Convergenza debole - esercizio

[rubik2]

Dato H spazio di Hilbert con prodotto scalare $< *,*>$, $(x_n)_n$ successione limitata, $AsubH$ denso e $x in H$

$x_n$ converge debolmente a $x$ $iff$ $ -> $ per ogni $y in A$

qualsiasi aiuto è ben accetto!

[ViciousGoblin]

"rubik":Dato H spazio di Hilbert con prodotto scalare $< *,*>$, $(x_n)_n$ successione limitata, $AsubH$ denso e $x in H$

$x_n$ converge debolmente a $x$ $iff$ $ -> $ per ogni $y in A$

qualsiasi aiuto è ben accetto!

Beh dato che la $\Rightarrow$ e' ovvia vediamo di dimostrare la $\Leftarrow$.

Sia $M$ una costante per cui $||x_n||\leq M$: Se $y\in A$ si ha $||=\lim_{n\to\infty}||\leq M||y||$.
Dato che $A$ e' denso ne deduciamo $||\leq M||y||$ per ogni $y\in A$ da cui $||x||\leq M$.

Fissiamo $y$ in $H$ e prendiamo una successione $(y_k)_k$ in $A$ tale che $y_k\to y$.
Allora per ogni $n$ e $k$ si ha $||=|+|\leq ||+2M||y_k-y||$

Se $\epsilon>0$ possiamo allora
1) scegliere $k$ in modo che $2M||y_k-y||<\epsilon/2$ (dato che $y_k\to y$):
2) scegliere $n_1$ tale che $forall n\geq n_1$ si ha $||<\epsilon/2$ ($k$ a questo punto e' fissato e so che $< x_n,y_k >\to < x,y_k >$ poiche' $y_k\in A$;

3) In definitiva per ogni $\epsilon>0$ esiste $n_1$ tale che se $n\geq n_1$ si ha $||<\epsilon$ - questo equivale a $\lim_{n\to\infty} =$.


Credo che sia interessante trovare un controesempio alla proprieta' sopra nel caso non si richieda che $(x_n)$ e' limitata

[rubik2]

Grazie Vicious, il controesempio che chiedi in effetti è chiesto anche dal mio libro e per il momento non ce l'ho

se posso faccio altre due domande: sia X di Banach e $f_n,f in X^(*)$ (X duale) e $x_n,x in X$ provare:

1 se $x_n$ converge debolmente $x$ e $f_n -> f$ allora $f_n(x_n)->f(x)$

2 se $x_n -> x$ e $f_n$ converge debolmente-* (convergenza debole asterisco) a $f$ allora $f_n(x_n)-> f(x)$

ho saltato tutte le lezioni di questa parte di programma e non so proprio dove mettere le mani.

[Fioravante Patrone1]

Come spesso succede in analisi, basta aggiungere e togliere...

$f_n(x_n) - f(x) = f_n(x_n) - f(x_n) + f(x_n) - f(x)$

Il primo pezzo va a zero perché $|f_n(x_n) - f(x_n)| \le ||f_n - f|| \cdot ||x_n||$ (la $x_n$ è limitata perché converge debolmente)
Il secondo pezzo va a zero per la convergenza debole

[rubik2]

"Fioravante Patrone":Come spesso succede in analisi, basta aggiungere e togliere...

$f_n(x_n) - f(x) = f_n(x_n) - f(x_n) + f(x_n) - f(x)$

Il primo pezzo va a zero perché $|f_n(x_n) - f(x_n)| \le ||f_n - f|| \cdot ||x_n||$ (la $x_n$ è limitata perché converge debolmente)
Il secondo pezzo va a zero per la convergenza debole

a questo sarei dovuto arrivare ma dall'esercizio prima sullo spazio di Hilbert avevo in mente il prodotto scalare e non capivo come usarlo ...
comunque ne propongo uno con la mia soluzione, nel caso qualcuno avesse voglia di controllare (espongo anche qualche dubbio):

Per ogni $f in L^1(RR)$ si ponga $Tf(x)=int_0^x f(t)*arctg(t)dt$ Provare

a) $Tf in C(RR)nnL^(oo)(RR)$ per ogni $f in L^1(RR)$
b) $T:L^1->L^(oo)$ è continuo
c) $||T||=pi/2$

a) con pochi passaggi si vede $|Tf(x+h)-Tf(x)|<=pi/2*int_x^(x+h)|f(t)|dt$ tende a zero per l'assoluta continuità dell'integrale di Lebesgue (la motivazione va bene?)

b) basta mostrare che è limitato si vede anche qua subito che $||Tf(x)||_(oo)<=pi/2||f||_1$

c) per il terzo punto mi serve solo la disuguaglianza $||Tf||>=pi/2$

per questo fisso $LL$ prendo $f(t)=chi_(bart,bart+1)(t)$ $f in L^1(RR)$ e $||f||_1=1$

$Tf(bart+1)=int_bart^(bart+1)arctg(t)dt>L$ quindi $||T||=Sup_(||g||=1)||Tg||_(oo)>=L$ per ogni $L
modifica: ho dimenticato che $||Tf(x)||_(oo)$ è il sup essenziale quindi credo che dovrei osservare che $t>bart \Rightarrow Tf(t)>L$ e quindi $||Tf||>=L$

modifica 2: di nuovo problemi con la convergenza debole

Sia $f in L^1(RR^N)$ tale che $int_(RR^N)f(x)dx=1$ si ponga $f_n(x)=n^N*f(nx)$ allora:

1 $int_(RR^N)f_n(x)*g(x)dx=g(0)$ per ogni $g$ continua a supporto compatto. (questo punto ok basta un cambio di variabili e il teorema della convergenza dominata)

2 $(f_n)_n$ non è debolmente convergente in $L^1(RR^N)$ (qui non ho idea)

qualsiasi aiuto va bene, io non so dove mettere le mani :S

[ViciousGoblin]

Il punto 2) si deduce dal punto 1) (dove immagino che ci fosse un limite saltato per errore) nel modo seguente.

Supponiamo che $f_n\to f$ debolmente in . Allora ne deduci che
a) $\int_RRf(x)\phi(x)=0$ per ogni funzione $C^\infty$ a supporto compatto tale che $\phi(0)=0$

b) Prendiamo ora $\phi$ in $C^\infty$ e' facile trovare una successione $\phi_n$ di funzioni in $C^\infty$ tali che
$|\phi_n|\leq||\phi||_\infty$, $\phi_n(0)=0$ $\phi_n(x)\to\phi(x)$ per ogni $x\ne 0$. Usando la convergenza
dominata se ne deduce che $\int_RRf(x)\phi(x)=0$ per ogni funzione $\phi\in C^\infty$ $\phi$ a supporto compatto.

c) dal punto b) ottieni con un argomento standard che $f=0$ quasi ovunque, cioe' $f=0$ il $L^1$

d) Prendo ora un $\phi$ tale che $\phi(0)=1$ - allora per il punto (1):
$\int_RR f_n(x)\phi(x) dx\to\phi(0)=1$
mentre per la convergenza debole
$\int_RR f_n(x)\phi(x) dx\to\int_RR f(x)\phi(x) dx=0$

ASSURDO

Osservazione da mettere da parte per il futuro: in effetti la successione $(f_n)$ "tende debolmente a una misura", che e' la delta di Dirac.

[rubik2]

ok grazie mille. avevo tentato una strada simile solo che io continuavo a tenere $f_n$ e $phi_m$ nell'integrale e mi ritrovato a dover scambiare i due limiti, il che mi puzzava alquanto. forse mi rifarò vivo in settimana