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Spazi di Funzioni Docente:Alessandra Cutr` ı A. Cutr` ı 02-10-2013 e 07-10-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

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Spazi di Funzioni

Docente:Alessandra Cutrı

A. Cutrı 02-10-2013 e 07-10-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

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Spazi vettoriali normati

Uno spazio Vettoriale V si dice NORMATO se e definita su V unanorma, cioe una funzione ‖ · ‖ che verifica:

‖v‖ ≥ 0 e ‖v‖ = 0⇔ v = 0

‖λv‖ = |λ|‖v‖ ∀λ ∈ R(o C) ,∀v ∈ V

‖v + w‖ ≤ ‖v‖+ ‖w‖ (disuguaglianza triangolare)

Esempio: V = C ‖v‖ :=√

(Rev)2 + (Imv)2 e una norma(analogamente il modulo e una norma su V = R)Esempio: V = RN , v = (v1, v2, . . . , vN) ∈ V

‖v‖2 =

√√√√ N∑i=1

|vi |2 (Norma euclidea)

‖v‖1 =N∑

i=1

|vi |

‖v‖∞ = maxi=1,...,N |vi |TUTTE LE NORME IN RN ( o piu in generale negli spazivettoriali a dimensione finita) SONO EQUIVALENTI

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Norme equivalenti su spazi a fimensione finita

Uno spazio Vettoriale V ha dimensione finita N ⇔ esistono Nvettori linearmente indipendenti {e1, . . . , eN} tali che ognielemento v ∈ V si esprime (in modo unico) come v =

∑Ni=1 viei

con vi ∈ R(o C)

Se V ha dimensione finita, tutte le norme sonoEQUIVALENTI cioe comunque si fissino due norme ‖ · ‖a e‖ · ‖b. esistono due costanti C1 e C2 tale che

C1‖v‖b ≤ ‖v‖a ≤ C2‖v‖b ∀v ∈ V (1)

Le distanze indotte dalle norme d(v ,w) = ‖v − w‖ sonoequivalenti (successioni di punti di V con dimV = N convergenti inuna norma, convergono anche nelle altre norme allo stesso limite)

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Esempi di spazi a dimensione infinita

V = C ([a, b]; R) = {f : [a, b]→ R continue in [a, b]}V ha dimensione infinita: ∀k ∈ N le funzioni 1, t, t2, . . . , tk

sono linearmente indipendenti (infattic0+c1t+c2t2+c3t3+· · ·+cktk = 0⇒ c0 = c1 = · · · = ck = 0)

si possono definire per esempio su V le seguenti norme:

‖f ‖L∞(a,b) = maxt∈[a,b]|f (t)| (esiste per il teorema diWeierstrass) e si chiama norma lagrangiana

‖f ‖L1(a,b) =

∫ b

a|f (t)|dt e si chiama norma L1(a, b) di f

‖f ‖L2(a,b) =

√∫ b

a|f (t)|2dt e si chiama norma L2(a, b) di f

(Oss: Le funzioni continue su [a, b] sono integrabili e dunque lenorme sono ben definite)

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Norme non equivalenti

Le norme appena definite su C ([a, b]; R) NON sonoequivalenti. Infatti, non esiste alcuna costante C tale che

‖f ‖L∞ ≤ C‖f ‖Lp(a,b) con p = 1, 2 ∀f ∈ C ([a, b]; R)

Prendiamo [a, b] = [0, 1] e la successione di punti di C ([0, 1]; R)data da

fn(t) = tn n ∈ NAbbiamo:

‖fn‖L∞(0,1)=maxt∈[0,1]|tn|= 1 per ogni n ∈ N‖fn‖L1(0,1)=

∫ 10 |t

n|dt = 1n+1

‖fn‖L2(0,1)=√∫ 1

0 t2ndt=√

12n+1

Percio il rapporto

‖fn‖L∞(0,1)

‖fn‖Lp(0,1)→ +∞ per n→∞

non e limitato (la costante non puo ovviamente dipendere da n!)A. Cutrı 02-10-2013 e 07-10-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

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Conseguenze

Per gli spazi vettoriali normati a dimensione infinita e necessariospecificare la norma che si considera in quanto come spazi metrici(rispetto alla distanza indotta dallla norma: d(f , g) = ‖f − g‖)hanno caratteristiche differenti.

Intorni di un punto v ∈ V di raggio R:

BR(v) = {w ∈ V t.c . d(v ,w) = ‖v − w‖ < R}

limite di una successione (v)n ∈ V :

(v)n → v ∈ V ⇔ limn→∞

‖(v)n − v‖ = 0

In dimensione infinita una successione puo convergere rispetto aduna norma e non convergere rispetto ad un’altra: in C ([0, 1]; R), lasuccessione

fn(t) = tn → 0 in‖ · ‖L1(0,1) e ‖ · ‖L2(0,1) NON in ‖ · ‖L∞(0,1)

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Spazi di Banach

Successioni di Cauchy: (x)n ∈ (V , ‖ · ‖) e una successione diCauchy se

∀ε > 0 , ∃Nε ∈ N t.c .∀n,m > Nε ‖(x)n − (x)m‖ < ε

Ogni successione convergente in (V , ‖ · ‖) e una successione diCauchy (rispetto alla stessa norma)

Il viceversa non e sempre vero (trovare esempio!) e gli spazinormati in cui e vero si chiamano Spazi completi o Spazi diBanach

Attenzione: per gli spazi vettoriali di dimensione infinita, l’essere omeno completi come spazi normati non dipende solo dallo spaziovettoriale ma anche dalla norma che si considera!

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Esempi di spazi completi e non completi

RN e completo (con qualsiasi norma visto che sono tutteequivalenti)

Q NON e completo: La successione (1 + 1n )n e di Cauchy in

Q (visto che lo e in R) ma limn→∞(1 + 1n )n = e ed e 6∈ Q

C ([a, b], ‖ · ‖∞) e completo (cfr. slide successiva)

C ([a, b], ‖ · ‖L1) NON e completo (cfr. slides successive)

C 1([a, b], ‖ · ‖∞) NON e completo (cfr. slides successive)

C 1([a, b]) con la norma ‖f ‖∞,1 := ‖f ‖∞ + ‖f ′‖∞ e completo(dimostrarlo)

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C ([a, b], ‖ · ‖∞) e uno spazio di Banach

Lo spazio delle funzioni continue con la norma Lagrangiana e unospazio di Banach. Infatti, ogni successione di funzionifn ∈ C ([a, b]) che sia di Cauchy rispetto alla norma Lagrangiana

‖fn − fm‖L∞(a,b) → 0 n,m→∞

verifica la condizione

∀ε > 0 ∃Nε ∈ N t.c . maxt∈[a,b]

|fn(t)− fm(t)| < ε n,m > Nε

quindi e uniformemente di Cauchy e per il criterio di convergenzauniforme, converge uniformemente in [a.b] ad una funzione f cheessendo limite uniforme di una successione di funzioni continue, econtinua e dunque appartiene a C ([a, b]).

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C ([a, b], ‖ · ‖L1(a,b)) NON e uno spazio di Banach

Lo stesso spazio vettoriale C ([a, b]) con la norma integrale L1(a, b)NON e uno spazio completo. Infatti prendiamo per esempio[a, b] = [−1, 1] e scegliamo la successione di funzioni

gn(t) =

−1 t ∈ [−1,− 1

n ]nt |t| ≤ 1

n1 t ∈ [ 1

n , 1]

Proviamo che tale successione di funzioni continue, pur essendo diCauchy per la norma ‖ · ‖L1 , non converge in questa norma ad unafunzione continua (cioe un elemento dello spazio vettorialeC ([−1, 1]). )

gn(t)→ sign(t) puntualmente e sign(t) 6∈ C ([−1, 1])

‖gn(t)− sign(t)‖L1 =∫ 1−1 |gn(t)− sign(t)|dt = 1

n → 0 (quindi

gn converge in norma L1 alla funzione sign(t))

‖gn(t)− gk(t)‖L1 → 0 n, k →∞

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%

Infatti

‖gn(t)− gk(t)‖L1 =∫ 1−1 |gn(t)− gk(t)|dt ≤

∫ 1−1 |gn(t)− sign(t)|dt

+∫ 1−1 |gk(t)− sign(t)|dt ≤ 1

n + 1k

Quindi gn e una successione di Cauchy rispetto alla norma L1.Dimostriamo che non esiste alcuna funzione g ∈ C ([−1, 1]) taleche ‖gn(t)− g(t)‖L1 → 0. Se, per assurdo esistesse una tale g , siavrebbe

0 ≤∫ 1

−1|sign(t)−g |dt ≤

∫ 1

−1|sign(t)−gnt|dt+

∫ 1

−1|gn(t)−g(t)|dt → 0

Percio |sign(t)− g(t)| e una funzione continua in [−1, 1] \ {0} chesoddisfa |sign(t)− g(t)| = 0∀t 6= 0 ma allora g(t) non puo esserecontinua in t = 0

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C 1([−1, 1], ‖ · ‖∞) NON e completo

La successione di funzioni

fn(t) =

√t2 +

1

n2∈ C 1([−1, 1])

converge uniformemente a f (t) = |t| in [−1, 1], infatti:

maxt∈[−1,1]

|√

t2 +1

n2−√

t2| = maxt∈[−1,1]

1n2√

t2 + 1n2 +

√t2≤

1n2

1n

=1

n→ 0

Quindi fn e di Cauchy in ‖ · ‖∞. Essendo |t| 6∈ C 1, tale spazio none completo.Per rendere C 1 uno spazio completo, si puo considerare la normaseguente che induce una convergenza uniforme anche per lederivate:

‖f ‖1,∞ = ‖f ‖L∞ + ‖f ′‖L∞

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Comlpetamento di C ([a, b]) rispetto alle norme integrali

Lo spazio C ([a, b]) non e completo rispetto alla norma L1. Si puoprovare che non e completo rispetto alle norme

‖f ‖Lp(a,b) := (

∫ b

a|f (t)|p)

1p p ≥ 1 (2)

tutte verificanti le tre proprieta caratterizzanti una norma e tutteben definite sullo spazio C ([a, b]). Per la norma L1, quando[a, b] = [−1, 1] la successione gn e di Cauchy, ma non convergenella norma L1 ad alcuna funzione continua (essendo il suo limitela funzione sign(t)). Questo non sarebbe stato un controesempioalla completezza dello spazio se avessimo considerato la stessanorma su uno spazio piu grande: quello delle funzioni integrabilisecondo Riemann:

(R(a, b); ‖ · ‖L1)

essendo sign(t) ∈ R(a, b). Ma sorgono due problemi

(2) non sono norme su R(a, b) (superabile)(R(a, b); ‖ · ‖L1) e ancora troppo piccolo per essere completo

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%

Qual e il completamento di C ([a, b]) munito di una delle normeintegrali (2)? E lo spazio delle funzioni misurabili secondoLebesgue tali che la corrispondente norma Lp risulti finita.

Tutte le funzioni R−integrabili sono Lebesgue-integrabili e gliintegrali coincidono.

La funzione di Dirichlet χQ∩(0,1) e Lebesgue-integrabile anchese non e R−integrabile

le (2) non sono piu norme perche non soddisfano

‖f ‖ = 0 ⇒ f = 0

Questo problema si supera se invece di considerare comeelementi di questo nuovo spazio vettoriale le singole funzioni,si considerano le classi di equivalenza di funzioni uguali quasiovunque cioe si identificano funzioni che coincidono al di fuoridi un sottoinsieme di [a, b] di misura nulla

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%

L1(a, b) = {f : [a, b]→ R (o C ) t.c . ‖f ‖L1(a,b) =

∫ b

a|f (t)|dt <∞}

dove si considerano uguali (cioe lo stesso elemento) funzioni checoincidono quasi ovunque:

f = g q.o. in [a, b]⇔ mis(t ∈ [a, b] t.c . f (t) 6= g(t)) = 0

la funzione di Dirichlet essendo nulla in [0, 1] \ Q ed essendomis(Q) = 0 (perche Q e unione numerabile di insiemi dimisura nulla (i punti)), risulta uguale a zero quasi ovunque equindi si identifica con la funzione nulla!gli elementi di L1 sono classi di equivalenza di funzionisecondo la relazione di equivalenza:

f ≡ g ⇔ f = g q.o. in [a, b]

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Analogamente

Lp(a, b) = {f : [a, b]→ R (o C ) t.c. ‖f ‖Lp(a,b) = (

∫ b

a|f (t)|pdt)

1p <∞}

OSS: se f e a valori complessi,

|f | =√

f (t)f (t) =√

(Ref (t))2 + (Imf (t))2

Caso speciale: p = 2

L2(a, b) = {f : [a, b]→ R (o C ) t.c. ‖f ‖L2(a,b) = (

∫ b

a|f (t)|2dt)

12 <∞}

perche e l’unico spazio tra gli Lp che non solo e completo ma lasua norma e indotta da un prodotto scalare

‖f ‖L2(a,b) =

√∫ b

af (t)f (t)dt =

√< f , f >

dove si e posto

< f , g >L2(a,b):=

∫ b

af (t)g(t)dt

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Le funzioni positive R−integrabili in senso improprio sonoLebesgue integrabili:

f (t) = 1√t∈ L1(0, 1)

f (t) = 1√t6∈ L2(0, 1)

g(t) = 1t ∈ L2(1,+∞)

g(t) = 1t 6∈ L1(1,+∞)

L2(0, 1) ⊂ L1(0, 1) (perche mis((0, 1)) e finita). Infatti,essenfo |f | ≤ 1

2 (|f |2 + 1), si ha:∫ 1

0|f |dt ≤ 1

2(

∫ 1

0|f |2dt +

∫ 1

01dt) < +∞

L2(1,+∞) 6⊂ L1(1,+∞) (vedi g)

non e vero neanche il viceversa. InfattiL1(1,+∞) 6⊂ L2(1,+∞)

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Spazi con prodotto scalare

Sia V uno spazio vettoriale su C. Definiamo Prodotto scalare unafunzione < ·, · >: V × V → C che verifica:

1 < v ,w >= < w , v > ∀v ,w ∈ V

2 < λv ,w >= λ < v ,w > ∀λ ∈ C, v ,w ∈ V

3 < v + w , z >=< v , z > + < w , z > ∀v ,w , z ∈ V

4 < v , v >∈ R , < v , v >≥ 0 < v , v >= 0⇔ v = 0V

OSS: Se V e uno spazio vettoriale su R, < v ,w >=< w , v >

Ponendo ‖v‖ :=√< v , v > si ottiene che (V , ‖ · ‖) e uno

Spazio Normato. La disuguaglianza triangolare segue dalladisuguaglianza di Cauchy-Schwarz:

| < v ,w > | ≤√< v , v >

√< w ,w > = ‖v‖ ‖w‖

Infatti da questa segue che (per esercizio):

< v + w , v + w >≤ (‖v‖+ ‖w‖)2

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Spazi di Hilbert

Uno spazio vettoriale dotato di prodotto scalare che e completorispetto alla norma indotta dal prodotto scalare si chiama Spazio diHilbert

In RN la norma indotta dal prodotto scalare

< x , y >=∑N

i=1 xiyi e la norma euclidea ‖x‖2 = (∑N

i=1 x2i )

12

tra le norme Lp(a, b) l’unica che proviene da un prodotto

scalare e la norma di L2(a, b) ( < f , g >=∫ ba f (t)g(t)dt) che

dunque e uno spazio di Hilbert (essendo completo)

tuttl gli altri Lp(a, b) sono spazi di Banach ma non diHilbert,come lo spazio C ([a, b]; ‖ · ‖∞)

Perche?

Theorem

‖ · ‖ e una norma su uno spazio normato V indotta da un prodottoscalare se e solo se soddisfa l’identita del parallelogramma:

‖u + v‖2 + ‖u − v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2) ∀u, v ∈ V (3)

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Theorem

‖ · ‖ e una norma su uno spazio normato V indotta da un prodottoscalare se e solo se soddisfa l’identita del parallelogramma:

‖u + v‖2 + ‖u − v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2) ∀u, v ∈ V (4)

OSS: V = C ([0, 1]), la norma lagrangiana non soddisfa (4):Premdiamo f (x) = 1 e g(x) = x , ‖f + g‖∞ = 2, ‖f − g‖∞ = 1 e‖f ‖∞ = ‖g‖∞ = 1OSS: In RN l’unica norma che soddisfa (4) e quella euclideaOSS: Gli spazi di Hilbert sono una generalizzazione infinitodimensionale degli spazi euclidei

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Ortogonalita

Negli spazi di Hilbert si puo parlare di ortogonalita tra vettori:

Definition

In uno spazio di Hilbert H, u, v ∈ H si dicono ortogonali se

< u, v >= 0

OSS:0H e l’unico elemento di H ortogonale a tutti gli altri vettoridi HOSS: Se < u, v >= 0 vale il Teorema di Pitagora:‖u + v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2

Sia V ⊂ H un sottospazio di H, allora

V⊥ = {w ∈ H :< w , v >= 0 ∀v ∈ V }

OSS: Se dimV = N e {e1, . . . eN} e una base di V ,

V⊥ = {w ∈ H :< w , ei >= 0 ∀i = 1, . . . ,N}

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Esempio: H = L2(−π, π), V = span{1} alloraV⊥ = {f ∈ L2(−π, π) :

∫ π−π f (x)dx = 0}

In particolare ∀m ∈ N:

< sin(mt), 1 >=< cos(mt), 1 >= 0 in L2(−π, π)

Esempio: H = L2(−π, π), f (t) = cos t, g(t) = sin t sono tra loroortogonali infatti

∫ π−π cos t sin tdt = 0

Anzi, ∀m, n ∈ N, < cos(mt), sin(nt) >= 0 in H = L2(−π, π)∫ π

−πcos(mt) sin(nt)dt =

∫ π

−π

1

2[sin(m + n)t + sin(m − n)t]dt = 0

ed inoltre∫ π

−πcos(mt) cos(nt)dt =

1

2

∫ π

−π[cos(m + n)t + cos(m − n)t]dt = πδm,n∫ π

−πsin(mt) sin(nt)dt =

1

2

∫ π

−π[cos(m − n)t − cos(m + n)t]dt = πδm,n

dove

δm,n =

{0 se m 6= n1 se m = n

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In L2(−π, π) si ha:

‖1‖ =√

2π ‖ sin(mt)‖ = ‖ cos(mt)‖ =√π ∀m ∈ N

Percio

{ 1√2π,

cos(t)√π,

sin(t)√π, . . . ,

cos(kt)√π

,sin(kt)√

π} k = 1, 2, . . .m

costituiscono una famiglia di 2m + 1 vettori ortogonali (anziortonormali perche hanno norma unitaria) in L2(−π, π) e generanodunque un sottospazio di L2(−π, π) di dimensione 2m + 1 (inquanto elementi ortogonali tra loro sono linearmente indipendenti)

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Polinomi trigonometrici

In L2(−π, π) la famiglia ortogonale

{1

2, cos t, sin t, . . . , cos(kt), sin(kt)} k = 1, 2, . . .m

genera dunque un sottospazio Fm di dimensione 2m + 1 i cuielementi sono Polinomi Trigonometrici

p(x) = α01

2+

m∑k=1

αk cos(kx) + βk sin(kx) con α0, αk , βk ∈ R

Osserviamo che, essendo p combinazione lineare di elementiortogonali, ed essendo ‖1

2‖2 = π

2 e ‖ sin(kx)‖2 = ‖ cos(kx)‖2 = π(tutte le norme sono in L2(−π, π)) si ha:

‖p(x)‖2 = |α0|2‖12‖

2 +∑m

k=1 |αk |2‖ cos(kx)‖2 + |βk |2‖ sin(kx)‖2

= π(|α0|2

2 +∑m

k=1 |αk |2 + |βk |2)

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Proiezioni ortogonali

Dato un segnale f ∈ L2(−π, π) come scegliere i coefficientia0, ak , bk (k = 1, . . . , n) in modo che

Sn(x) =a0

2+

n∑k=1

ak cos(kx) + bk sin(kx)

sia il polinomio trigonometrico di Fn di miglioreapprossimazione per f ?

che succede se n→ +∞?

Prima di tutto, cosa si intende per ”migliore approssimazionedi f ”?

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