Spazi di Funzioni - Dipartimento di Matematica

Spazi di Funzioni
Docente:Alessandra Cutrı̀
A. Cutrı̀
02-10-2013 e 07-10-2013
Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale
Spazi vettoriali normati
Uno spazio Vettoriale V si dice NORMATO se è definita su V una
norma, cioè una funzione k · k che verifica:
kv k ≥ 0 e kv k = 0 ⇔ v = 0
kλv k = |λ|kv k
∀λ ∈ R(o C) , ∀v ∈ V
kv + w k ≤ kv k + kwp
k (disuguaglianza triangolare)
Esempio: V = C kv k := (Rev )2 + (Imv )2 è una norma
(analogamente il modulo è una norma su V = R)
Esempio: V = RN , v = (v1 , v2 , . . . , vN ) ∈ V
v
u N
uX
kv k = t
|v |2 (Norma euclidea)
2
i
i=1
kv k1 =
N
X
|vi |
i=1
kv k∞ = maxi=1,...,N |vi |
TUTTE LE NORME IN RN ( o più in generale negli spazi
vettoriali a dimensione finita) SONO EQUIVALENTI
A. Cutrı̀
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Norme equivalenti su spazi a fimensione finita
Uno spazio Vettoriale V ha dimensione finita N ⇔ esistono N
vettori linearmente indipendenti {e1 , . . . , eN } tali che ogni
P
elemento v ∈ V si esprime (in modo unico) come v = N
i=1 vi ei
con vi ∈ R(o C)
Se V ha dimensione finita, tutte le norme sono
EQUIVALENTI cioè comunque si fissino due norme k · ka e
k · kb . esistono due costanti C1 e C2 tale che
C1 kv kb ≤ kv ka ≤ C2 kv kb
∀v ∈ V
(1)
Le distanze indotte dalle norme d(v , w ) = kv − w k sono
equivalenti (successioni di punti di V con dimV = N convergenti in
una 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, t 2 , . . . , t k
sono linearmente indipendenti (infatti
c0 +c1 t+c2 t 2 +c3 t 3 +· · ·+ck t k = 0 ⇒ c0 = c1 = · · · = ck = 0)
si possono definire per esempio su V le seguenti norme:
kf kL∞ (a,b) = maxt∈[a,b] |f (t)| (esiste per il teorema di
Weierstrass) e si chiama norma lagrangiana
Z b
kf kL1 (a,b) =
|f (t)|dt e si chiama norma L1 (a, b) di f
a
s
Z b
kf kL2 (a,b) =
|f (t)|2 dt e si chiama norma L2 (a, b) di f
a
(Oss: Le funzioni continue su [a, b] sono integrabili e dunque le
norme sono ben definite)
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Norme non equivalenti
Le norme appena definite su C ([a, b]; R) NON sono
equivalenti. Infatti, non esiste alcuna costante C tale che
kf kL∞ ≤ C kf kLp (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) = t n n ∈ N
Abbiamo:
kfn kL∞ (0,1) =maxt∈[0,1] |t n |= 1 per ogni n ∈ N
R1
1
kfn kL1 (0,1) = 0 |t n |dt = n+1
qR
q
1
1
kfn kL2 (0,1) = 0 t 2n dt= 2n+1
Perciò il rapporto
kfn kL∞ (0,1)
→ +∞
kfn kLp (0,1)
per n → ∞
non è limitato (la costante non può ovviamente dipendere da n!)
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Conseguenze
Per gli spazi vettoriali normati a dimensione infinita è necessario
specificare la norma che si considera in quanto come spazi metrici
(rispetto alla distanza indotta dallla norma: d(f , g ) = kf − g k)
hanno caratteristiche differenti.
Intorni di un punto v ∈ V di raggio R:
BR (v ) = {w ∈ V t.c. d(v , w ) = kv − w k < R}
limite di una successione (v )n ∈ V :
(v )n → v ∈ V ⇔ lim k(v )n − v k = 0
n→∞
In dimensione infinita una successione può convergere rispetto ad
una norma e non convergere rispetto ad un’altra: in C ([0, 1]; R), la
successione
fn (t) = t n → 0
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ink · kL1 (0,1) e k · kL2 (0,1)
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NON in k · kL∞ (0,1)
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Spazi di Banach
Successioni di Cauchy: (x)n ∈ (V , k · k) è una successione di
Cauchy se
∀ > 0 , ∃N ∈ N t.c.∀n, m > N
k(x)n − (x)m k < Ogni successione convergente in (V , k · k) è una successione di
Cauchy (rispetto alla stessa norma)
Il viceversa non è sempre vero (trovare esempio!) e gli spazi
normati in cui è vero si chiamano Spazi completi o Spazi di
Banach
Attenzione: per gli spazi vettoriali di dimensione infinita, l’essere o
meno completi come spazi normati non dipende solo dallo spazio
vettoriale ma anche dalla norma che si considera!
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Esempi di spazi completi e non completi
RN è completo (con qualsiasi norma visto che sono tutte
equivalenti)
Q NON è completo: La successione (1 + n1 )n è di Cauchy in
Q (visto che lo è in R) ma limn→∞ (1 + n1 )n = e ed e 6∈ Q
C ([a, b], k · k∞ ) è completo (cfr. slide successiva)
C ([a, b], k · kL1 ) NON è completo (cfr. slides successive)
C 1 ([a, b], k · k∞ ) NON è completo (cfr. slides successive)
C 1 ([a, b]) con la norma kf k∞,1 := kf k∞ + kf 0 k∞ è completo
(dimostrarlo)
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C ([a, b], k · k∞ ) è uno spazio di Banach
Lo spazio delle funzioni continue con la norma Lagrangiana è uno
spazio di Banach. Infatti, ogni successione di funzioni
fn ∈ C ([a, b]) che sia di Cauchy rispetto alla norma Lagrangiana
kfn − fm kL∞ (a,b) → 0 n, m → ∞
verifica la condizione
∀ > 0
∃N ∈ N
t.c.
max |fn (t) − fm (t)| < n, m > N
t∈[a,b]
quindi è uniformemente di Cauchy e per il criterio di convergenza
uniforme, converge uniformemente in [a.b] ad una funzione f che
essendo limite uniforme di una successione di funzioni continue, è
continua e dunque appartiene a C ([a, b]).
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C ([a, b], k · kL1 (a,b) ) NON è uno spazio di Banach
Lo stesso spazio vettoriale C ([a, b]) con la norma integrale L1 (a, b)
NON è uno spazio completo. Infatti prendiamo per esempio
[a, b] = [−1, 1] e scegliamo la successione di funzioni

 −1 t ∈ [−1, − n1 ]
gn (t) =
nt |t| ≤ n1

1
t ∈ [ n1 , 1]
Proviamo che tale successione di funzioni continue, pur essendo di
Cauchy per la norma k · kL1 , non converge in questa norma ad una
funzione continua (cioè un elemento dello spazio vettoriale
C ([−1, 1]). )
gn (t) → sign(t) puntualmente e sign(t) 6∈ C ([−1, 1])
R1
kgn (t) − sign(t)kL1 = −1 |gn (t) − sign(t)|dt = n1 → 0 (quindi
gn converge in norma L1 alla funzione sign(t))
kgn (t) − gk (t)kL1 → 0
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n, k → ∞
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%
Infatti
kgn (t) − gk (t)kL1 =
R1
R1
|g
(t)
−
g
(t)|dt
≤
n
k
−1
−1 |gn (t) − sign(t)|dt
R1
+ −1 |gk (t) − sign(t)|dt ≤ n1 + k1
Quindi gn è una successione di Cauchy rispetto alla norma L1 .
Dimostriamo che non esiste alcuna funzione ĝ ∈ C ([−1, 1]) tale
che kgn (t) − ĝ (t)kL1 → 0. Se, per assurdo esistesse una tale ĝ , si
avrebbe
Z 1
Z 1
Z 1
0≤
|sign(t)−ĝ |dt ≤
|sign(t)−gn t|dt+
|gn (t)−ĝ (t)|dt → 0
−1
−1
−1
Perciò |sign(t) − ĝ (t)| è una funzione continua in [−1, 1] \ {0} che
soddisfa |sign(t) − ĝ (t)| = 0∀t 6= 0 ma allora ĝ (t) non può essere
continua in t = 0
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C 1 ([−1, 1], k · k∞ ) NON è completo
La successione di funzioni
r
fn (t) =
t2 +
1
∈ C 1 ([−1, 1])
n2
converge uniformemente a f (t) = |t| in [−1, 1], infatti:
r
1
1 √
n2
max | t 2 + 2 − t 2 | = max q
√ ≤
n
t∈[−1,1]
t∈[−1,1]
t2 + 1 + t2
n2
1
n2
1
n
=
1
→0
n
Quindi fn è di Cauchy in k · k∞ . Essendo |t| 6∈ C 1 , tale spazio non
è completo.
Per rendere C 1 uno spazio completo, si può considerare la norma
seguente che induce una convergenza uniforme anche per le
derivate:
kf k1,∞ = kf kL∞ + kf 0 kL∞
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Comlpetamento di C ([a, b]) rispetto alle norme integrali
Lo spazio C ([a, b]) non è completo rispetto alla norma L1 . Si può
provare che non è completo rispetto alle norme
Z b
1
p≥1
(2)
kf kLp (a,b) := (
|f (t)|p ) p
a
tutte verificanti le tre proprietà caratterizzanti una norma e tutte
ben definite sullo spazio C ([a, b]). Per la norma L1 , quando
[a, b] = [−1, 1] la successione gn è di Cauchy, ma non converge
nella norma L1 ad alcuna funzione continua (essendo il suo limite
la funzione sign(t)). Questo non sarebbe stato un controesempio
alla completezza dello spazio se avessimo considerato la stessa
norma su uno spazio più grande: quello delle funzioni integrabili
secondo Riemann:
(R(a, b); k · kL1 )
essendo sign(t) ∈ R(a, b). Ma sorgono due problemi
(2) non sono norme su R(a, b) (superabile)
(R(a, b); k · kL1 ) è ancora troppo piccolo per essere completo
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%
Qual è il completamento di C ([a, b]) munito di una delle norme
integrali (2)? È lo spazio delle funzioni misurabili secondo
Lebesgue tali che la corrispondente norma Lp risulti finita.
Tutte le funzioni R−integrabili sono Lebesgue-integrabili e gli
integrali coincidono.
La funzione di Dirichlet χQ∩(0,1) è Lebesgue-integrabile anche
se non è R−integrabile
le (2) non sono più norme perché non soddisfano
kf k = 0
⇒
f =0
Questo problema si supera se invece di considerare come
elementi di questo nuovo spazio vettoriale le singole funzioni,
si considerano le classi di equivalenza di funzioni uguali quasi
ovunque cioè si identificano funzioni che coincidono al di fuori
di un sottoinsieme di [a, b] di misura nulla
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%
Z
1
b
L (a, b) = {f : [a, b] → R (o C ) t.c. kf kL1 (a,b) =
|f (t)|dt < ∞}
a
dove si considerano uguali (cioè lo stesso elemento) funzioni che
coincidono 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 essendo
mis(Q) = 0 (perché Q è unione numerabile di insiemi di
misura nulla (i punti)), risulta uguale a zero quasi ovunque e
quindi si identifica con la funzione nulla!
gli elementi di L1 sono classi di equivalenza di funzioni
secondo la relazione di equivalenza:
f ≡g
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⇔f =g
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q.o. in [a, b]
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Analogamente
p
L (a, b) = {f : [a, b] → R (o C ) t.c. kf kLp (a,b)
b
Z
=(
1
|f (t)|p dt) p < ∞}
a
OSS: q
se f è a valori complessi,
p
|f | = f (t)f (t) = (Ref (t))2 + (Imf (t))2
Caso speciale: p = 2
2
L (a, b) = {f : [a, b] → R (o C ) t.c. kf kL2 (a,b)
Z
=(
b
1
|f (t)|2 dt) 2 < ∞}
a
Lp
perché è l’unico spazio tra gli
che non solo è completo ma la
sua norma è indotta da un prodotto scalare
s
Z b
p
kf kL2 (a,b) =
f (t)f (t)dt = < f , f >
a
dove si è posto
Z
< f , g >L2 (a,b) :=
b
f (t)g (t)dt
a
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Le funzioni positive R−integrabili in senso improprio sono
Lebesgue integrabili:
1
√
∈ L1 (0, 1)
t
1
√
6∈ L2 (0, 1)
t
1
2
t ∈ L (1, +∞)
1
1
t 6∈ L (1, +∞)
f (t) =
f (t) =
g (t) =
g (t) =
L2 (0, 1) ⊂ L1 (0, 1) (perché mis((0, 1)) è finita). Infatti,
essenfo |f | ≤ 12 (|f |2 + 1), si ha:
Z
0
1
Z
Z 1
1 1 2
|f |dt ≤ (
|f | dt +
1dt) < +∞
2 0
0
L2 (1, +∞) 6⊂ L1 (1, +∞) (vedi g )
non è vero neanche il viceversa. Infatti
L1 (1, +∞) 6⊂ L2 (1, +∞)
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Spazi con prodotto scalare
Sia V uno spazio vettoriale su C. Definiamo Prodotto scalare una
funzione < ·, · >: 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 è uno spazio vettoriale su R, < v , w >=< w , v >
√
Ponendo kv k := < v , v > si ottiene che (V , k · k) è uno
Spazio Normato. La disuguaglianza triangolare segue dalla
disuguaglianza di Cauchy-Schwarz:
√
√
| < v , w > | ≤ < v , v > < w , w > = kv k kw k
Infatti da questa segue che (per esercizio):
< v + w , v + w >≤ (kv k + kw k)2
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Spazi di Hilbert
Uno spazio vettoriale dotato di prodotto scalare che è completo
rispetto alla norma indotta dal prodotto scalare si chiama Spazio di
Hilbert
In RN la norma indotta dal prodotto scalare
P
PN 2 1
2
< x, y >= N
i=1 xi yi è la norma euclidea kxk2 = ( i=1 xi )
p
tra le norme L (a, b) l’unica che proviene da un prodotto
Rb
scalare è la norma di L2 (a, b) ( < f , g >= a f (t)g (t)dt) che
dunque è uno spazio di Hilbert (essendo completo)
tuttl gli altri Lp (a, b) sono spazi di Banach ma non di
Hilbert,come lo spazio C ([a, b]; k · k∞ )
Perché?
Theorem
k · k è una norma su uno spazio normato V indotta da un prodotto
scalare se e solo se soddisfa l’identità del parallelogramma:
ku + v k2 + ku − v k2 = 2(kuk2 + kv k2 )
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∀u, v ∈ V
(3)
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Theorem
k · k è una norma su uno spazio normato V indotta da un prodotto
scalare se e solo se soddisfa l’identità del parallelogramma:
ku + v k2 + ku − v k2 = 2(kuk2 + kv k2 )
∀u, v ∈ V
(4)
OSS: V = C ([0, 1]), la norma lagrangiana non soddisfa (4):
Premdiamo f (x) = 1 e g (x) = x, kf + g k∞ = 2, kf − g k∞ = 1 e
kf k∞ = kg k∞ = 1
OSS: In RN l’unica norma che soddisfa (4) è quella euclidea
OSS: Gli spazi di Hilbert sono una generalizzazione infinito
dimensionale degli spazi euclidei
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Ortogonalità
Negli spazi di Hilbert si può parlare di ortogonalità tra vettori:
Definition
In uno spazio di Hilbert H, u, v ∈ H si dicono ortogonali se
< u, v >= 0
OSS:0H è l’unico elemento di H ortogonale a tutti gli altri vettori
di H
OSS: Se < u, v >= 0 vale il Teorema di Pitagora:
ku + v k2 = kuk2 + kv k2
Sia V ⊂ H un sottospazio di H, allora
V ⊥ = {w ∈ H : < w , v >= 0 ∀v ∈ V }
OSS: Se dimV = N e {e1 , . . . eN } è una base di V ,
V ⊥ = {w ∈ H : < w , ei >= 0 ∀i = 1, . . . , N}
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Esempio: H = L2 (−π, π),R V = span{1} allora
π
V ⊥ = {f ∈ L2 (−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,
R π π), f (t) = cos t, g (t) = sin t sono tra loro
ortogonali infatti −π cos t sin tdt = 0
Anzi, ∀m, n ∈ N, < cos(mt), sin(nt) >= 0 in H = L2 (−π, π)
Z π
Z π
1
[sin(m + n)t + sin(m − n)t]dt = 0
cos(mt) sin(nt)dt =
2
−π
−π
ed inoltre
Z π
Z
1 π
cos(mt) cos(nt)dt =
[cos(m + n)t + cos(m − n)t]dt = πδm,n
2 −π
−π
Z π
Z
1 π
sin(mt) sin(nt)dt =
[cos(m − n)t − cos(m + n)t]dt = πδm,n
2 −π
−π
dove
0 se m 6= n
δm,n =
1 se m = n
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In L2 (−π, π) si ha:
√
√
k sin(mt)k = k cos(mt)k = π
k1k = 2π
∀m ∈ N
Perciò
1 cos(t) sin(t)
cos(kt) sin(kt)
{√ , √ , √ , . . . , √
, √ }
π
π
π
π
2π
k = 1, 2, . . . m
costituiscono una famiglia di 2m + 1 vettori ortogonali (anzi
ortonormali perché hanno norma unitaria) in L2 (−π, π) e generano
dunque un sottospazio di L2 (−π, π) di dimensione 2m + 1 (in
quanto elementi ortogonali tra loro sono linearmente indipendenti)
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Polinomi trigonometrici
In L2 (−π, π) la famiglia ortogonale
1
{ , cos t, sin t, . . . , cos(kt), sin(kt)}
2
k = 1, 2, . . . m
genera dunque un sottospazio Fm di dimensione 2m + 1 i cui
elementi sono Polinomi Trigonometrici
m
1 X
p(x) = α0 +
αk cos(kx) + βk sin(kx)
2
con α0 , αk , βk ∈ R
k=1
Osserviamo che, essendo p combinazione lineare di elementi
ortogonali, ed essendo k 12 k2 = π2 e k sin(kx)k2 = k cos(kx)k2 = π
(tutte le norme sono in L2 (−π, π)) si ha:
P
2 + |β |2 k sin(kx)k2
|αk |2 k cos(kx)k
kp(x)k2 = |α0 |2 k 12 k2 + m
k
Pm k=1 2
|α0 |2
2
=π
k=1 |αk | + |βk |
2 +
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Proiezioni ortogonali
Dato un segnale f ∈ L2 (−π, π) come scegliere i coefficienti
a0 , ak , bk (k = 1, . . . , n) in modo che
n
Sn (x) =
a0 X
+
ak cos(kx) + bk sin(kx)
2
k=1
sia il polinomio trigonometrico di Fn di migliore
approssimazione per f ?
che succede se n → +∞?
Prima di tutto, cosa si intende per ”migliore approssimazione
di f ”?
A. Cutrı̀
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