Un teorema di Peetre

[gugo82]

Visto che l'Analisi Funzionale va di moda in questo periodo, pongo anch'io una domandina.

Si tratta di terminare la dimostrazione del seguente Teorema (di Peetre) di caratterizzazione degli operatori semifredholmiani:

Siano $(X,||\cdot||_X),(Y,||\cdot||_Y)$ spazi di Banach ed $A in L(X,Y)$.
$A$ è semifredholmiano (ossia è a rango chiuso ed ha $dim N(T)0$ ed una seminorma $|\cdot|_X$ più debole di $||\cdot||_X$ tali che:

(*) $quad AA x in X,quad ||x||_Xle C*||Ax||_Y+|x|_X$.

Ricordo che una seminorma $|\cdot|_X$ si dice più debole di $||\cdot||_X$ solo se da ogni successione limitata in norma $||\cdot||_X$ si può estrarre una successione di Cauchy in $|\cdot|_X$ (o, ciò che è lo stesso, se ogni parte di $X$ limitata in $||\cdot||_X$ è relativamente sequenzialmente compatta in $|\cdot|_X$).

L'implicazione $=>$ si dimostra tenendo presente che $dim N(A)< oo$ implica l'esistenza di un supplementare topologico $M$ per $N(A)$ in $X$ e che la restrizione $A_M$ di $A$ ad $M$ è una biiezione di $M$ in $R(A)$ (per una dimostrazione di questo fatto si veda qui).
Traccio la dimostrazione (anche se non è questo il problema): diciamo $P:Xto N(A)$ e $Q=I-P:X to M$ le due proiezioni; si ha $||x||_Xle ||Qx||_X+||Px||_X$ per ogni $x in X$; $Qx in M quad => quad \exists ! y=Ax in R(A):quad Qx=A_M^(-1)y$, quindi è $||x||_Xle ||A_M^(-1)y||_X+||Px||_Xle ||A_M^(-1)||_(L(R(A),M))*||Ax||_Y+||Px||_X$; si prova che l'applicazione $|x|_X=||Px||_X$ è una seminorma su $X$ più debole di $||\cdot||_X$ (si fa tenendo presente che ogni parte limitata dello spazio finito dimensionale $N(A)$ è relativamente sequenzialmente compatta); quindi vale la (*) con $C=||A_M^(-1)||_(L(R(A),M))$ e $|x|_X=||Px||_X$. Apposto!

Il mio problema sta nell'implicazione inversa $lArr$.
Innanzitutto uso il Teorema di Riesz ("Uno spazio di Banach ha dimensione finita se e solo se la sua sfera unitaria chiusa è relativamente sequenzialmente compatta.") per provare che la maggiorazione (*) implica che $dim N(A)

A questo punto però mi blocco, perchè non riesco a trovare un modo per provare che $R(A)$ è chiuso se vale la (*).
Ci sono due modi: 1) prendo $(y^m) subset R(A)$ convergente in $Y$ e faccio vedere brutalmente che $lim_m y^m in R(A)$, oppure 2) cerco di provare che vale la seguente proposizione:

$exists L>0:quad AAx in X, "dist"(x,N(A))le L*||Ax||_Y$

che caratterizza gli operatori a rango chiuso.

Qualche idea su come terminare?
Si accettano suggerimenti.

[Chevtchenko]

Puoi usare il fatto che $N(A)$ ha supplementare topologico.

[gugo82]

"Chevtchenko":Puoi usare il fatto che $N(A)$ ha supplementare topologico.

Ci avevo pensato anche io, ma non trovo il modo giusto...

Insomma se $N(A)$ ha un supplementare topologico, diciamolo $M$, si ha sicuramente $"dist"(x,N(A))le ||Qx||_X$ dove $Q$ è la proiezione $Xto M$, quindi trovo $"dist"(x,N(A))leC*||AQx||_Y+|Qx|_XleC*||Ax||_Y+|Qx|_X$ (questa maggiorazione è un po' più buona di $"dist"(x,N(A))le C||Ax||_Y+|x|_X$)... Ecco qui non trovo il modo di "eliminare" la seminorma e concludere.

D'altra parte, se $(y^m)subset R(A)$ e converge verso $y in Y$, allora determino univocamente $(x^m) in M$ tale che $AAm in NN, Ax^m=y^m$; ne viene $||x^(m+p)-x^m||_Xle C*||y^(m+p)-y^m||_Y+|x^(m+p)-x^m|_X$ per ogni $m,p in NN$. Da qui se sapessi che $(x^m)$ è limitata in $||\cdot||_X$ sarebbe facile concludere che essa ha un'estratta di Cauchy in norma, quindi che $R(A)$ è chiuso (basta applicare la definizione di seminorma più debole e l'essere di Cauchy di $(y^m)$ in $Y$)... il problema è quello di provare che $(x^m)$ è limitata se $(y^m)=(Ax^m)$ è convergente in $Y$, dato che non posso "invertire" $A_M:MtoR(A)$ perchè non so se $R(A)$ è chiuso.

Ma forse nessuna delle due strade è praticabile senza qualche trucchetto che al momento mi sfugge.

[gugo82]

Scusate se uppo il thread... non vorrei apparire insistente, ma davvero non mi riesce di venirne a capo.
Forse la questione è di banale soluzione, ma sull'argomento "Operatori fredholmiani e semifredholmiani" ho pochissimi appunti: sto metendo insieme quasi tutto da solo e col vostro aiuto.

Il prof. di Analisi Funzionale ha pure cambiato l'orario di ricevimento e questo venerdì è festa... Cheva, confido in te!

Buona giornata a tutti.

[ViciousGoblin]

Proviamo (sperando di non perdere niente per strada ...)

Sia $(x_n)$ una successione in $X$ tale che $A x_n\to y$ per un certo $y$ in $Y$.
Dobbiamo trovare $x$ in $X$ tale che $Ax=y$.
Prima di tutto, se $X=X_1\oplus N(A)$ possiamo supporre che
$x_n\in X_1$ ( se no rimpiazziamo $x_n$ con la sua proiezione $x'_n$ su $X_1$, notando che $Ax_n=Ax'_n$).
Per ipotesi

(*) $||x_n||\leq C ||A x_n||+|x_n|$

Affermo che $||x_n||$ è limitata. Se non lo fosse (a meno di passare a una sottosuccessione) avrei $||x_n||\to+\infty$.
Prendiamo allora $\hat x_n:= x_n/{||x_n||}$. Dato che $||\hat x_n||=1$ la successione $(\hat x_n)$ è di Cauchy rispetto a $|\cdot|$ e per (*)
$||\hat x_n-\hat x_m||\leq C||{Ax_n}/{||x_n||}-{A x_m}/{||x_m||}||+|\hat x_n-\hat x_m|$
Da cui si vede facilmente che $(\hat x_n)$ è di Cauchy rispetto a $||\cdot||$ e dunque ammette limite $\hat x$ in $X$, ANZI in $X_1$. Ma allora
$||\hat x||=1$ mentre $A\hat x=\lim {Ax_n}/{||x_n||}=0$ da cui segue un assurdo dato che $X_1\cap N(A)={0}$.

Dunque $(x_n)$ è limitata. A questo punto da (*) ricavi che $(x_n)$ è di Cauchy (dato che $Ax_n$ converge) per cui $(x_n)$ converge a un $x$, e ovviamente $Ax=y$

[gugo82]

"ViciousGoblinEnters":Proviamo (sperando di non perdere niente per strada ...)

Sia $(x_n)$ una successione in $X$ tale che $A x_n\to y$ per un certo $y$ in $Y$.
Dobbiamo trovare $x$ in $X$ tale che $Ax=y$.
Prima di tutto, se $X=X_1\oplus N(A)$ possiamo supporre che
$x_n\in X_1$ ( se no rimpiazziamo $x_n$ con la sua proiezione $x'_n$ su $X_1$, notando che $Ax_n=Ax'_n$).
Per ipotesi

(*) $||x_n||\leq C ||A x_n||+|x_n|$

Affermo che $||x_n||$ è limitata. Se non lo fosse (a meno di passare a una sottosuccessione) avrei $||x_n||\to+\infty$.
Prendiamo allora $\hat x_n:= x_n/{||x_n||}$. Dato che $||\hat x_n||=1$ la successione $(\hat x_n)$ è di Cauchy rispetto a $|\cdot|$ e per (*)
$||\hat x_n-\hat x_m||\leq C||{Ax_n}/{||x_n||}-{A x_m}/{||x_m||}||+|\hat x_n-\hat x_m|$
Da cui si vede facilmente che $(\hat x_n)$ è di Cauchy rispetto a $||\cdot||$ e dunque ammette limite $\hat x$ in $X$, ANZI in $X_1$. Ma allora
$||\hat x||=1$ mentre $A\hat x=\lim {Ax_n}/{||x_n||}=0$ da cui segue un assurdo dato che $X_1\cap N(A)={0}$.

Dunque $(x_n)$ è limitata. A questo punto da (*) ricavi che $(x_n)$ è di Cauchy (dato che $Ax_n$ converge) per cui $(x_n)$ converge a un $x$, e ovviamente $Ax=y$

Giusto!

Grazie VGE ed a Chevtchenko, vi voglio bene.

[gugo82]

Vi farà piacere che ho trovato un'altra dimostrazione.

Poiché i miei problemi erano dovuti al fatto che partivo dal rango di $A$, ho provato a vedere se era possibile trovare un modo per partire dal dominio di $A$: quindi, visto che era molto semplice usare la maggiorazione $||x||_XleC*||Ax||_Y+|x|_x$ per ottenere la tesi nell'ipotesi che $(x^m)$ fosse limitata ed avesse $Ax^m$ convergente, mi sono detto "Perchè non cercare di dimostrare che se $A$ trasforma ogni insieme limitato e chiuso in un chiuso allora $A$ è a rango chiuso?"... ed eccomi qua.

Proviamo che:

Siano $(X,||\cdot||_X),(Y,||\cdot||_Y)$ spazi di Banach ed $A in L(X,Y)$.
Affinché $A$ sia a rango chiuso è sufficiente che esso trasformi ogni insieme limitato e chiuso di $X$ in un chiuso di $Y$.

Dim.: Siano $y in Y$ un p.d.a. per $R(A)$ ed $(x^m)subseteq X$ una successione di punti tali che $Ax^mto y$.
Per ogni $m in NN$ poniamo per comodità $d_m="dist"(x^m,N(A))$; per la stessa definizione di $d_m$ esiste un $u^m in N(A)$ tale che $d_mle ||x^m-u^m||<2d_m$: consideriamo allora la successione di termine generale $x^m-u^m$ e proviamo che essa ha almeno un'estratta limitata.
Supponiamo per assurdo che si abbia $||x^m-u^m||_Xto +oo$: in tal caso la successione di termine generale $v^m=(x^m-u^m)/(||x^m-u^m||_X), mge mu$ (qui $mu in NN$ è un indice dal quale in poi $||x^m-u^m||_x!=0$; sopprimendo un numero finito di termini da $(x^m-u^m)$ si può ritenere $mu=1$, cosa che faremo da adesso in avanti) è limitata e viene trasformata in una successione convergente verso $0_Y$ poichè risulta $||Av^m||_Y=(||Ax^m||_Y)/(||x^m-u^m||_X)to 0$ (si ricordi che $(Ax^m)$ è limitata poichè convergente). Ne viene che $N(A)$ contiene almeno un punto limite della successione $(v^m)$: invero, se così non fosse, per ogni estratta convergente da $(v^m)$ dovrebbe risultare $lim_k Av^k=A(lim_k v^k)!=0_Y$, contro quanto appena trovato.
Diciamo $v$ uno dei punti limite di $(v^m)$ in $N(A)$ e chiamiamo $(v^k)=((x^k-u^k)/(||x^k-u^k||_X))$ un'estratta da $(v^m)$ con $v^k to v$: fissato $epsilon=1/3$ si può trovare per la definizione di limite un $lambda in NN$ tale che $||v^lambda-v||_Xle 1/3$, ma ciò importa:

$||x^lambda-(u^lambda+||x^lambda-u^lambda||_X*v)||_Xle 1/3||x^lambda-u^lambda||_Xle2/2d_lambda< d_lambda$

il che è assurdo in quanto $u^lambda+||x^lambda-u^lambda||_X*v in N(A)$ e perciò ha da essere $d_lambda le||x^lambda-(u^lambda+||x^lambda-u^lambda||_X*v)||_X$.
Da quanto appena detto discende che $(x^m-u^m)$ ha almeno un'estratta $(x^k-u^k)$ limitata. Per ipotesi, la chiusura $M$ del sostegno di $(x^k-u^k)$ (che è un insieme limitato e chiuso) viene trasformata in una parte chiusa in $Ssubseteq R(A) subseteqY$ e, visto che $lim_kAx^k=lim_mAx^m=y$, si ha $y in S$ ed a fortiori risulta $y in R(A)$, cosicché $R(A)$ è chiuso.

Avendo provato ciò è facile ottenere una dimostrazione della parte conclusiva del Teorema di Peetre: invero siano $M subseteq X$ è chiuso e limitato, $S=A(M)$, $y in barS$ ed $(x^m) subseteq M$ tale che $Ax^m to y$; poiché $(x^m)$ è limitata posso estrarre $(x^k)$ di Cauchy in $|\cdot|_X$; visto che $Ax^k$ è di Cauchy in $||\cdot||_Y$, applicando la maggiorazione dell'enunciato provo che $(x^k)$ è di Cauchy in $X$ e quindi converge ad un $x in barM=M$; vista la continuità di $A$ si ha $y=A(lim_kx^k)=Ax$, onde $y in S$; ne viene che $A$ trasforma insiemi limitati e chiusi di $X$ in chiusi di $Y$ e quindi $R(A)$ è chiuso.

Spero di non avervi annoiato.
Grazie di nuovo, ragazzi.