Soluzioni Compito del 10 Settembre 2012 Esercizio 1 La seconda

Soluzioni Compito
del 10 Settembre 2012
Esercizio 1 La seconda condizione implica la prima per il Teorema di BanachSteinhaus.
Verfichiamo che la prima condizione implica la seconda. Sia quindi y ∈ X fissato
ed xn ∈ D una successione tale che
1
kxn − ykX ≤
n
Inoltre per ipotesi limj→∞ Tj (xn ) = xn , quindi esiste una successione jn tale che
1
kTj (xn ) − xn kX ≤ , ∀j ≥ jn
n
Per la disuguaglianza triangolare deduciamo che
kTj (y) − ykX ≤ kTj (y) − Tj (xn )kX + kTj (xn ) − xn kX + kxn − yk
2
≤ sup kTj kL(X,X) ky − xn kX + , ∀j ≥ jn
n
j
e quindi si conclude limj→∞ Tj (y) = y
Esercizio 2 Per il primo punto basta scegliere X = l1 ed Y = l∞ . I due spazi
non sono isomorfi come spazi di Banach, essendo il primo separabile ed il secondo
non separabile. Da cio’ segue che non esistono bigezioni lineari e continue tra i
due spazi. Infatti se una tale applicazione esistesse allora sarebbe un isomorfismo
tra spazi di Banach (per la mappa paerta). Notare che si poteva anche scegliere
X = l2 ed Y = C 0 [0, 1]. In tal caso il primo spazio e’ riflessivo ed il secondo non lo
e’, quindi i due spazi non possono essere isomorfi come spazi di Banach.
Il secondo punto segue dal teorema della mappa aperta.
Il terzo punto e’ equivalente a provare che l’insieme degli isomorfismi tra X ed
Y e’ un aperto in L(X, Y ). Per provare questo fatto fissiamo T ∈ Inv(X, Y ) ed
osserviamo che per la mappa aperta si ha l’esistenza di c, C > 0 tali che
ckxkX ≤ kT xkY ≤ CkxkX
Sia ora S ∈ L(X, Y ) tale che kSkL(X,Y ) < 2c . Dico che T + S ∈ Inv(X, Y ). Si ha
che
c
c
k(T + S)xkY ≥ kT xkY − kSxkY ≥ ckxkX − kxkX = kxkX
2
2
Quindi T + S e’ iniettivo ed inoltre dalla stima precedente si ha che T + S ha
immagine chiusa.
Resta da provare che l’immagine di T + S e’ densa. Se per assurdo (T + S)X 6= Y
allora (T + S)X sarebbe un sottospazio proprio di Y e quindi esisterebbe y ∈ Y
tale che kykY = 1 e
1
ky − (T + S)xkY > , ∀x ∈ X
2
(questo fatto segue dalla dimostrazione della non–compattezza della palla unitaria
nei Banach di dimensione infinita). Siccome T e’ surgettiva scegliamo x̃ tale che
T x̃ = y, allora
c
1
kx̃kX > kS x̃kY = ky − (T + S)x̃kY >
2
2
(dove abbiamo usato kSkL(X,Y ) < 2c ) ed inoltre
1 = kykY = kT x̃kY ≥ ckx̃kX
1
2
Dalle stime precedenti si deduce
1 < ckx̃kX ≤ 1
che e’ assurdo.
Esercizio 3 Per calcolare f 0 osserviamo se g : R → R e’ continua su R, di classe
C 1 su R \ {n ∈ N} e g 0 ∈ L∞ (R \ {n ∈ N}), allora la derivata distribuzionale di
g e’ rappresentata dalla funzione g 0 ∈ L∞ (R). Pertanto la derivata distribuzionale
della funzione f e’ data dalla funzione f 0 definita come segue:
h(x) = 2π − 2(x − 2πn), ∀x ∈ (2πn, 2π(n + 1))
Per calcolare h0 osserviamo che h(x) = 2π + h̃(x) dove
h̃(x) = −2(x − 2πn), ∀x ∈ (2πn, 2π(n + 1))
00
0
e quindi f = h̃ . Per calcolare h̃0 procediamo come segue:
X Z 2π(n+1)
X Z 2π(n+1)
φ0 h̃dx = 2
(x − 2πn)φ0 dx
(h̃0 , φ) = −
2πn
n∈Z
=2
XZ
n∈Z
2π(n+1)
xφ0 dx − 2
2πn
n∈Z
X
2πnφ(2π(n + 1)) − 2πnφ(2πn)
n∈Z
= −2
XZ
n∈Z
+2
2πn
X
2π(n+1)
φdx
2πn
2π(n + 1)φ(2π(n + 1)) − 2πnφ(2πn)
n∈Z
−2
X
2πnφ(2π(n + 1)) − 2πnφ(2πn)
n∈Z
Z
= −2
φdx + 4π
X
φ(2π(n + 1))
n∈Z
= (−2 − 4π
X
δ2πn , φ)
n∈Z
P
Abbiamo quindi f 00 = −2 − 4π n∈Z δ2πn .
Per risolvere l’ultimo punto osserviamo che la distribuzione
1
1 2
x
S=− f−
4π
4π
soddisfa
X
S 00 =
δ2πn
n∈Z
Per trovare tutte le soluzioni osserviamo che se
X
T 00 =
δ2πn
n∈Z
allora
(T − S)00 = 0
Pertanto (T − S) = const che a sua volta implica (T − S − const x)0 = 0 e quindi
T = S+const x+const. Osserviamo che abbiamo fatto uso della seguente proprieta’
la cui dimostrazione e’ elementare: se T e’ una distribuzione tale che T 0 = 0 allora
T = const.
0