Densità e complemento ortogonale

[5mrkv]

Sia \(A\) un operatore lineare e \(D(A)\) il suo dominio sottoinsieme di uno spazio di Hilbert \(\mathcal{H}\). Come mai se \(D(A)\) non è denso in \(\mathcal{H}\) il complemento ortogonale di \(D(A)\) è composto da almeno un'altro elemento oltre a quello nullo?

So che \({\{0\}}=\mathcal{H}^{\perp}\) e dovrebbe collegarsi a quanto detto prima seguendo dal fatto che \(D(A)\) è densamente diverso da \(\mathcal{H}\) ma non mi è chiaro come. Secondo la definizione, perché manchi la densità deve esistere \(x \in \mathcal{H}\) tale che per un suo intorno \(O \ni x\) non sono contenuti elementi di \(D(A)\). Per collegare questo al prodotto scalare posso scrivere:
\begin{split}
O
&=\{y \in \mathcal{H} :d(x,y)<\delta\} \\
&=\{y \in \mathcal{H} :\langle x-y,x-y\rangle ^{1/2}<\delta\} \\
\end{split}
considerando per semplicità un intorno sferico centrato in \(x\) e quindi posso riscrivere la questione della non densità come \(\exists \delta :\not \exists y:\langle x-y,x-y\rangle ^{1/2}<\delta\) con \(y \in D(A)\). Ma da questo a dire che esiste \(z\) tale che \(\langle z,y \rangle=0\) al variare di \(y \in D(A)\)?

[gugo82]

Ti basta far vedere che se \(X \subseteq \mathcal{H}\) è un qualsiasi sottospazio di \(\mathcal{H}\) allora risulta:
\[
X^\bot =\{ o\} \qquad \Leftrightarrow \qquad \overline{X} =\mathcal{H}\; ,
\]
cioè che il complemento ortogonale di \(X\) è il sottospazio nullo se e solo se \(X\) è denso in \(\mathcal{H}\).

Infatti, prendendo le negazioni, da ciò segue che:
\[
\overline{X} \neq \mathcal{H} \qquad \Leftrightarrow \qquad \{ o\} \subset X^\bot \; ,
\]
che è proprio quello che ti serve poiché quest'ultima equivalenza ti dice che \(X\) non è denso se e solo se il suo complemento ortogonale contiene vettori \(\neq o\).

Dim.:

In generale, ti dovrebbe essere ben noto che ogni funzionale \(F\in \mathcal{H}^\prime\) che si annulla identicamente su \(X\) si annulla pure identicamente su \(\overline{X}\), e viceversa.
Dato che vale il teorema di rappresentazione di Riesz, esiste un \(f\in \mathcal{H}\) tale che \(F(x)=\langle f,x\rangle\); quindi quello che ti sta dicendo la proprietà precedente è che sussiste l'equivalenza:
\[
\forall x\in X,\ \langle f,x \rangle =0 \qquad \Leftrightarrow \qquad \forall x\in \overline{X},\ \langle f,x\rangle =0
\]
ossia che \(X^\bot = \overline{X}^\bot\) (questa vale anche se \(X\) non è necessariamente un sottospazio).

\(\Leftarrow\)) Se \(X\) è denso si ha \(\overline{X}=\mathcal{H}\), dunque:
\[
X^\bot = \overline{X}^\bot =\mathcal{H}^\bot = \{o\}\; ,
\]
cioè non esistono vettori ortogonali a \(X\) che siano \(\neq o\).

\(\Rightarrow \)) Viceversa supponiamo che \(X^\bot =\{o\}\) e mostriamo che \(\overline{X}=\mathcal{H}\).
Per assurdo, supponiamo che \(\overline{X} \subset \mathcal{H}\), cioè che esista un \(\xi \in \mathcal{H}\setminus \overline{X}\).
Per una nota conseguenza del teorema di Hahn-Banach, esiste un funzionale \(F \in \mathcal{H}^\prime\) che si annulla su \(\overline{X}\) (che è un sottospazio chiuso di \(\mathcal{H}\)!) e prende il valore \(1\) su \(\xi\), i.e.:
\[
\forall x\in \overline{X},\ F(x)=0 \quad \text{e} \quad F(\xi) =1\; ;
\]
valendo il teorema di rappresentazione di Riesz, esiste un \(f\in \mathcal{H}\) che rappresenti \(F\), dunque le precedenti si riscrivono:
\[
\forall x\in \overline{X},\ \langle f,x\rangle =0 \quad \text{e} \quad \langle f,\xi \rangle =1\; .
\]
Ma ciò è assurdo: infatti la prima condizione equivale a dire che \(f\) è in \(\overline{X}^\bot = X^\bot =\{ o\}\), quindi \( f=o\) e ciò importa \(\langle f,\xi \rangle =0 \neq 1\) contraddicendo la seconda condizione.
Pertanto, \(\overline{X}=\mathcal{H}\) come volevamo.

Credo, però, che questo fatto possa essere dimostrato in modo ancora più rapido... Dovrei pensarci un po' sopra però.

[5mrkv]

Grazie. Ero curioso perché l'avevo visto usare un paio di volte ma non veniva data spiegazione. Per i dettagli, come Hahn-Banach, dopo una infarinatura con Metodi I e II inizierò a studiare analisi funzionale a breve quindi sarà tutto chiaro, la dimostrazione va benissimo.

[cicalino1]

"gugo82":Ti basta far vedere che se \(X \subseteq \mathcal{H}\) è un qualsiasi sottospazio di \(\mathcal{H}\) allora risulta:
\[
X^\bot =\{ o\} \qquad \Leftrightarrow \qquad \overline{X} =\mathcal{H}\; ,
\]
cioè che il complemento ortogonale di \(X\) è il sottospazio nullo se e solo se \(X\) è denso in \(\mathcal{H}\).

Infatti, prendendo le negazioni, da ciò segue che:
\[
\overline{X} \neq \mathcal{H} \qquad \Leftrightarrow \qquad \{ o\} \subset X^\bot \; ,
\]
che è proprio quello che ti serve poiché quest'ultima equivalenza ti dice che \(X\) non è denso se e solo se il suo complemento ortogonale contiene vettori \(\neq o\).

Dim.:

In generale, ti dovrebbe essere ben noto che ogni funzionale \(F\in \mathcal{H}^\prime\) che si annulla identicamente su \(X\) si annulla pure identicamente su \(\overline{X}\), e viceversa.
Dato che vale il teorema di rappresentazione di Riesz, esiste un \(f\in \mathcal{H}\) tale che \(F(x)=\langle f,x\rangle\); quindi quello che ti sta dicendo la proprietà precedente è che sussiste l'equivalenza:
\[
\forall x\in X,\ \langle f,x \rangle =0 \qquad \Leftrightarrow \qquad \forall x\in \overline{X},\ \langle f,x\rangle =0
\]
ossia che \(X^\bot = \overline{X}^\bot\) (questa vale anche se \(X\) non è necessariamente un sottospazio).

\(\Leftarrow\)) Se \(X\) è denso si ha \(\overline{X}=\mathcal{H}\), dunque:
\[
X^\bot = \overline{X}^\bot =\mathcal{H}^\bot = \{o\}\; ,
\]
cioè non esistono vettori ortogonali a \(X\) che siano \(\neq o\).

\(\Rightarrow \)) Viceversa supponiamo che \(X^\bot =\{o\}\) e mostriamo che \(\overline{X}=\mathcal{H}\).
Per assurdo, supponiamo che \(\overline{X} \subset \mathcal{H}\), cioè che esista un \(\xi \in \mathcal{H}\setminus \overline{X}\).
Per una nota conseguenza del teorema di Hahn-Banach, esiste un funzionale \(F \in \mathcal{H}^\prime\) che si annulla su \(\overline{X}\) (che è un sottospazio chiuso di \(\mathcal{H}\)!) e prende il valore \(1\) su \(\xi\), i.e.:
\[
\forall x\in \overline{X},\ F(x)=0 \quad \text{e} \quad F(\xi) =1\; ;
\]
valendo il teorema di rappresentazione di Riesz, esiste un \(f\in \mathcal{H}\) che rappresenti \(F\), dunque le precedenti si riscrivono:
\[
\forall x\in \overline{X},\ \langle f,x\rangle =0 \quad \text{e} \quad \langle f,\xi \rangle =1\; .
\]
Ma ciò è assurdo: infatti la prima condizione equivale a dire che \(f\) è in \(\overline{X}^\bot = X^\bot =\{ o\}\), quindi \( f=o\) e ciò importa \(\langle f,\xi \rangle =0 \neq 1\) contraddicendo la seconda condizione.
Pertanto, \(\overline{X}=\mathcal{H}\) come volevamo.

Credo, però, che questo fatto possa essere dimostrato in modo ancora più rapido... Dovrei pensarci un po' sopra però.

Ciao, ritiro fuori questa discussione, anche se un po' vecchiotta, per chiedere un piccolo chiarimento.
Come si può far vedere la proprietà per cui un funzionale lineare identicamente nullo su un insieme, lo è automaticamente anche nella sua chiusura? E' una proprietà che mi sembra ovvia, ma non riesco a formalizzarne una prova.
Grazie

[otta96]

Non si posta su post vecchi di così tanto tempo. Avresti dovuto aprire un altro post, al limite mettendo un link a questo.
Ad ogni modo la risposta la puoi trovare qui (il funzionale deve essere continuo).