Norme forme lineari

[etta.nico]

ciao,
sto cercando di calcolare le norme di alcune forme lineari. Ad esempio la prima:
\[ f \mapsto \int^1_{-1} f(t) dt \]
dove $ f in E$, spazio delle applicazioni continue da $[-1,1]$ in $RR$ munito della norma $ ||(f)||_{oo} = Sup_{t in [-1,1]} |f(t)|$.
Cerco di maggiorare \( \int^1_{-1} f(t) dt \) così:
\[ \int^1_{-1} f(t) dt = \int^1_{0} f(t) dt + \int^0_{-1} f(t) dt \leq \int^1_{0} |f(t)| dt + \int^0_{-1} |f(t)|dt \]
Riconosco che \( \int^1_{0} |f(t)| dt \) $= ||(f)||_1$ ma poi mi blocco, qualcuno sa darmi una dritta su come continuare?

[ciampax]

Sinceramente non ho capito cosa tu voglia fare.

[gugo82]

Vuoi calcolare la norma \(\lVert \cdot \rVert\) del funzionale lineare:
\[
\phi: C([-1,1])\ni f\mapsto \int_{-1}^1 f(t)\ \text{d} t \in \mathbb{R}
\]
sul cui dominio è definita la norma del massimo \(\lVert \cdot \rVert_\infty\).

Innanzitutto, per ogni \(f\in C([-1,1])\) si ha:
\[
\begin{split}
|\phi (f)| &= \left| \int_{-1}^1 f(t)\ \text{d} t\right| \\
&\leq \int_{-1}^1 \left| f(t)\right|\ \text{d} t\\
&\leq \lVert f\rVert_\infty\ \int_{-1}^1\ \text{d} t\\
&= 2\lVert f\rVert_\infty
\end{split}
\]
quindi:
\[
\frac{|\phi (f)|}{\lVert f\rVert_\infty} \leq \frac{2\lVert f\rVert_\infty}{\lVert f\rVert_\infty} =2
\]
e perciò:
\[
\lVert \phi\rVert := \sup_{f\neq 0} \frac{|\phi (f)|}{\lVert f\rVert_\infty} \leq 2\; .
\]
Ora possiamo congetturare che \(\lVert \phi \rVert=2\) (perché le maggiorazioni usate sono tutte le più strette possibili).
Per mostrare che sussiste quest'ultima uguaglianza basta trovare una funzione \(u\in C([-1,1])\) tale che \(u\neq 0\) e \(\phi (u)=2\lVert u\rVert_\infty\): infatti, in tal caso avremmo:
\[
2\lVert u\rVert_\infty =|\phi (u)|\leq \lVert \phi\rVert\ \lVert u\rVert_\infty \leq 2\ \lVert u\rVert_\infty
\]
ossia:
\[
2\leq \lVert \phi\rVert \leq 2 \ \Rightarrow \ \lVert \phi\rVert =2\; .
\]
A tal uopo, prendiamo \(u(x)=1\): in tal caso è evidente che \(\lVert u\rVert_\infty =1\) e:
\[
\phi (u)=\int_{-1}^1 1\ \text{d} t =2
\]
sicché \(|\phi (u)|=2=2\lVert u\rVert_\infty\) e la conclusione segue da quanto detto poco sopra. \(\square\)

[etta.nico]

grazie mille.
ero proprio quello che cercavo e proprio ben spiegato!
ora spero di riuscire a svolgere gli altri esercizi simili..

[etta.nico]

Invece ho ancora dei dubbi:
i due esercizi seguenti assomigliano al primo:
1) \[ f \mapsto -\int_{-1}^0 f(t) dt + \int_0^1 f(t)dt \]
se fosse una somma potrei dire che è uguale a \( \int ^1_{-1} f(t)dt \) e concludo per l'esercizio precedente svolto da gugo82, ma invece così riesco a ricondurmi al caso precedente.
Invece, \(| \int_0^1 f(t)dt | \leq \int_0^1 |f(t)|dt \leq \) $|| (f(t))||_{oo}$.
Mentre per il primo integrale, posso fare così?: \( |- \int_{-1}^0 f(t)dt | \leq \int_{-1}^0 |f(t)|dt \leq \) $ ||(f(t))||_{oo}$.
o ho sbagliato?

2) \[ f \mapsto -\int_{-1}^1 f(t) dt - f(0) \]
come tratto quel $-f(0)$? è sbagliato dire che \( | -\int_{-1}^1 f(t) dt - f(0) | \leq \) $ ||( 2f(t))||_{oo} - f(0) $ ?

[ciampax]

1) secondo me puoi anche operare il cambio di variabile $t=-s$ in modo da rendere il primo integrale formalmente simile al secondo.

2) forse può essere utile pensare che

$f(0)=1/2\int_{-1}^1 f(0)\ dt$

e scrivere tutto come un unico integrale.

P.S.: però sono arrugginito su questo tipo di esercizi, quindi non prendere i suggerimenti dati per verità assolute.

[gianni802]

"gugo82":...e perciò:
\[
\lVert \phi\rVert := \inf_{f\neq 0} \frac{|\phi (f)|}{\lVert f\rVert_\infty} \leq 2\; .
\]

non dovrebbe essere sup invece di inf ?

[gugo82]

"ettanic":Invece ho ancora dei dubbi:
i due esercizi seguenti assomigliano al primo:
1) \[ f \mapsto -\int_{-1}^0 f(t) dt + \int_0^1 f(t)dt \]
se fosse una somma potrei dire che è uguale a \( \int ^1_{-1} f(t)dt \) e concludo per l'esercizio precedente svolto da gugo82, ma invece così riesco a ricondurmi al caso precedente.
Invece, \(| \int_0^1 f(t)dt | \leq \int_0^1 |f(t)|dt \leq \) $|| (f(t))||_{oo}$.
Mentre per il primo integrale, posso fare così?: \( |- \int_{-1}^0 f(t)dt | \leq \int_{-1}^0 |f(t)|dt \leq \) $ ||(f(t))||_{oo}$.
o ho sbagliato?

E già, sarebbe facile col \(+\)...

Vediamo un po'...

Innanzitutto facciamoci un'idea di quanto possa valere la norma del funzionale:
\[
\phi :C([-1,1]) \ni f\mapsto \left( \int_0^1-\int_{-1}^0\right) f(t)\ \text{d} t
\]
(sul dominio c'è sempre la norma del massimo): maggiorando come al solito abbiamo:
\[
\begin{split}
|\phi (f)| &\leq \int_{-1}^1 | f(t)|\ \text{d} t \\
&\leq 2\ \lVert f\rVert_\infty
\end{split}
\]
ergo \(\lVert \phi \rVert \leq 2\).
Come prima, le maggiorazioni usate sono abbastanza "fini", quindi possiamo congetturare che \(\lVert \phi \rVert =2\).

Proviamo dunque a determinare una funzione \(u\in C([-1,1])\) tale che \(\lVert u\rVert_\infty =1\) e \(|\phi(u)|=2\). In tal caso avremmo:
\[
\left( \int_0^1-\int_{-1}^0\right) u(t)\ \text{d} t =2 \qquad \text{o} \qquad \left( \int_0^1-\int_{-1}^0\right) u(t)\ \text{d} t=-2
\]
e dunque:
\[
\int_0^1 u -1= 1+\int_{-1}^0 u \qquad \text{o} \qquad \int_{-1}^0 u -1=1+\int_0^1 u \; ;
\]
visto che \(1=\int_0^1 \text{d} t\) e \(-1=-\int_{-1}^0 \text{d} t\) le precedenti si riscrivono:
\[
\int_0^1 (u -1)= \int_{-1}^0 (u+1) \qquad \text{o} \qquad \int_{-1}^0 (u -1)=\int_0^1 (u+1) \; ;
\]
dato che \(-1=-\lVert u\rVert_\infty \leq u(t)\leq \lVert u\rVert_\infty=1\) implica \(u(t)-1\leq 0\) e \(u(t)+1\geq 0\) in \([-1,1]\), ognuna delle uguaglianze precedenti può sussistere solo se \(u(t)=-1\) in \([-1,0[\) ed \(u(t)=1\) \(]0,1]\); ma ciò è palesemente assurdo perché risulterebbe:
\[
\lim_{t\to 0^-} u(t)=-1\neq 1=\lim_{t\to 0^+} u(t)
\]
contro il fatto che \(u\) è continua in \(0\).

Conseguentemente non esiste alcuna funzione \(u\in C([-1,1])\) con \(\lVert u\rVert_\infty=1\) per cui sia soddisfatta l'uguaglianza \(|\phi(u)|=2\) e non si può concludere nulla sul valore della norma di \(\phi\) usando il metodo del post precedente.
In altre parole, per ogni funzione \(f\in C([-1,1])\) sussiste sempre la disuguaglianza stretta:
\[
\frac{|\phi (f)|}{\lVert f\rVert_\infty}<2 \; ,
\]
quindi non possiamo sperare di ragionare come sopra.

Ciononostante, l'assurdo cui siamo pervenuti nella dimostrazioncella precedente ci fornisce uno spunto interessante.
Invero esso ci fa pensare che una funzione \(u\) con \(\lVert u\rVert_\infty =1\) che "vorrebbe" soddisfare l'uguaglianza \(|\phi (u)|=2\) deve necessariamente "cercare" di avvicinarsi alla funzione discontinua:
\[
v(t):=\begin{cases} -1 &\text{, se } -1\leq t<0 \\ 0 &\text{, se } t=0 \\ 1 &\text{, se } 0 \]
Allora proviamo a prendere una funzione continua \(u_\varepsilon\) (con \(0<\varepsilon<1\)) che differisca poco da \(v\): ad esempio prendiamo:
\[
u_\varepsilon (t) := \begin{cases} -1 &\text{, se } -1\leq t\leq -\varepsilon \\ \text{lineare} &\text{, se } -\varepsilon \leq t\leq \varepsilon \\ 1 &\text{, se } \varepsilon \leq t\leq 1\; .\end{cases}
\]
ove il tratto lineare è scelto in modo che \(u_\varepsilon\) sia continua (il che si può sempre fare); la generica \(u_\varepsilon\) ha un grafico del genere:
[asvg]xmin=-1; xmax=1; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([-1,-1],[-0.25,-1]); line([0.25,1],[-0.25,-1]); line([1,1],[0.25,1]);[/asvg]
ed evidentemente ha norma \(\lVert u_\varepsilon \rVert_\infty =1\).
Facendo un po' di conti (ci possiamo anche aiutare con l'interpretazione geometrica dell'integrale), troviamo:
\[
\phi (u_\varepsilon) =2-\varepsilon \; .
\]
Quindi per ogni \(0<\varepsilon <1\) si ha:
\[
2-\varepsilon = |\phi (u_\varepsilon)|\leq \lVert \phi \rVert\ \lVert u_\varepsilon \rVert_\infty = \lVert \phi \rVert \leq 2
\]
ovvero \(2-\varepsilon \leq \lVert \phi \rVert \leq 2\). Da ciò, mandando \(\varepsilon \to 0^+\) ed usando il teorema dei carabinieri, discende \(\lVert \phi \rVert=2\). \(\square\)

Probabilmente però la dimostrazione viene più semplice seguendo il suggerimento di ciampax... Ma si deve provare.
[Noto che con la sostituzione di variabile che ciampax ti consiglia, riesci a vedere che in realtà il valore \(\phi (f)\) dipende unicamente dalla "parte dispari" della funzione \(f\).]

"ettanic":2) \[ f \mapsto -\int_{-1}^1 f(t) dt - f(0) \]
come tratto quel $-f(0)$? è sbagliato dire che \( | -\int_{-1}^1 f(t) dt - f(0) | \leq \) $ ||( 2f(t))||_{oo} - f(0) $ ?

Con l'idea di ciampax si riscrive:
\[
\psi :C([-1,1])\ni f \mapsto \int_{-1}^1 \left( f(t)-\frac{1}{2} f(0)\right)\ \text{d} t \in \mathbb{R}
\]
quindi, al solito modo, troviamo:
\[
|\psi (f)| \leq 3\ \lVert f\rVert_\infty\; ,
\]
quindi \(\lVert \psi \rVert \leq 3\).
Anche qui sembra sia lecito congetturare \(\lVert \psi \rVert =3\), ma questa volta lascio a te pensare come andare avanti...


@ gianni80: Hai ragione, ho sbagliato a scrivere.
Ora correggo, grazie.

[ciampax]

Toh, una volta tanto che non dico una cavolata!

[etta.nico]

MOLTE GRAZIE,
sempre ottimamente spiegato
non mi è chiarissimo questo passaggio:

"gugo82":
dato che \(-1=-\lVert u\rVert_\infty \leq u(t)\leq \lVert u\rVert_\infty=1\) implica \(u(t)-1\leq 0\) e \(u(t)+1\geq 0\) in \([-1,1]\), ognuna delle uguaglianze precedenti può sussistere solo se \(u(t)=-1\) in \([-1,0[\) ed \(u(t)=1\) \(]0,1]\);

cioè hai supposto \( \lVert u\rVert_\infty= 1 \), dunque \(\sup_ {t \in [0,1]} |u(t)| = 1 \) quindi \(\sup_ {t \in [0,1]} u(t) = -1 \) o \(\sup_ {t \in [0,1]} u(t) = 1 \), ma non capisco perchè poi hai diviso l'intervallo..

"gugo82":
quindi, al solito modo, troviamo:
\[
|\psi (f)| \leq 3\ \lVert f\rVert_\infty\; ,
\]
quindi \(\lVert \psi \rVert \leq 3\).
Anche qui sembra sia lecito congetturare \(\lVert \psi \rVert =3\), ma questa volta lascio a te pensare come andare avanti...

ora cerco \( u(t) \) che soddisfa \(\lVert \psi(u) \rVert = 3\) e \(\lVert u \rVert_\infty = 1\)...

[gugo82]

"ettanic":non mi è chiarissimo questo passaggio:
[quote="gugo82"]
dato che \(-1=-\lVert u\rVert_\infty \leq u(t)\leq \lVert u\rVert_\infty=1\) implica \(u(t)-1\leq 0\) e \(u(t)+1\geq 0\) in \([-1,1]\), ognuna delle uguaglianze precedenti può sussistere solo se \(u(t)=-1\) in \([-1,0[\) ed \(u(t)=1\) \(]0,1]\);

cioè hai supposto \( \lVert u\rVert_\infty= 1 \), dunque \(\sup_ {t \in [0,1]} |u(t)| = 1 \) quindi \(\sup_ {t \in [0,1]} u(t) = -1 \) o \(\sup_ {t \in [0,1]} u(t) = 1 \), ma non capisco perchè poi hai diviso l'intervallo...[/quote]
Rifletti.
Cosa significa che \(\sup_{[-1,1]} |u|=1\)? Beh, significa che \(|u(t)|\leq 1\) per \(t\in [-1,1]\), quindi \(-1\leq u(t)\leq 1\) in \([-1,1]\).
L'ultima catena di disuguaglianze implica che \(u(t)-1\leq 0\) e \(u(t)+1\geq 0\) in \([-1,1]\), quindi:
\[
\int_{-1}^0 (u(t)+1)\ \text{d} t\leq 0 \qquad \text{e} \qquad \int_0^1 (u(t)-1)\ \text{d} t\geq 0\; ;
\]
conseguentemente si può avere uguaglianza tra i due primi membri delle precedenti se e solo se tali primi membri sono uguali a zero; ma ciò accade solo se gli integrandi sono nulli ossia se e solo se \(u(t)=-1\) in \([-1,0[\) ed \(u(t)=1\) in \(]0,1]\).

"ettanic":[quote="gugo82"]quindi, al solito modo, troviamo:
\[
|\psi (f)| \leq 3\ \lVert f\rVert_\infty\; ,
\]
quindi \(\lVert \psi \rVert \leq 3\).
Anche qui sembra sia lecito congetturare \(\lVert \psi \rVert =3\), ma questa volta lascio a te pensare come andare avanti...

ora cerco \( u(t) \) che soddisfa \(\lVert \psi(u) \rVert = 3\) e \(\lVert u \rVert_\infty = 1\)...[/quote]
E fin qui... Ma come continui?

Tieni presente che questa volta il tuo funzionale è composto da due "pezzi": uno (l'integrale), che tiene conto dell'area sottesa al grafico della tua funzione, e l'altro (quello con \(f(0)\)) che tiene conto solo dell'altezza del grafico in un punto... Geometricamente, se vuoi massimizzare il valore \(\phi (f)\) col vincolo \(\lVert f\rVert_\infty =1\) devi prendere un'area positiva che tenda ad essere la maggiore possibile (compatibilmente col vincolo), ma nello stesso tempo un valore in \(0\) il più negativo possibile (compatibilmente col vincolo).
Ad esempio, prova a vedere che succede con una funzione \(u_\varepsilon\) del tipo:
[asvg]xmin=-1; xmax=1; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([-1,1],[-0.25,1]); line([-0.25,1],[0,-1]); line([1,1],[0.25,1]); line([0.25,1],[0,-1]);[/asvg]

[etta.nico]

"gugo82":
conseguentemente si può avere uguaglianza tra i due primi membri delle precedenti se e solo se tali primi membri sono uguali a zero; ma ciò accade solo se gli integrandi sono nulli ossia se e solo se \(u(t)=-1\) in \([-1,0[\) ed \(u(t)=1\) in \(]0,1]\).

capito, grazie.
ora è chiaro, sbagliavo a non guardare più l'ugualianza tra gli integrali ma soltanto gli ultimi passaggi..

"gugo82":
Tieni presente che questa volta il tuo funzionale è composto da due "pezzi": uno (l'integrale), che tiene conto dell'area sottesa al grafico della tua funzione, e l'altro (quello con \(f(0)\)) che tiene conto solo dell'altezza del grafico in un punto... Geometricamente, se vuoi massimizzare il valore \(\phi (f)\) col vincolo \(\lVert f\rVert_\infty =1\) devi prendere un'area positiva che tenda ad essere la maggiore possibile (compatibilmente col vincolo), ma nello stesso tempo un valore in \(0\) il più negativo possibile (compatibilmente col vincolo).
Ad esempio, prova a vedere che succede con una funzione \(u_\varepsilon\) del tipo:
[asvg]xmin=-1; xmax=1; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([-1,1],[-0.25,1]); line([-0.25,1],[0,-1]); line([1,1],[0.25,1]); line([0.25,1],[0,-1]);[/asvg]

ero arrivata a dedurre che doveva essere $f(0)=-1$ e che dovevo massimizare l'area ma non avevo trovato il giusto disegno...
questo mi ha illuminato (spero!) , grazie
Allora scrivo:
$u_epsilon (t) := \{ ( 1 , " se " -1 <= t <= -epsilon " o " epsilon <= t <= 1 ),( frac{-2}{epsilon} t -1 , " se " -epsilon <= t <= 0 ),( frac{-2}{\epsilon} t -1 , " se " 0<= t <= epsilon):} $
che verifica $||u||_{oo} =1$ e \(|T(u)| =\int^{-\epsilon}_{-1} dt + \int^{0}_{-\epsilon} \frac{-2}{\epsilon} t -1 dt + \int^{\epsilon}_{0} \frac{2}{\epsilon} t -1 dt + \int^{1}_{\epsilon} dt -(-1) = 3 +2 \epsilon \) e facendo tendere $\epsilon$ a $0$ si ottiene proprio 3.

[gugo82]

C'è qualche segno sbagliato, perché per costruzione non può essere \(\psi (u_\varepsilon) >3\).

Infatti, prendendo \(u_\varepsilon\) e ragionando geometricamente sulla figura:
[asvg]xmin=-1; xmax=1; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
text([0.25,0],"e",belowright); text([-0.25,0],"-e",belowleft);
fill="yellow"; path([[1,1],[1,0],[0.25,0],[0.25,1],[1,1]]); path([[-1,1],[-1,0],[-0.25,0],[-0.25,1],[-1,1]]);
fill="cyan"; path([[0.25,1],[0.125,0],[0.25,0],[0.25,1]]); path([[-0.25,1],[-0.125,0],[-0.25,0],[-0.25,1]]);
fill="lime"; path([[0,0],[0.125,0],[0,-1],[0,0]]);path([[0,0],[-0.125,0],[0,-1],[0,0]]);
fill="none"; stroke="red"; strokewidth=2; path([[-1,1],[-0.25,1],[0,-1],[0.25,1],[1,1]]);[/asvg]
si ottiene:
\[
\begin{split}
\int_{-1}^1 u_\varepsilon (t)\ \text{d} t &= 2\Big\{ (\text{area del rettangolo di base } 1-\varepsilon \text{ e altezza } 1) \\
&\phantom{=2\Big\{ } + (\text{area del triangolo di base } \frac{\varepsilon}{2} \text{ e altezza } 1) \\
&\phantom{=2\Big\{ } - (\text{area del triangolo di base } \frac{\varepsilon}{2} \text{ e altezza } 1)\Big\}\\
&= 2(1-\varepsilon)
\end{split}
\]
ergo:
\[
\psi (u_\varepsilon) =2-2\varepsilon -u_\varepsilon (0) =3-2\varepsilon \; .
\]

[etta.nico]

si scusa, ho sbagliato a scrivere il +, i conti erano giusti (almeno integrali semplici li so risolvere!)
però è bene che tenga a mente l'osservazione che $\phi(u_\epsilon)$ non può essere maggiore di $3$.

[etta.nico]

questo tipo di esercizi mi sembrava di averli capiti ma quando provo a fare questo esercizio, di nuovo, non so da che parte cominciare..
\[ f \rightarrow \frac{f(a) + f(-a) -2 f(0)}{a^2}\] dove \(a \in ]0,1]\).
Qualche dritta?

[gugo82]

Idee tue?

Ti abbiamo risolto già tre esercizi, la miglior cosa che tu possa fare è farci vedere che non abbiamo lavorato a vuoto, non trovi?

[etta.nico]

Hai ragione e vi ringrazio per tutti gli esercizi svolti, i consigli e soprattutto il tempo messo a disposizione.
Provo a dire qualche idea, pero` non riesco ad arrivare in fondo, altrimenti non avrei chiesto aiuto.

allora, provo a vedere cosa succede agli estremi dell'intervallo in cui appartiene \(a\).
\(0\) é escluso e il limite per \(x\) tendente a \(0\) é della forma \(\frac{0}{0}\), che penso pero` valga proprio \(0\).
Mentre in \(1\) ottengo \(f(1) + f(-1) -2f(0)\).
Ora \(f(1)\) e \(f(-1)\) sono i valori della funzione agli estremi del dominio e \(f(0)\), e so che la funzione é continua. pero` non so più come proseguire..

[gugo82]

"ettanic":allora, provo a vedere cosa succede agli estremi dell'intervallo in cui appartiene \(a\).
\(0\) é escluso e il limite per \(x\) tendente a \(0\) é della forma \(\frac{0}{0}\), che penso pero` valga proprio \(0\).
Mentre in \(1\) ottengo \(f(1) + f(-1) -2f(0)\).
Ora \(f(1)\) e \(f(-1)\) sono i valori della funzione agli estremi del dominio e \(f(0)\), e so che la funzione é continua. pero` non so più come proseguire..

Sinceramente, non vedo come questa roba possa servirti a risolvere l'esercizio, dato che (a quanto si capisce dal testo) il parametro \(a\) è fissato.

Innanzitutto, fai vedere che il funzionale:
\[
\phi_a (f) := \frac{1}{a^2}\ \Big( f(a)+f(-a)-2f(0)\Big)
\]
è lineare e limitato in \((C([-1,1]), \lVert\cdot \rVert_\infty)\).
Quando provi la limitatezza, hai una "naturale" stima dall'alto per \(\lVert \phi_a\rVert\), diciamo \(\lVert \phi_a \rVert \leq M(a)\) (con \(M(a)\geq 0\)), così non ti rimane altro da mostrare che vale l'uguaglianza \( \lVert \phi_a \rVert = M(a)\): ciò si fa determinando qualche particolare \(u_a\in C([-1,1])\) con \(\lVert u_a\rVert_\infty =1\) tale che \(\phi (u_a)=M(a)\).
Come al solito \(u_a\) si può determinare a partire dalla "geometria del problema": insomma, basta farsi un disegnino e ragionare un po' su come è definita \(\phi_a\).

[etta.nico]

"gugo82":
Innanzitutto, fai vedere che il funzionale:
\[
\phi_a (f) := \frac{1}{a^2}\ \Big( f(a)+f(-a)-2f(0)\Big)
\]
è lineare e limitato in \((C([-1,1]), \lVert\cdot \rVert_\infty)\).
Quando provi la limitatezza, hai una "naturale" stima dall'alto per \(\lVert \phi_a\rVert\), diciamo \(\lVert \phi_a \rVert \leq M(a)\) (con \(M(a)\geq 0\)), così non ti rimane altro da mostrare che vale l'uguaglianza \( \lVert \phi_a \rVert = M(a)\): ciò si fa determinando qualche particolare \(u_a\in C([-1,1])\) con \(\lVert u_a\rVert_\infty =1\) tale che \(\phi (u_a)=M(a)\).
Come al solito \(u_a\) si può determinare a partire dalla "geometria del problema": insomma, basta farsi un disegnino e ragionare un po' su come è definita \(\phi_a\).

per la linearità faccio vedere che : \(\phi_a (f+g) =\phi_a(f) + \phi_a(g) \) e \(\phi_a (\lambda f) =\lambda\phi_a(f) \)
poi per la limitatezza posso dire che
\[
\phi_a (f) = \frac{1}{a^2}\ \Big( f(a)+f(-a)-2f(0)\Big) \leq \frac{1}{a^2}\ \Big( \sup_{x \in [-1,1]} f(x) +\sup_{x \in [-1,1]} f(x) -2\inf_{x \in [-1,1]} f(x)\Big) \]
\[ \leq \frac{1}{a^2}\ \Big( \sup_{x \in [-1,1]} f(x) +\sup_{x \in [-1,1]} f(x) +2\sup_{x \in [-1,1]} f(x)\Big) \leq \frac{4}{a^2}\ ||f||_{\infty}
\]
Ora cerco una tale funzione $u$ che soddisfi l'ugualianza \(|\phi_a (u) | = \frac{4||u||_{\infty}}{a^2} \) cioè cerco $u$ tale che \( u(a)+ u(-a) -2 u(0) = 4 ||u||_{\infty} \).
Ho trovato:
\[
u(x) = \begin{cases} 1 &\text{, su } [-1,-a] \text{ e } [a, 1] \\
-1 &\text{, se } x=0\\
\text{lineare} &\text{, su } [-a,0] \text{ e } [0,a] \end{cases}
\]
e quindi \(||u||_{\infty}=1\)
quindi la norma del funzionale dovrebbe essere proprio uguale a \(\frac{4}{a^2}\).
è giusto?

[gugo82]

Esatto.

[etta.nico]

grazie!