ ∈ X ∗, allora x = z.

Osservazione. Usando la linearita di Λ, un enunciato equivalente e il seguente:se x ∈ X e Λx = 0 per ogni Λ ∈ X ∗, allora x = 0.

Corollario 3.8. Se Y e un sottospazio chiuso proprio di X e x ∈ Y , allora esisteΛ ∈ X ∗ tale che Λx = 0 ma Λ|Y = 0.

dimostrazione. Sia x ∈ Y . Definiamo Z =

λx + y : y ∈ Y, λ ∈ R ⊂ X , eil funzionale Λ0(λx + y) = λ. Poiche ker(Λ0) = Y , e Y e chiuso, Λ0 e continuosu Z . Estendiamo allora Λ0 su tutto X .

Esercizio 46. Sia x∈

X e sia Λx = 0 per ogni Λ∈

Y con Y denso in X ∗.Dimostrare che x = 0.

3.3 Riflessivita

Sia X uno spazio di Banach. Il suo duale X ∗ possiede a sua volta uno spazio duale.Tale spazio (dei funzionali lineari continui su X ∗) e detto biduale di X , e indicatocon X ∗∗. Esiste un’immersione naturale dello spazio X in X ∗∗ attraverso la mappacanonica τ cosı definita:

τ (x) = F x,



70

dove F x e l’elemento di X ∗∗ che agisce su X ∗ nel seguente modo:

F xΛ = Λx, ∀Λ ∈ X ∗.

La mappa τ e un isomorfismo isometrico da X a τ (X ) ⊂ X ∗∗. Infatti

F xX∗∗ = supΛX∗=1

|F xΛ| = supΛX∗=1

|Λx| ≤ xX .

D’altro canto, per il Corollario 3.6, esiste un elemento Λ ∈ X ∗ di norma unitariatale che

|Λx| = xX .

Concludiamo quindi che τ (X ) e un sottospazio chiuso di X ∗∗.

Definizione. Uno spazio di Banach X e riflessivo se la mappa canonica τ : X → X ∗∗

e suriettiva.In tal caso, X puo essere identificato con il suo biduale X ∗∗. E importante

ricordare che uno spazio e riflessivo se e isometricamente isomorfo al suo bidualeattraverso la mappa τ , e non attraverso una qualsiasi altra mappa.29

Proposizione 3.9. X e riflessivo se e solo se X ∗ e riflessivo.

dimostrazione. E facile mostrare che un isomorfismo tra spazi di Banachpreserva la riflessivita. Dunque, se X e riflessivo lo stesso vale per X ∗∗. La solacosa da provare e allora l’implicazione

X

∗

riflessivo =⇒ X riflessivo.Sia X ∗ riflessivo. Se X non lo e, τ (X ) e un sottospazio chiuso proprio di X ∗∗. DalCorollario 3.8, esiste Φ ∈ X ∗∗∗, Φ = 0, tale che ΦF x = 0 per tutti gli F x ∈ τ (X ).Usando la riflessivita di X ∗, Φ = ΦΛ, per qualche Λ ∈ X ∗. Pertanto,

0 = ΦΛF x = F xΛ = Λx, ∀x ∈ X.

Concludiamo che Λ = 0, e, conseguentemente, Φ = 0. Contraddizione.

Proposizione 3.10. Un sottospazio chiuso Y di uno spazio di Banach X riflessivoe riflessivo.

dimostrazione. Associamo a F 0 ∈ Y ∗∗ un elemento F ∈ X ∗∗ nel seguentemodo:

F Λ = F 0Λ|Y , ∀ Λ ∈ X ∗.

Dato che X e riflessivo, esiste x ∈ X tale che F Λ = Λx per ogni Λ ∈ X ∗.Pertanto,

F 0Λ|Y = Λx, ∀ Λ ∈ X ∗.

29Esiste un controesempio dovuto a James di uno spazio di Banach non riflessivo isometricamenteisomorfo al suo biduale.



71

Ma Y e chiuso, e l’uguaglianza di cui sopra ci dice che Λx = 0 per ogni Λ ∈ X ∗

tale che Λ|Y = 0, implicando cosı x ∈ Y . Sia ora Λ0 ∈ Y ∗. Estendiamo Λ0 aΛ ∈ X ∗. Allora,

F 0Λ0 = F 0Λ|Y = F Λ = Λx = Λ0x.

Concludiamo che F 0 ∈ τ (Y ), ovvero, τ : Y → Y ∗∗ e suriettiva.

Esaminiamo alcune questioni di separabilita.

Proposizione 3.11. Se X ∗ e separabile, allora X e separabile. Viceversa, se X eseparabile e riflessivo, allora X ∗ e separabile.

dimostrazione. Ragionando come nella dimostrazione della Proposizione 3.9,dobbiamo solo dimostrare che se X ∗ e separabile, allora X e separabile. Sia

dunque Λn una successione densa in X ∗. Per ogni n ∈ N, esiste allora xn ∈ X di norma unitaria tale che

|Λnxn| ≥ 1

2ΛnX∗.

Consideriamo quindi l’insieme (numerabile) F formato dalle combinazioni linearidegli xn a coefficienti razionali. La chiusura Y di F e un sottospazio di X . Ilnostro scopo e mostrare che Y = X . Per assurdo, non sia cosı. Allora esisteΛ ∈ X ∗ non nullo tale che Λ|Y = 0. Fissato ε > 0, selezioniamo un elemento Λn0

tale che

Λ − Λn0X∗ < ε.

In tal caso, ricordando che Λxn0 = 0,

1

2Λn0X∗ ≤ |Λn0xn0| ≤ |Λn0xn0 − Λxn0 | ≤ Λn0 − ΛX∗xn0X ≤ ε.

Ma allora,

ΛX∗ ≤ Λ − Λn0X∗ + Λn0X∗ ≤ 3ε,

e dall’arbitrarieta di ε concludiamo che Λ = 0.

Concludiamo il paragrafo discutendo la riflessivita degli spazi L p(Ω). Ricordandoil Teorema 3.2 e il Teorema 3.3, ricaviamo immediatamente il

Teorema 3.12. Se p ∈ (1, ∞), allora L p(Ω) e riflessivo. Non sono invece riflessivi (tranne in casi banali) gli spazi L1(Ω) e L∞(Ω).

Osservazione. La non riflessivita di L1(Ω) (e quindi anche L∞(Ω)) puo esserededotta anche dalla proposizione precedente.



72

3.4 Convergenza debole

Definizione. Sia X uno spazio di Banach e siano xn, x ∈ X . Diciamo che xn

converge debolmente a x (e scriviamo xnw

→x) se

Λxn → Λx, ∀Λ ∈ X ∗.

La convergenza in norma (detta anche convergenza forte) implica quella debole,poiche

|Λ(xn − x)| ≤ ΛX∗xn − xX .

Il viceversa e in generale falso.

Esercizio 47. Mostrare che il limite debole di una successione xn ∈ X , se esiste,e unico.

Osservazione. Sebbene in questa sede ci siamo limitati a considerare laconvergenza debole di successioni, un discorso piu approfondito richiederebbel’introduzione della topologia debole. In particolare, la topologia debole e semprepiu debole della topologia della norma quando lo spazio e infinito dimensionale.Cio pero non significa che in uno spazio infinito dimensionale sia sempre vero chela convergenza debole non implichi la convergenza forte.30 Un esempio interes-santissimo e il caso dello spazio (infinito dimensionale) 1, dove si ha che xn → xse e solo se xn

w→ x.31

Proposizione 3.13. Se xnw→ x allora xn e una successione limitata.

dimostrazione. Se xnw

→x, allora Λxn e limitato per ogni Λ

∈X ∗. Conside-

riamo la famiglia di mappe F n ∈ X ∗∗ definite da

F nΛ = Λxn.

Per ogni Λ fissato, esiste M Λ ≥ 0 tale che

supn∈N

|F nΛ| ≤ M Λ.

Dal Teorema di Uniforme Limitatezza, ricaviamo l’esistenza di M ≥ 0 tale che

supn∈N

|F nΛ| ≤ M ΛX∗.

Ma per ogni x ∈ X , esiste Λx ∈ X ∗ di norma unitaria tale che Λxx = xX .Quindi, per ogni n ∈ N,

xnX = |Λxnxn| = |F nΛxn | ≤ M ΛxnX∗ = M,

come volevasi dimostrare.

30Il problema e che noi ci limitiamo a considerare successioni, mentre la topologia debole, chenon e metrizzabile, non puo essere completamente descritta dalle sole successioni.

31Risultato dovuto a Schur.



73

Osservazione. Se xnw→ x allora

xX ≤ liminf n→∞

xnX .

Infatti, sia Λx ∈ X ∗ di norma unitaria tale che Λxx = xX . Allora,

xX = Λxx = limn→∞

Λxxn = limn→∞

|Λxxn| ≤ liminf n→∞

ΛxX∗xnX = liminf n→∞

xnX .

Come vedremo, ci sono esempi in cui vale effettivamente il minore stretto.

Esercizio 48. Siano xn, x ∈ X e Λn, Λ ∈ X ∗. Dimostrare che le convergenzexn

w→ x e Λn → Λ implicano la convergenza numerica Λnxn → Λx.

Esercizio 49. Assumiamo che Λxn converga per ogni Λ ∈ X ∗. Cio non implica,in generale, l’esistenza di x tale che xn

w

→x. Si dimostri che se X e riflessivo questo

fatto e invece vero.

3.5 Convergenza debole-∗

Definizione. Sia X uno spazio di Banach. Una successione Λn ∈ X ∗ convergedebolmente-∗ a Λ (e scriviamo Λn

w∗→ Λ) se Λnx → Λx per ogni x ∈ X .

Si osservi che la convergenza debole-∗ e una convergenza definita sul duale diuno spazio di Banach. Si tratta sostanzialmente della convergenza debole su X ∗, matestata non su tutti gli elementi di X ∗∗, bensı sui soli elementi di τ (X ). Ne consegueche

Λn w→ Λ =⇒ Λn w∗

→ Λ.

Se X e riflessivo (e dunque τ (X ) = X ∗∗), allora convergenza debole e debole-∗coincidono su X ∗.

Esercizio 50. Come nella situazione precedente, mostrare che il limite debole-∗ eunico e le successioni debolmente-∗ convergenti sono limitate.

Esercizio 51. Siano xn, x ∈ X e Λn, Λ ∈ X ∗. Dimostrare che le convergenzexn → x e Λn

w∗→ Λ implicano la convergenza numerica Λnxn → Λx.

Teorema 3.14 (Banach-Alaoglu). Sia X uno spazio di Banach separabile. Allora

ogni successione limitata in X ∗ ammette una sottosuccessione debolmente-∗ conver-gente.

dimostrazione. Sia Λn una successione limitata in X ∗, e sia

M = supn∈N

ΛnX∗.

Infine, sia xk una successione densa in X . La successione Λnx1 e limitata inR, e dunque ammette una sottosuccessione convergente Λnjx1. Ripetendo il ra-gionamento con Λnjx2, troviamo una sotto-sottosuccessione Λnji

x2 convergente.



74

Iterando la procedura, e usando lo stesso procedimento di estrazione diagonalegia visto nella dimostrazione del Teorema di Ascoli-Arzela, troviamo una sotto-successione Λnm di Λn tale che Λnmxk converge in R per ogni k ∈ N. Preso ora

un generico x ∈ X , mostriamo che esiste il limite

Λx = limm→∞

Λnmx.

Invero, fissato ε > 0 arbitrario, esiste k ∈ N tale che

x − xk ≤ ε

2M .

Pertanto,

|Λnix − Λnjx| ≤ |Λnix − Λnixk| + |Λnixk − Λnjxk| + |Λnjxk − Λnjx|

≤ |Λn

i

xk

−Λn

j

xk

|+ 2M

x

−xk

≤ |Λnixk − Λnjxk| + ε.

Facendo il limite i, j → ∞, e sfruttando l’arbitrarieta di ε, concludiamo che lasuccessione Λnmx e di Cauchy, e pertanto converge. Ci resta solo da mostrareche Λ ∈ X ∗: la linearita di Λ e ovvia, inoltre, per ogni x ∈ X ,

|Λx| = limm→∞

|Λnmx| ≤ lim supm→∞

ΛnmX∗x ≤ M x.

In alternativa, si poteva utilizzare il Corollario 2.9.

Ad esempio, consideriamo L∞(Ω) = (L1(Ω))∗. Sia f n∈

L∞(Ω) una successionelimitata. Allora per il Teorema di Banach-Alaoglu esiste f nk

w∗→ f , per qualchef ∈ L∞(Ω). Cio significa che

Ω

f nkgdµ → Ω

fgdµ, ∀g ∈ L1(Ω).

Il risultato e, in generale, falso se si omette la separabilita di X .

Esempio. Sia X = ∞, e si consideri la successione Λn ∈ X ∗ data da

Λnx = xn, x = (x1, x2, . . .) ∈ X.

La successione Λn e chiaramente limitata in X ∗, ma non ammette sottosucces-sioni debolmente-∗ convergenti.

Osservazione. Se X e riflessivo, si puo identificare X con X ∗∗, cosicche laconvergenza debole in X coincide con la convergenza debole-∗ in X ∗∗ (con abusodi linguaggio, si dice che la convergenza debole e debole-∗ coincidono su X ).Vale quindi il

Teorema 3.15. Se X e riflessivo, ogni successione limitata in X ammette una sottosuccessione debolmente convergente.



75

dimostrazione. Per semplicita, assumiamo X separabile (ma si noti che ilrisultato vale anche nell’ipotesi X non separabile). Dunque X ∗ e separabile.Sia allora xn una successione limitata in X . Dato che xn puo essere pensata

(usando la mappa canonica τ ) come una successione limitata in in X ∗∗

, esisteuna sottosuccessione xnk convergente a x debolmente-∗ in X ∗∗, vale a dire, xnk

converge a x debolmente in X .

Osservazione. L’implicazione inversa, nota in letteratura come Teorema diEberlein-Shmulyan, e anch’essa vera. Di fatto, questa e una caratterizzazionedegli spazi riflessivi. Precisamente: uno spazio di Banach X e riflessivo se esolo se ogni successione limitata in X ammette una sottosuccessione debolmenteconvergente.

Esercizio 52. Sia X riflessivo. Dato Λ ∈ X ∗ dimostrare che esiste x ∈ X di norma

unitaria che realizza la norma di Λ, cioe tale che ΛX∗ = Λx.32

Esercizio 53. Ripetendo la costruzione della dimostrazione del Corollario 3.8,dimostrare il Lemma di Riesz di quasi ortogonalita : dato un sottospazio chiusoproprio Y di uno spazio normato X , e fissato ε > 0, esiste un vettore x ∈ X dinorma unitaria tale che

dist(x, Y ) = inf y∈Y

x − y ≥ 1 − ε.

Se X e uno spazio di Banach riflessivo, lo stesso risultato vale con ε = 0.

Esercizio 54. Siano X, Y spazi di Banach, e sia X → Y .(i) Mostrare che se xn

w→ x in X , allora xnw→ x in Y .

(ii) Sia X riflessivo. Mostrare che se xn e una successione limitata in X tale chexn

w→ x in Y , allora x ∈ X e xnw→ x in X .

(iii) Sia X riflessivo. Mostrare che la palla chiusa unitaria di X e chiusa in Y .

3.6 Operatori compatti

Siano X, Y spazi di Banach, con X riflessivo.

Definizione. Un operatore lineare K : X → Y e compatto se l’immagine di uninsieme limitato B ⊂ X attraverso K e relativamente compatta in Y , ovvero, se KBe compatto in Y . In particolare, cio implica che se xn e una successione limitata inX , allora Kxn ammette una sottosuccessione (fortemente) convergente in Y .

Proposizione 3.16. Se K : X → Y e un operatore lineare compatto, allora K ∈L(X, Y ).

32Viceversa, uno spazio di Banach in cui la norma di ogni elemento del duale e realizzata eriflessivo (Teorema di James).



76

dimostrazione. Poiche la palla unitaria B di X e un limitato, KB e relati-vamente compatto in Y , e di conseguenza limitato. Quindi

supxX≤1 KxY ≤ M,

da cui la continuita di K .

Osservazione Esempi particolari di operatori compatti sono gli operatori dirango finito, cioe gli operatori limitati il cui rango e un sottospazio finito dimen-sionale. Esistono tuttavia operatori compatti che non sono di rango finito.

Definizione. Indichiamo con K(X, Y ) ⊂ L(X, Y ) la classe degli operatori compattida X a Y . Si noti che K(X, Y ) e uno spazio lineare.

Proposizione 3.17. Sia K ∈ L(X, Y ). Allora K ∈ K(X, Y ) se e solo se xn

w

→ ximplica che Kxn → Kx.

dimostrazione. Sia K ∈ K(X, Y ), e sia xnw→ x. Valgono i seguenti due fatti:

- Kxnw→ Kx (se Λ ∈ Y ∗, allora Λ K ∈ X ∗);

- ogni sottosuccessione di Kxn ha punti limite (poiche xn e limitata in X ).Ma se Kxnk → y per una sottosuccessione xnk , allora y = Kx, forzando la con-vergenza a Kx dell’intera successione. Osserviamo che per questa implicazionenon abbiamo utilizzato la riflessivita di X .

Viceversa, sia B ⊂ X un insieme limitato, e sia yn una successione di elementidi KB. Allora esiste xn

∈B tale che Kxn = yn. Usando la riflessivita di X , la

successione xn ammette una sottosuccessione xnk debolmente convergente ad uncerto x ∈ X . Ma allora ynk = Kxnk → Kx fortemente, da cui segue che KB erelativamente compatto.

Corollario 3.18. K(X, Y ) e uno spazio di Banach nella norma indotta da L(X, Y ).

dimostrazione. Basta mostrare che K(X, Y ) e un sottospazio chiuso diL(X, Y ). Sia K n ∈ K(X, Y ) una successione convergente a K in L(X, Y ).Dobbiamo far vedere che K ∈ K(X, Y ). Sia dunque x j

w→ x. In particolare,x jX ≤ M . Otteniamo quindi

Kx j − KxY ≤ Kx j − K nx jY + K nx j − K nxY + K nx − KxY ≤ 2M K − K nL(X,Y ) + K nx j − K nxY .

Fissiamo ε > 0, e scegliamo n tale che 2M K − K nL(X,Y ) < ε/2. Poiche K n ecompatto, per j sufficientemente grande K nx j − K nxY < ε/2. Concludiamoche

lim sup j→∞

Kx j − KxY < ε.




77

Osservazione Il corollario appena visto ci garantisce che il limite in norma diuna successione di operatori di rango finito e un operatore compatto.

Esercizio 55. Sia k(t, s) ∈ L2

([0, 1] × [0, 1]). Consideriamo l’operatore lineare,T k : L2([0, 1]) → L2([0, 1]), detto operatore integrale di nucleo k, definito da

(T kf )(t) =

10

k(t, s)f (s)ds.

Mostrare che T k e limitato e che

T kL(L2([0,1])) ≤ kL2([0,1]×[0,1]).

Mostrare quindi che T k e compatto.33

3.7 Sulle diverse convergenze negli spazi L p(Ω)

Terminiamo il capitolo analizzando le relazioni che intercorrono tra alcuni tipi diconvergenza delle successioni di funzioni negli spazi L p(Ω). In questo paragrafo, Ωe, per semplicita, un sottoinsieme misurabile di R (o di RN ) di misura di Lebesguepositiva. Tutte le funzioni di cui parleremo saranno definite (quasi ovunque) su Ω avalori reali.

Innanzitutto, dimostriamo un risultato di unicita del limite debole e puntualequasi ovunque.

Proposizione 3.19. Se f n w→ f in L p(Ω) e f n → g puntualmente quasi ovunque,allora f = g.

dimostrazione. Supponiamo per assurdo che il risultato sia falso. Alloraesistera Ω0 ⊂ Ω di misura finita positiva tale che g e limitata su Ω0, e f (t) = g(t)per t ∈ Ω0. Applicando il Teorema di Egoroff, esiste un secondo insieme Ω1 ⊂ Ω0,sempre di misura positiva, tale che f n → g uniformemente su Ω1 (in altre parole,f n → g in L∞(Ω1)). Usando l’iniezione continua L∞(Ω1) → L p(Ω1), concludiamoche f n → g in L p(Ω1), e quindi f n

w→ g in L p(Ω1). E facile verificare che anchef n

w→ f in L p(Ω1). Pertanto, per l’unicita del limite debole, f e g devonocoincidere su Ω

1, contro l’ipotesi.

Una conseguenza quasi immediata e una “forma debole” del Teorema della Con-vergenza Dominata (risultato, questo, di fondamentale importanza nello studio delleequazioni non lineari alle derivate parziali).

Teorema 3.20. Sia p ∈ (1, ∞). Assumiamo che f n → f puntualmente quasi ovunque e f nLp ≤ M . Allora f n

w→ f in L p(Ω).

33Gli operatori integrali di nucleo a quadrato sommabile, altrimenti noti come operatori diHilbert-Schmidt, formano un sottoinsieme denso nello spazio di Banach degli operatori compatti.



78

dimostrazione. Dalla riflessivita, sappiamo che esiste una sottosuccessionef nk ed una funzione g ∈ L p(Ω) tali che f nk

w→ g. Ma la proposizione precedente cidice che g = f . D’altro canto, ogni sottosuccessione debolmente convergente di

f n deve avere f come suo limite debole. E facile allora mostrare che cio implicala convergenza debole a f dell’intera successione f n.

Gli spazi L p(Ω) con p ∈ (1, ∞) (cosı come gli spazi di Hilbert, che vedremo piuavanti) esibiscono un’interessante proprieta,34 che enunciamo senza dimostrazione.

Proposizione 3.21. Sia p ∈ (1, ∞). Se f nw→ f in L p(Ω) e f nLp → f Lp, allora

f n → f in L p(Ω).

Osservazione. Lo stesso risultato e invece falso in L1(Ω). Un esempio in talsenso e dato dalla successione di funzioni f n(t) = 1+ sin nt ∈ L1([0, 2π]). Infatti,per ogni n

∈N,

f nL1 = 2π0

(1 + sin nt)dt = 2π,

e, come dimostreremo in seguito, sin nt w→ 0, da cui f nw→ 1.

Unendo il Teorema 3.20 e la Proposizione 3.21 otteniamo il

Corollario 3.22. Sia p ∈ (1, ∞). Assumiamo che f n → f puntualmente quasi ovunque e f nLp → f Lp. Allora f n → f in L p(Ω).

Osservazione. Questo risultato e vero anche in L1(Ω). Ovviamente, si deveprocedere con una diversa dimostrazione.

Concludiamo il paragrafo con alcune osservazioni sulla convergenza debole. Sie gia accennato che la successione sin nt (e analogamente cos nt) converge debol-mente a 0 in L2([0, 2π]). Tuttavia e immediato verificare che sin nt non ammettealcuna sottosuccessione convergente a 0 puntualmente quasi ovunque. Analizziamoun’ulteriore situazione. La successione di funzioni

f n(t) = sin nt + cos nt

converge debolmente a 0, ma la successione f 2n converge debolmente a 1 in L2([0, 2π]).Questi esempi ci mostrano che, in generale, la convergenza debole non da infor-

mazioni di alcun tipo riguardo alla convegenza puntuale.

34La proprieta discussa e soddisfatta da tutti gli spazi di Banach uniformemente convessi. Glispazi L p(Ω), con p ∈ (1, ∞), sono infatti spazi uniformemente convessi (Teorema di Clarkson).Ricordiamo che uniformemente convesso significa che per ogni xn e yn con xn ≤ 1 e yn ≤ 1,la convergenza xn + yn → 2 implica che xn − yn → 0.



III. Spazi di Hilbert

1 Geometria degli spazi di Hilbert

1.1 Spazi con prodotto internoSia H uno spazio lineare su R. Un prodotto interno o prodotto scalare in H e unaforma bilineare, simmetrica e definita positiva da H × H in R, cioe una funzione

·, · : H × H → R

che soddisfa le condizioni

(i) λx + y, z = λx, z + y, z ∀λ ∈ R, ∀x,y,z ∈ H (linearita);

(ii) x, y = y, x ∀x, y ∈ H (simmetria);

(iii) x, x ≥ 0 ∀x ∈ H (positivita);(iv) x, x = 0 ⇐⇒ x = 0 (annullamento).

Unendo (i) e (ii) ricaviamo la linearita anche nella seconda variabile. Dunque laforma e bilineare (lineare in entrambi gli argomenti). In particolare,

x, 0 = 0, ∀x ∈ H.

Osservazione. Analogamente, se H e uno spazio lineare sul campo C, sidefinisce il prodotto interno rimpiazzando la condizione (ii) con

(ii)

x, y

=

y, x

∀x, y

∈H .

In tal caso, la forma ·, · : H × H → C e detta sesquilineare. Si noti che vale larelazione x,λy = λx, y.

Definizione. Due vettori x, y ∈ H si dicono ortogonali se

x, y = 0.

Spesso si usa la notazione x ⊥ y. Un insieme A ⊂ H si dice ortogonale se x, y = 0per ogni x, y ∈ A, con x = y. Se in aggiunta ogni vettore x ∈ A e tale che x, x = 1,l’insieme si dice ortonormale.

79



80

Definizione. Uno spazio lineare H su R dotato di un prodotto interno ·, · e dettospazio con prodotto interno.

Esempio. RN e uno spazio con prodotto interno, definendo

x, y =N

j=1

x jy j,

dove x = (x1, . . . , xN ), y = (y1, . . . , yN ). Si noti che la relazione di ortogonalitatra due vettori e quella usuale della geometria euclidea.

Esercizio 1. Si dimostri che C ([0, 1]) e uno spazio con prodotto interno ponendo

f, g

=

1

0

f (t)g(t)dt.

Introduciamo ora la funzione a valori in [0, ∞) definita da

x =

x, x, ∀x ∈ H.

Abbiamo volutamente utilizzato il simbolo di norma poiche dimostreremo che sitratta effettivamente di una norma. E immediato verificare che valgono le proprietadi omogeneita e annullamento. Per dimostrare la disuguaglianza triangolare ci oc-corre il seguente

Teorema 1.1 (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz). Dato uno spazio con prodottointerno H , vale la disuguaglianza

|x, y| ≤ xy, ∀x, y ∈ H.

dimostrazione. Se x = 0 o y = 0 la tesi e ovvia. Siano dunque entrambidiversi da zero. Per ogni t > 0, si ha che

0 ≤ x − ty2 = x2 + t2y2 − 2tx, y,

da cui

x, y ≤1

2tx2

+

t

2y2

.

Ponendo allora t = x/y, si ricava

x, y ≤ xy.

Ripetendo il ragionamento con −x al posto di x si ha anche

−x, y ≤ xy.

che, unita alla precedente disuguaglianza, da la tesi.



81

Esercizio 2. Si verifichi che la funzione x → x soddisfa la proprieta triangolaredella norma.

Concludiamo quindi che la funzione x→

x

definisce una norma su H . Di con-seguenza, uno spazio con prodotto interno e in particolare uno spazio normato, conla norma indotta dal prodotto interno. Osserviamo che due vettori x e y soddisfanola relazione

x + y2 = x2 + y2se e solo se sono ortogonali.35

Esercizio 3. Sia∞

n=1 xn una serie convergente in H tale che xn sia un insiemeortogonale. Dimostrare l’uguaglianza

∞

n=1

xn2

=∞

n=1

xn2.

Esercizio 4. Utilizzando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, dimostrare chel’applicazione (x, y) → x, y e continua in entrambi gli argomenti. Ovvero, sexn → x e yn → y, allora xn, yn → x, y.

1.2 Completezza: spazi di Hilbert

Definizione. Uno spazio con prodotto interno e detto spazio di Hilbert quando ecompleto (nella norma indotta dal prodotto interno). Uno spazio di Hilbert e in

particolare uno spazio di Banach.Esempio. RN e uno spazio di Hilbert con il prodotto interno definito nel prece-dente esempio. La norma indotta dal prodotto interno e la norma-2 euclidea.

Viceversa, non e sempre vero che uno spazio di Banach sia anche di Hilbert.Infatti, si verifica immediatamente che la norma in uno spazio di Hilbert deve sod-disfare la regola del parallelogramma ,36 ovvero

x + y2 + x − y2 = 2x2 + 2y2, ∀x, y ∈ H.

La condizione e anche sufficiente.

Proposizione 1.2. Sia H uno spazio di Banach. Se la norma di H soddisfa la regola del parallelogramma, allora H e uno spazio di Hilbert con il prodotto interno

x, y =1

2

x + y2 − x2 − y2

.

Si noti che il prodotto interno induce la norma di partenza.

35In R2 questo e il Teorema di Pitagora.36Interpretando le norme come lunghezze dei vettori, la regola del parallelogramma ci dice che

la somma dei quadrati delle diagonali di un parallelogramma e uguale alla somma dei quadrati deisuoi lati, una proposizione familiare della geometria piana.



82

Esercizio 5. Dimostrare la Proposizione 1.2.

Esercizio 6. Verificare che C ([0, 1]) con la norma del massimo non e uno spazio

di Hilbert.

1.3 Proiezioni ortogonali

Nel seguito, sia H uno spazio di Hilbert. Sia V un sottoinsieme di H . Il complementoortogonale di V , indicato con V ⊥, e definito come

V ⊥ =

x ∈ H : x, v = 0, ∀v ∈ V

.

Evidentemente, H ⊥ = 0 e 0⊥ = H .

Proposizione 1.3. Se V ⊂ H , allora V

⊥

e un sottospazio chiuso di H .dimostrazione. E immediato mostrare che V ⊥ sia un sottospazio. Sia dunquexn ∈ V ⊥, xn → x ∈ H . Se v ∈ V , abbiamo

x, v = limn→∞

xn, v = 0,

da cui x ∈ V ⊥.

Esercizio 7. Sia V ⊂ H , e sia

V e il sottospazio chiuso generato da V , cioe il

sottospazio formato da combinazioni lineari di vettori di V e dai loro punti limite.

Mostrare che V ⊥

= V ⊥

. In particolare, se V ⊥

= 0 segue che V = H .

Teorema 1.4. Sia V un sottospazio chiuso di H , e sia x ∈ H . Allora esiste un unico v∗ ∈ V tale che37

dist(x, V ) = inf v∈V

x − v = x − v∗.

dimostrazione. Sia vn ∈ V tale che

limn→∞

x − vn = d = inf v∈V

x − v.

Mostriamo che vn e di Chauchy. Fissiamo dunque m > n, e notiamo che

vm + vn2

∈ V.

Pertanto, x − vm + vn2

≥ d =⇒ 2x − (vm + vn) ≥ 2d.

37Il risultato vale anche se V e un sottoinsieme convesso, chiuso e non vuoto di H .



83

Usando la regola del parallelogramma, abbiamo

vm − vn2 = vm − x + x − vn2

= 2vm − x2 + vn − x2− 2x − (vm + vn)2≤ 2vm − x2 + vn − x2

− 4d2,

da cuilim

n,m→∞vm − vn = 0.

Quindi la successione vn converge a v∗ ∈ V . Ne consegue che

x − v∗ = limn→∞

x − vn = d.

Infine, se v ∈ V e tale che x−v = d, utilizzando come in precedenza la regoladel parallelogramma si vede subito che v∗ − v = 0, da cui v∗ = v.

Definizione. Siano V e W due sottospazi di H ortogonali tra loro, cioe tali chev ⊥ w per ogni v ∈ V e per ogni w ∈ W . La somma ortogonale di V e W e ilsottospazio di H

V ⊕ W =

v + w : v ∈ V, w ∈ W

.

Osservazione. E immediato verificare che un vettore x ∈ V ⊕ W ammetteun’unica decomposizione della forma v + w. Se infatti v + w = v + w, allora

v − v = w − w, e poiche V ∩ W = 0 ricaviamo che v = v e w = w.

Teorema 1.5 (della Proiezione). Sia V un sottospazio chiuso di H . Allora

H = V ⊕ V ⊥.

dimostrazione. Sia x ∈ H . Dal teorema precedente, esiste un unico v ∈ V tale che

dist(x, V ) = x − v.

Poniamo allora w = x − v. Dobbiamo mostrare che w ∈ V ⊥. Sia dunque u ∈ V

fissato. Scegliamo λ = 0 in modo tale che λw, u ≥ 0. Risulta

w2 ≤ x − (v + λu)2 = w − λu2 = w2 + |λ|2u2 − 2λw, u.

Dividendo il tutto per |λ|, otteniamo la disuguaglianza

|w, u| ≤ |λ|2

u2,

la quale, operando il limite |λ| → 0, implica che w, u = 0.



84

Osservazione. Il vettore v della decomposizione viene talvolta indicato conP V x, ed e chiamato la proiezione di x sul sottospazio V . Come abbiamo visto,P V x e il punto che realizza la minima distanza di x da V .

Esercizio 8. Dimostrare che la mappa P V : H → V definisce un operatore linearelimitato.

Esercizio 9. Sia V ⊂ H un sottospazio chiuso. Mostrare che (V ⊥)⊥ = V .

1.4 Il duale di uno spazio di Hilbert

Ci proponiamo di caratterizzare il duale H ∗ di uno spazio di Hilbert H . Fissiamoun generico y ∈ H , e consideriamo il funzionale lineare Λy : H → R definito da

Λyx = x, y.Dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwarz,

supx≤1

|Λyx| = supx≤1

|x, y| ≤ supx≤1

xy = y.

Inoltre, se y = 0, scegliendo x = y/y, si ha che

Λyx = x, y = y.

Dunque, ogni funzionale della forma Λy e un elemento di H ∗, e soddisfa la relazione

ΛyH ∗ = y.

Il risultato seguente dimostra che tutti i funzionali lineari continui su H sonodella forma Λy.

Teorema 1.6 (di Rappresentazione di Riesz). Λ ∈ H ∗ se e solo se esiste un unicoy ∈ H tale che Λ = Λy.

dimostrazione. Mostriamo che se Λ ∈ H ∗ allora Λ = Λy per un certo y ∈ H .Se Λ e il funzionale nullo allora y = 0. Supponiamo quindi che Λ non siaidenticamente nullo. Poiche Λ e continuo, ker(Λ) e un sottospazio chiuso, e per

il Teorema 1.5, ker(Λ)

⊥

non si riduce a 0. Sia dunque z ∈ ker(Λ)

⊥

con z = 1.Per ogni x ∈ H abbiamo che

x − Λx

Λzz ∈ ker(Λ).

Pertanto

x − Λx

Λzz, z = 0

da cui segueΛx = x, (Λz)z.



85

Dunque y = (Λz)z. Per quanto riguarda l’unicita, se y1 e y2 sono tali che

x, y1 = x, y2, ∀x ∈ H

allorax, y1 − y2 = 0, ∀x ∈ H

da cui immediatamente y1 = y2.

Possiamo allora identificare H con il suo duale H ∗ attraverso l’isomorfismo iso-metrico

y → Λy.

Pertanto, una successione xn ∈ H converge debolmente a x ∈ H se

xn

, y →

x, y,

∀y

∈H.

Corollario 1.7. Gli spazi di Hilbert sono riflessivi.

dimostrazione. Sia F ∈ H ∗∗. Poiche ogni elemento di H ∗ e della forma Λy,possiamo definire un funzionale lineare continuo Λ su H nel seguente modo:

Λy = F Λy.

Allora esiste x ∈ H tale che Λ = Λx, ovvero

y, x

= F Λy.

Ma y, x = Λyx, da cui l’asserto.

Esercizio 10. Siano xn, x ∈ H tali che xnw→ x e xn → x. Dimostrare la

convergenza forte xn → x.

Esercizio 11. Dimostrare che se xnw→ x e yn → y, allora xn, yn → x, y.

Esercizio 12. Sia Λ un funzionale lineare continuo su un sottospazio V di H .Mostrare che Λ ammette un’unica estensione su H che preserva la norma, e che taleestensione si annulla su V ⊥.

1.5 Basi ortonormali

In RN i vettori e1, . . . eN , dove e j vale uno sulla componente j-esima e zero altrove,formano un insieme ortonormale. Inoltre tale insieme e completo, cioe ogni vettoreu ∈ RN e esprimibile (in modo unico) come combinazione lineare degli e j. Infatti,per ogni x ∈ RN si ha

x =N

j=1

x, e je j ,



86

dove x, e j e la componente di x nella direzione j-esima. In particolare, se

x, e j = 0, ∀ j = 1, . . . , N ,

allora x = 0.

Prendendo spunto dall’esempio appena discusso, diamo la seguente

Definizione . Sia H uno spazio di Hilbert. Un insieme ortonormale A e dettocompleto, o anche una base ortonormale,38 se per ogni x ∈ H la relazione

x, u = 0, ∀u ∈ A

implica x = 0.

Teorema 1.8. Sia H uno spazio di Hilbert (contenente almeno due vettori distinti).

Allora esiste sempre una base ortonormale.dimostrazione. Ci limitiamo a fornire una traccia. Sia S la collezione degliinsiemi ortonormali di H (parzialmente) ordinato con la relazione di inclusione.Ogni catena ha estremo superiore, e quindi dal Lemma di Zorn si prova l’esistenzadi un elemento massimale. Infine, si dimostra per assurdo che l’elemento massi-male e un sistema ortonormale completo.

E inoltre possibile dimostrare che due diverse basi ortonormali hanno la stessacardinalita. Di conseguenza, definiamo dimensione ortogonale39 di uno spazio diHilbert la cardinalita di una sua base.

Nel seguito, tratteremo esclusivamente spazi di Hilbert separabili (e, per evitaresituazioni banali, contenenti almeno due vettori distinti). In questo caso, la dimen-sione ortogonale e (al piu) numerabile. Cio segue immediatamente dal fatto che dueelementi distinti u e v della base ortonormale soddisfano la relazione

u − v =√

2.

Pertanto, se la base ortonormale avesse cardinalita piu che numerabile, non cipotrebbe essere un insieme numerabile denso in essa, e quindi nello spazio.

Osservazione. l’esistenza di una base ortonormale in uno spazio di Hilbertseparabile puo essere dimostrata in modo costruttivo (cioe senza l’ausilio del

Lemma di Zorn), attraverso il cosiddetto metodo di diagonalizzazione di Gram-Schmidt.

Esempio. Lo spazio di Banach 2 e di Hilbert con il prodotto interno

x, y =∞

j=1

x j, y j,

38Non si deve confondere la base ortonormale con la base di Hamel.39Da non confondersi con la dimensione lineare, cioe la cardinalita di una base di Hamel.



87

dove x = (x1, x2, x3, . . .) e y = (y1, y2, y3, . . .). I vettori un ∈ 2 (n ∈ N), dove un

vale uno sulla componente n-esima e zero altrove, formano una base ortonormaledi 2.

Disponendo di una base ortonormale possiamo trattare uno spazio infinito di-mensionale “come se fosse” RN . Ovvero, possiamo ricostruire un generico vettorex come combinazione lineare (infinita) degli elementi della base. Premettiamo duelemmi.

Lemma 1.9 (Disuguaglianza di Bessel). Sia H uno spazio di Hilbert separabile,e sia unn∈N un insieme ortonormale (non necessariamente completo). Per ogni x ∈ H vale la disuguaglianza

∞

n=1

|x, un|2 ≤ x2.

dimostrazione. Per ogni N ∈ N,

0 ≤x −

N n=1

x, unun

2 = x2 −N n=1

|x, un|2.

Facendo il limite N → ∞ abbiamo la tesi.

Lemma 1.10. Sia H uno spazio di Hilbert separabile, e sia unn∈N un insiemeortonormale (non necessariamente completo). Se λn ∈ 2,

∞n=1 λnun converge in

H .

dimostrazione. Sia sn =n j=1 λ ju j . Per m > n, abbiamo

sm − sn2 = m j=n+1

λ ju j

2 =m

j=n+1

|λ j|2,

da cui segue che sn e di Cauchy, e dunque∞

n=1 λnun converge in H .

Possiamo ora enunciare il fondamentale

Teorema 1.11. Sia H uno spazio di Hilbert separabile, e sia unn∈N una baseortonormale. Allora per ogni x ∈ H vale l’ uguaglianza

x =∞

n=1x, un

un.

Inoltre per ogni x, y ∈ H vale la cosiddetta identita di Parseval

x, y =∞n=1

x, uny, un.

Come caso particolare,

x2 =∞n=1

|x, un|2.



88

dimostrazione. Dobbiamo dimostrare soltanto la prima asserzione, in quantol’identita di Parseval segue dalla continuita del prodotto interno. Sia dunquex ∈ H . Per la disuguaglianza di Bessel, la serie

∞n=1 |x, un|2 e convergente, e

dunque la serie ∞n=1

x, unun

converge in H . Definendo w = x − ∞n=1x, unun, raggiungiamo la tesi se

dimostriamo che w = 0. Ma per ogni n0 fissato,

w, un0 = x, un0 − limN →∞

N n=1

x, unun, un0 = x, un0 − x, un0 = 0.

Poiche un e una base ortonormale, segue che w = 0.

Osservazione. I risultati appena visti valgono banalmente se H e finito di-mensionale.

I coefficienti x, un vengono detti coefficienti di Fourier di x (relativi alla baseortonormale un). Un’immediata conseguenza e il

Corollario 1.12. Sia H uno spazio di Hilbert separabile infinito dimensionale, esia unn∈N una base ortonormale. Allora un

w→ 0.

Si noti che un = 1, mentre il limite debole e zero.

Esercizio 13. Puo accadere che xnw→ x ma che xn non converga?

Esempio. Sia unn∈N una base ortonormale numerabile di H . La proiezione diun generico vettore x sul sottospazio lineare H N generato dai vettori u1, . . . , uN

(si noti che H N e chiuso, essendo finito dimensionale) risulta essere

P H N x =N n=1

x, unun.

Dal Teorema 1.11 segue che

limN →∞

P H N x = x.

Infine, osserviamo che l’identita di Parseval stabilisce un fatto molto importante.Se H e uno spazio di Hilbert infinito dimensionale separabile, la mappa x → x, une un isomorfismo di spazi di Hilbert (cioe un isomorfismo che conserva il prodottointerno) fra H e 2.



89

1.6 Lo spazio L2(Ω)

Il caso p = 2 per gli spazi L p(Ω) e particolarmente interessante, in quanto la normaderiva da un prodotto interno. Precisamente, si definisce

f, gL2 =

Ω

f (t)g(t)dt.

Pertanto L2(Ω) e uno spazio di Hilbert. La disuguaglianza di Holder in questocaso non e altro che la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Inoltre 2 e l’esponenteconiugato di se stesso, e dunque

L2(Ω)∗ = L2(Ω),

conformemente al Teorema di Rappresentazione di Riesz.

Esercizio 14. Sia H = L2([0, 1]), e sia C il sottospazio di H delle funzioni costanti.Caratterizzare la proiezione P C e il sottospazio C ⊥.

Esercizio 15. Siano µ, ν due misure finite su Ω tali che ν µ. Mostrare chela mappa f →

Ωf dν e un funzionale lineare continuo su L2(Ω, µ + ν ). Sia ψ ∈

L2(Ω, µ + ν ) la funzione tale che Ω

f dν =

Ω

f ψd(µ + ν ).

Si dimostri che ψ(t)

∈[0, 1) per quasi ogni t (rispetto a entrambe le misure µ e ν ).

Si definisca quindi la funzione positiva

φ =ψ

1 − ψ.

Allora φ ∈ L1(Ω, µ) e

ν (E ) =

E

φdµ.

In altre parole, φ e la derivata di Radon-Nykodym di ν rispetto a µ. Abbiamo quindidimostrato il Teorema di Radon-Nykodym per le misure finite.40

Consideriamo ora il caso particolare Ω = [−π, π], e calcoliamo esplicitamenteuna base ortonormale di L2([−π, π]).

Osservazione. E evidente che se un e una base ortonormale di L2([−π, π]),allora, ponendo

vn(t) =

2π

b − aun

2π(t − a)

b − a

,

vn e una base ortonormale di L2([a, b]).

40Questa dimostrazione e dovuta a von Neumann.



90

Teorema 1.13. I vettori

1√2π

,cos nt√

π,

sin nt√π

, n ∈ N,

formano una base ortonormale di L2([−π, π]).

Quindi, f ∈ L2([−π, π]) si puo scrivere come

f (t) =a0√2π

+∞n=1

an√π

cos nt +∞n=1

bn√π

sin nt,

dove l’uguaglianza e intesa in L2([−π, π]), con

a0 =1

√2π π

−π

f (t)dt, an =1

√π π

−π

f (t)cos nt dt, bn =1

√π π

−π

f (t)sin ntdt.

Questa rappresentazione e detta sviluppo in serie di Fourier della f , e le quantitaa0, an, bn sono i coefficienti di Fourier della f .

Naturalmente bisognerebbe dimostrare che l’insieme in questione e una baseortonormale. Lasciamo per esercizio la verifica dell’ortonormalita. Per quantoriguarda la completezza, ci limitiamo a menzionare che segue dal Teorema di Stone-Weierstrass. Un’interessante conseguenza e che le successioni di funzioni sin nt ecos nt convergono debolmente a 0 in L2([−π, π]).

Esercizio 16. Sia f ∈

L1([−

π, π]). Mostrare che41

limn→∞

π−π

f (t)cos ntdt = limn→∞

π−π

f (t)sin ntdt = 0.

Esercizio 17. Si consideri la funzione f (t) = t in L2([−π, π]). Calcolare i coef-ficienti di Fourier della f . Utilizzare il risultato trovato per dimostrare la famosauguaglianza di Eulero

∞

n=1

1

n2=

π2

6.

Esercizio 18. Mostrare che le funzioni

un(t) =

2

πsin nt

formano un base ortonormale in L2([0, π]). [Suggerimento: si estendano le funzionisu [−π, π] in modo opportuno]

41Risultato noto come Lemma di Riemann-Lebesgue.



91

Pertanto possiamo scrivere ogni funzione f ∈ L2([0, π]) come

f (t) =∞

n=1

cn sin nt,

con

cn =2

π

π0

f (t)sin ntdt.

Questa rappresentazione e detta sviluppo in serie di Fourier seno della f .

2 Teorema spettrale per gli operatori compatti

simmetrici

In questo paragrafo, sia H uno spazio di Hilbert infinito dimensionale separabile, esia unn∈N una base ortonormale. Ricordiamo che L(H ) e K(H ) sono rispettiva-mente lo spazio degli operatori limitati e lo spazio degli operatori compatti da H inH . La norma di un operatore T ∈ L(H ) e data da

T L(H ) = supx=y=1

|T x,y|.

Infatti,

supx=y=1 |T x,y| ≤ supx=1 T x,

e ponendo y = T x/T x si ha l’uguaglianza.

2.1 Rappresentazione matriciale degli operatori limitati

Come per le matrici, rappresentiamo un operatore T ∈ L(H ) utilizzando la baseortonormale. Se x ∈ H , allora x =

∞n=1x, unun. Usando la continuita di T ,

T x =∞

n=1

x, unT un.

D’altro canto,

T un =∞

m=1

T un, umum,

ma anche

T x =∞

m=1

T x,umum.

Abbiamo quindi la



92

Proposizione 2.1. Sia T ∈ L(H ). Definiamo gli elementi di matrice T nm di T attraverso la relazione

T nm = T un, um.

Allora, per ogni x ∈ H , ponendo xn = x, un,

T x =∞n=1

∞m=1

T nmxnum =∞

m=1

∞n=1

T nmxnum.

L’m-esimo coefficiente di Fourier di T x e dunque dato da∞

n T nmxn. Inoltre,

T L(H ) = sup ∞n=1

∞m=1

T nmxnym

= sup ∞m=1

∞n=1

T nmxnym

,dove il sup e preso al variare delle successioni xn e yn di norma unitaria in 2.

Se H = RN , gli elementi di L(H ) sono le matrici quadrate N -dimensionali.E noto che se una matrice T e simmetrica, allora ha esattamente N autovalori(reali) λn, contati con loro molteplicita. Utilizzando la base ortonormale un deirelativi autovettori, i coefficienti della matrice soddisfano la relazione T nm = λnδnm,e pertanto si ha la cosiddetta rappresentazione spettrale di T , ovvero,

T x =N

n=1

λnxnun.

Il nostro scopo e di fornire un risultato analogo negli spazi di Hilbert separabili

infinito dimensionali.

2.2 Operatori simmetrici

Definizione. Un operatore T ∈ L(H ) e simmetrico se

T x,y = x,T y, ∀x, y ∈ H.

Esercizio 19. Mostrare che T ∈ L(H ) e simmetrico se e solo se T nm = T mn.

Proposizione 2.2. Sia T ∈ L(H ) un operatore simmetrico. Allora

T L(H ) = supx=1

|T x,x|.

dimostrazione. Ovviamente, vale

d = supx=1

|T x,x| ≤ T L(H ).

Dobbiamo mostrare la disuguaglianza opposta. Per ogni x ∈ H ,

|T x,x| ≤ dx2.



93

Usando quindi la simmetria di T e legge del parallelogramma, per x, y ∈ H abbiamo

4T x,y

=

T (x + y), x + y

− T (x

−y), x

−y≤ dx + y2 + x − y2

= 2dx2 + y2.

Scegliendo

y =x

T xT x,

per T x = 0 (e quindi x = 0), otteniamo

xT x ≤ dx2,

da cui T x ≤ dx.

Detta relazione vale ovviamente anche per T x = 0.

Definizione. Sia T ∈ L(H ). Un autovalore di T e un numero λ ∈ R per cui vale larelazione

T u = λu,

per qualche u ∈ H , diverso dal vettore nullo, detto autovettore. Indichiamo con Aλ

l’autospazio relativo a λ, cioe il sottospazio generato da tutti gli autovettori relativiall’autovalore λ. Si noti che Aλ e un sottospazio chiuso.

Osservazione. E immediato verificare che se λ e un autovalore di T , allora

|λ| ≤ T L(H ).

Proposizione 2.3. Sia T ∈ L(H ) un operatore simmetrico. Allora autovettori corrispondenti ad autovalori distinti sono ortogonali.

dimostrazione. Siano u1 e u2 sono due autovettori corrispondenti a duedistinti autovalori λ1 e λ2. Assumendo λ1 = 0, abbiamo

u1, u2 =

1

λ1 T u1, u2 =

1

λ1 u1, T u2 =

λ2

λ1 u1, u2,

da cui segue u1, u2 = 0.

Esercizio 20. Si concluda che gli autovalori distinti di un operatore T simmetricosono al piu un’infinita numerabile.

Esercizio 21. Per k ∈ L2([0, 1] × [0, 1]), consideriamo l’operatore integrale T k :L2([0, 1]) → L2([0, 1]) (ricordiamo che T k e compatto). Mostrare che T k e simmetricose e solo se k(t, s) = k(s, t).



94

2.3 Operatori compatti simmetrici

Lemma 2.4. Sia K ∈ K(H ) un operatore simmetrico, e sia d = K L(H ). Allora almeno uno dei due numeri fra d e

−d e autovalore di K .

dimostrazione. Sia d = 0 (altrimenti il risultato e banale), e sia un unasuccessione di vettori di norma unitaria tale che

|Kun, un| → d.

Allora un ammette una sottosuccessione unkw→ u. Si noti che u ≤ 1. Ma K e

compatto, pertanto Kunk → Ku, e cio implica che

|Ku,u| = d.

In particolare, u = 0. Abbiamo due possibili casi. Se Ku,u = d (ma l’altrocaso e analogo), vale la relazione

Ku − du2 = Ku2 + d2u2 − 2dKu,u = Ku2 + d2u2 − 2d2 ≤ 0.

Quindi, Ku = du.

Osservazione. Dato un operatore K compatto simmetrico si ha dunque larelazione

K

L(H ) = sup|λ|

: λ e autovalore di K .

Esercizio 22. Sia λ = 0 un autovalore di un operatore compatto. Mostrare cheAλ e finito dimensionale.

Siamo adesso in grado di dimostrare il risultato principale di questo paragrafo:dato un operatore compatto simmetrico K , e possibile trovare una base ortonormaledi H formata da autovettori di K .

Teorema 2.5 (Teorema Spettrale). Sia K ∈ K(H ) un operatore simmetrico. Allora i suoi autovalori distinti

- sono in numero finito (in tal caso 0 e sicuramente un autovalore, con relativoautospazio di dimensione ortogonale infinita); oppure

- formano una successione tendente a 0 (in tal caso 0 puo essere o non essere un autovalore, con relativo autospazio di dimensione ortogonale finita o infinita).

Inoltre, i corrispondenti autovettori possono essere scelti in modo da formare una base ortonormale di H .



95

dimostrazione. Dal lemma precedente, esiste un autovalore λ di modulo|λ| = K L(H ). L’autospazio Aλ ha dimensione ortogonale N < ∞. Scegliamoallora una sua base ortonormale w1, w2, . . . , wN e poniamo

λ1 = · · · = λN = λ.

Chiamando H 1 = A⊥λ , lo spazio H si decompone nella somma ortogonale Aλ⊕H 1.

Si noti che H 1 e invariante per K , ovvero, K |H 1 e un operatore lineare da H 1 aH 1, che risulta essere ancora compatto simmetrico. Inoltre,

K |H 1L(H 1) ≤ K L(H ).

Possiamo quindi ripetere l’argomento per l’operatore K |H 1, producendo un nuovospazio H 2, e cosı via. Con questa procedura42, costruiamo una successione di

autovalori λn decrescente in modulo, cui corrispondono autovettori normalizzatiwn ortogonali fra loro. Ovviamente puo accadere che da un certo punto in poii λn siano tutti nulli. Questo, se H m = 0 per qualche m. In tal caso 0 e unautovalore e l’autospazio A0 ha dimensione ortogonale infinita. Mostriamo orache λn → 0. Sia η = inf n |λn| > 0. La successione limitata wn ammette unasottosuccessione (che chiamiamo ancora wn) debolmente convergente, dunque lasuccessione Kwn = λnwn converge fortemente. Poiche per n = m

λmwm − λnwn2 = |λm|2 + |λn|2 ≥ 2η2,

concludiamo che η = 0, da cui λn → 0. Infine, se x e ortogonale a tutti i wn

corrispondenti ad autovalori non nulli, allora per ogni m ∈ NKx = K |H mx ≤ |λm|x,

da cui x ∈ ker(K ). In particolare, non vi sono altri autovalori non nulli. Dunquewn e una base ortonormale di ker(K )⊥. Pertanto, per ottenere una baseortonormale dello spazio basta aggiungere alla collezione dei wn una base ortonor-male vn di ker(K ). Si noti che ker(K ) puo ridursi al solo vettore nullo, mapuo essere anche infinito dimensionale.

Alla luce del Teorema Spettrale, l’operatore K ammette la rappresentazione

Kx =∞n=1

λnx, wnwn.

Ovviamente, se vogliamo considerare la base completa un di H ottenuta unendown e vn, non sara possibile mantenere i corrispondenti autovalori ordinati inmodulo, a meno che ker(K ) = 0 (cioe 0 non e autovalore), oppure vi sia unnumero finito di autovalori diversi da zero.

42Per rendere piu rigorosa la dimostrazione si dovrebbe in realta procedere per induzione.



96

Corollario 2.6. Sia K ∈ K(H ) un operatore simmetrico. Vale la seguente dicoto-mia, detta Alternativa di Fredholm.

- Per ogni y∈

H l’equazionex − Kx = y

ammette un’unica soluzione; oppure

- λ = 1 e un autovalore di K .

Osservazione. Il risultato vale, piu in generale, anche senza l’ipotesi K sim-metrico.

dimostrazione. Sia λn la successione degli autovalori di K (contati con laloro molteplicita), e sia un la corrispondente base ortonormale di autovettori.Fissato un generico y

∈H , l’equazione x

−Kx = y si puo riscrivere proiettando

sulla base come∞n=1

(1 − λn)x, unun =∞n=1

y, unun.

Dunque e soddisfatta se e solo se

(1 − λn)x, un = y, un.

Pertanto, se λn = 1 per ogni n, il vettore

x =∞

n=1

y, un1 − λn

un

soddisfa l’equazione. La convergenza della serie in H e garantita dal fatto cheλn → 0. Viceversa, se λm = 1 per un certo m, l’equazione non ha soluzione peralcun y che abbia l’m-coefficiente di Fourier diverso da 0.

L’esercizio seguente stabilisce l’implicazione opposta del Teorema Spettrale.

Esercizio 23. Sia wn un insieme ortonormale (non necessariamente completo),e sia λn ∈ R una successione tendente a 0. Allora l’operatore lineare K definito da

Kx =

∞n=1

λnx, wnwn

e compatto simmetrico.

Esercizio 24. Mostrare che per ogni g ∈ L2([0, 1]) l’equazione integrale di Fred-holm

f (t) − t

10

sf (s)ds = g(t)

ammette un’unica soluzione f ∈ L2([0, 1]).



97

Esercizio 25. Mostrare che per ogni g ∈ L2([0, 1]) l’equazione integrale di Volterra

f (t)

− t

0

f (s)ds = g(t)

ammette un’unica soluzione f ∈ L2([0, 1]). Qui si deve applicare l’Alternativa diFredholm per un operatore compatto non simmetrico.

3 Cenni agli operatori non limitati

3.1 Operatori chiusi

Consideriamo operatori lineari T definiti su un sottospazio denso D(T ) ⊂ H , ildominio, a valori in H . Non assumiamo la limitatezza, cioe che valga

T x ≤ M x, ∀x ∈ D(T ).

Di fatto, gli operatori piu interessanti, come gli operatori differenziali, sono nonlimitati. Consideriamo ad esempio l’operatore

T =d

dt, D(T ) = C 1([0, 1]), H = L2([0, 1]).

Scegliendo uk(t) = ekt vediamo subito che T non e limitato. Invero,

T uk = kuk,

da cuisupT u : u ∈ D(T ), u = 1

= ∞.

Ci si attende dunque che operatori non definiti su tutto H siano non limitati.

Contrariamente al caso di L(H ), il dominio e parte integrante della definizionedi operatore. Ci si puo dunque porre il problema di trovare il dominio piu “natu-rale” consistente con l’azione dell’operatore. Nell’esempio precedente, si tratterebbe

dunque di estendere l’operatore ad un opportuno dominio piu grande. Ricordiamoche un operatore T e un’estensione di T se

D( T ) ⊃ D(T ) e T |D(T ) = T.

Esiste una procedura standard per ottenere l’estensione ottimale, che consiste nelchiudere un operatore. Diamo prima una definizione.

Definizione. T e chiuso se per ogni xn ∈ D(T ) tale che xn → x e T xn → y, segueche x ∈ D(T ) e T x = y.



98

Esercizio 26. Sia T un operatore chiuso, e siano xn ∈ D(T ) e x ∈ H . Mostrareche se xn → x e T xn e un insieme relativamente compatto in H , allora x ∈ D(T )e T xn → T x.

Teorema 3.1. Sia T chiuso. Allora T e limitato se e solo se D(T ) = H .

dimostrazione. Un’implicazione e il Teorema del Grafico Chiuso. Assumiamodunque che T sia limitato. Fissato x ∈ H , esiste xn ∈ D(T ) tale che xn → x. Inparticolare, xn e di Cauchy. Sfruttando la limitatezza di T , abbiamo che

T xn − T xm ≤ M xn − xm.

Dunque T xn e di Cauchy, e quindi T xn → y ∈ H . Ma T e chiuso, e pertantox ∈ D(T ). Concludiamo che D(T ) e chiuso, e di conseguenza coincide con H .

Dato un operatore T , si puo allora cercare un operatore chiuso T che estenda T .Non e detto pero che tale operazione sia possibile. In caso affermativo, l’operatoreT e detto chiudibile, e T e la sua chiusura .

Proposizione 3.2. T e chiudibile se e solo se per ogni successione xn ∈ D(T ) con-vergente a 0 tale che T xn → y, segue che y = 0.

dimostrazione. Se T e chiudibile allora ammette un’estensione chiusa T ,e il risultato segue facilmente. Verifichiamo l’implicazione opposta. Definiamol’estensione chiusa di T nel seguente modo. Poniamo

D(T ) = x : ∃ xn → x e T xn → y ∈ H , T x = y.

L’unica cosa di cui ci dobbiamo sincerare e che l’operatore T sia ben definito.Ovvero, se zn → x e T zn → w, deve valere l’uguaglianza y = w. Ma questosegue banalmente dalle ipotesi.

3.2 Operatori simmetrici

Definizione. T e simmetrico se

T x,y=

x,T y, ∀x, y ∈ D(T

).

In generale, un operatore simmetrico potrebbe non essere chiuso. Tuttavia valeil seguente risultato.

Esercizio 27. Se T e simmetrico allora T e chiudibile, e la sua chiusura e ancoraun operatore simmetrico.

Alla luce di questo fatto, nel seguito ci riferiremo esclusivamente ad operatorisimmetrici chiusi.



99

Teorema 3.3. Sia T un operatore simmetrico. Se T e suriettivo, allora T e ancheiniettivo, e il suo inverso T −1 (definito su tutto H ) e un operatore limitato, cioeappartiene a L(H ), e simmetrico.

dimostrazione. Dimostriamo innanzitutto che T e iniettivo. Sia dunquex ∈ D(T ) tale che T x = 0. Per ogni y ∈ H esiste z ∈ D(T ) tale che y = T z.Pertanto

x, y = x,T z = T x,z = 0,

da cui x = 0. La mappa T −1 : H → D(T ) e dunque ben definita, ed e immediatoverificare che e lineare. Inoltre, per ogni x = T w e y = T z in H ,

T −1x, y = w,T z = T w,z = x, T −1y.

Verifichiamo infine che T −1

∈ L(H ). Dal Teorema del Grafico Chiuso, basta

dimostrare che se xn → x e T −1xn → y, allora y = T −1x. Sia allora zn ∈ D(T )tale che xn = T zn. Dunque, abbiamo che

zn → y e T zn → x.

Poiche T e chiuso, concludiamo che x = T y, da cui y = T −1x.

In particolare, se l’inverso e compatto, ricaviamo un teorema di rappresentazionespettrale.

Teorema 3.4 (Teorema Spettrale). Sia T un operatore simmetrico e suriettivo.Assumiamo inoltre che il suo inverso sia compatto. Allora i suoi autovalori formanouna successione tendente a ∞. Inoltre, i corrispondenti autovettori possono esserescelti in modo da formare una base ortonormale di H .

La definizione di autovalore e analoga al caso degli operatori limitati. Ovvia-mente, gli autovettori apparterranno a D(T ).

dimostrazione. Il risultato e una conseguenza del Teorema Spettrale per glioperatori compatti simmetrici. Notiamo che

T −1x = λx

⇐⇒T x = λ−1x.

Inoltre, ker(T −1) = 0, cioe T −1 non ha autovalori nulli. Detta dunque λn lasuccessione degli autovalori di T −1 e wn la relativa base ortonormale di H , perogni x ∈ D(T ) abbiamo la rappresentazione

T x =∞n=1

αnx, wnwn,

dove gli αn = λ−1n sono gli autovalori di T .



100

Nei seguenti esercizi valgano le ipotesi del Teorema Spettrale.

Esercizio 28. Mostrare che x ∈ H appartiene a D(T ) se e solo se

∞n=1

|αn|2|x, wn|2 < ∞.

Disponiamo quindi di una caratterizzazione concreta del dominio di T .

Esercizio 29. Mostrare che lo spazio lineare D(T ), munito del prodotto interno

x, yD(T ) = T x , T y,

e uno spazio di Hilbert.

Esercizio 30. Mostrare che l’iniezione

J : D(T ) → H

e un operatore compatto (con D(T ) dotato della norma definita nel precedenteesercizio).

Ringraziamenti

Voglio ringraziare Clemente Zanco (il primo vero Maestro di Analisi Matematica)per i suoi utilissimi consigli sul capitolo degli Spazi di Banach, la mia preziosacollaboratrice Monica Conti e i numerosi studenti di Analisi Reale e Funzionale2004/05 del Corso di Studi in Ingegneria Matematica che, con i loro suggerimenti,hanno contribuito a migliorare queste dispense.

Vittorino Pata

Dispense Analisi Funzionale

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