Chiusura e convessità implica debole chiusura sequenziale

[Bremen000]

Buondì, recentemente mi sono andato a ripescare la dimostrazione del fatto che

Teorema:
Sia \( (\mathcal{H}, \langle \cdot, \cdot \rangle) \) uno spazio di Hilbert reale e sia \( V \subset \mathcal{H} \) chiuso e convesso. Allora \(V\) è sequenzialmente debolmente chiuso.

che si basa sul seguente

Lemma:
Sia \(\mathcal{H} \) uno spazio di Hilbert reale e sia \( V \subset \mathcal{H} \) chiuso e convesso. Sia \(x \in \mathcal{H} \), denoto con $P_Vx$ la proiezione ortogonale di $x$ su $V$. Allora, preso $v \in V$, si ha

\[ \left[\, v= P_Vx\,\right] \Leftrightarrow \left [\, \langle x-v, y-v\rangle \le 0 \quad \forall \, y \in V \,\right ] \]

Infatti,

dimostrazione (del Teorema)

Sia \( \{x_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset V : x_n \rightharpoonup x \); allora, per la continuità del prodotto scalare rispetto alla convergenza debole, si ha, per l'implicazione \(\Rightarrow\) del Lemma appena citato, che:

\[ \langle x-P_{V}x, x_n-P_{V}x\rangle \le 0 \quad \forall \, n \in \mathbb{N} \Rightarrow \langle x-P_{V}x, x-P_{V}x\rangle = \|x-P_{V}x \|^2 \le 0 \Rightarrow x=P_{V}x \Rightarrow x \in V \]
\( \square \)

Il mio dubbio è sulla dimostrazione del Lemma. L'intuizione geometrica è immediata ma volevo una dimostrazione "con tutti i crismi". Non avendone trovato una su internet e non ricordando quella che mi era stata proposta, ho provato a fare da me, ma mi sembra eccessivamente lunga. Ne esiste una versione più breve? In spoiler la mia:

dimostrazione (del Lemma)

\( (\Rightarrow) \) :

Esista per assurdo \( y \in V\) tale che \( \langle x-P_{V}x, y-P_{V}x\rangle > 0\). Ovviamente \( P_Vx \ne y \).

1. Se \( \langle y-P_Vx, x-y \rangle >0 \):

\[ \|x-y \|^2 > \|x-P_Vx\|^2 = \|x-y\|^2 + \|y-P_Vx\|^2 +2\langle x-y, y-P_Vx \rangle > \|x-y\|^2 + \|y-P_Vx\|^2 \Rightarrow \|y-P_Vx\| <0 \]
che è assurdo.

2. Se \( \langle y-P_Vx, x-y \rangle \le 0 \):

Sia \( \alpha := \frac{ \langle x-P_{V}x, y-P_{V}x\rangle}{\|y-P_{V}x\|^2} \) e \( w:= P_Vx + \alpha(y-P_Vx) \).

Si ha che $0<\alpha<1$ infatti, \( \alpha >0 \) per ipotesi e si ha che:

\[ \alpha = \frac{ \langle x-P_{V}x, y-P_{V}x\rangle}{\|y-P_{V}x\|^2} = \frac{ \langle x-y,y-P_Vx \rangle + \langle y-P_Vx, y-P_Vx \rangle}{\|y-P_{V}x\|^2} < \frac{\|y-P_{V}x\|^2}{\|y-P_{V}x\|^2}= 1\]

Dunque \(w = \alpha y + (1-\alpha)P_Vx \) è una combinazione convessa di elementi di $V$ e come tale $w \in V$.

Si ha \( \langle x-w,w-P_Vx \rangle =0 \) infatti:

\[ \langle x-w,w-P_Vx \rangle = \langle x-w, \alpha(y-P_Vx) \rangle = \alpha \langle x-w, y-P_Vx \rangle = \alpha \langle x-P_Vx -\alpha(y-P_Vx), y-P_Vx \rangle = \alpha \{ \langle x-P_Vx, y-P_Vx \rangle -\alpha \|y-P_Vx\|^2 \} = \alpha \{ \langle x-P_Vx, y-P_Vx \rangle - \frac{ \langle x-P_{V}x, y-P_{V}x\rangle}{\|y-P_{V}x\|^2} \|y-P_Vx\|^2 \} =0\]

e dunque

\[ \|x-P_Vx\|^2 = \|x-w\|^2 + \|w-P_Vx\|^2 \Rightarrow \|x-P_Vx\| > \|w-P_Vx\| \]
che è assurdo.


\( (\Leftarrow) \) :

Sia $v \in V$ che soddisfa \( \langle x-v, y-v\rangle \le 0 \quad \forall \, y \in V \) , in particolare ciò vale per $y = P_Vx \in V$, cioè si ha

\[ \langle x-v, P_Vx-v\rangle \le 0 \]

e dunque

\[ \|x-v\|^2 \ge \|x-P_Vx \|^2 = \|x-v\|^2 + \|v-P_Vx\|^2 +2 \langle x-v , v-P_Vx \rangle \ge \|x-v\|^2 + \|v-P_Vx\|^2 \]

da cui \( v= P_Vx \).

$\square$

[Sk_Anonymous]

Si dimostra in tre righe facendo uso del seguente lemma, anch'esso facile da dimostrare:

Lemma. Siano \(x ,y \in \mathcal{H} \). Allora \( \langle x , y \rangle \le 0 \Longleftrightarrow \|x\| \le \|x-\alpha y\| \, \forall \, \alpha \in [0,1] \).

Considera quindi, per ogni \( y \in V\) e \( \alpha \in [0,1]\), i punti \( y_\alpha = \alpha y + (1-\alpha) v \in V \). Allora \[ \|x-v\| = d_V (x) \Longleftrightarrow \| x - v \| \le \|x - y_\alpha \| \ \forall \, y \in V, \, \forall \alpha \in [0,1] \] e concludi per il lemma precedente.

[Bremen000]

Ciao Delirium, caspita non sapevo di questo lemma, molto molto molto più veloce! Grazie mille!

[dissonance]

"Delirium":Si dimostra in tre righe facendo uso del seguente lemma, anch'esso facile da dimostrare:

Lemma. Siano \(x ,y \in \mathcal{H} \). Allora \( \langle x , y \rangle \le 0 \Longleftrightarrow \|x\| \le \|x-\alpha y\| \, \forall \, \alpha \in [0,1] \).
[...]

Bello!

[Bremen000]

Ripesco questa discussione solo per mostrare un punto di vista diverso che ho trovato in Calcolo delle Variazioni. Ovvero una dimostrazione del Lemma dell'OP che però sfrutta già il fatto che $V$, sotto le ipotesi date, sia debolmente sequenzialmente chiuso (ho scoperto una dimostrazione del tutto indipendente in spazi di Banach derivata dal lemma di Mazur).

Sia \( x \in \mathcal{H} \) e sia \( V \subset \mathcal{H} \) chiuso e convesso.
Sia \( J : V \to \mathbb{R} \) definito come \( J(y) = \frac{1}{2} \|y-x\|^2 \) per ogni \( y \in V \).

Dunque \( J(y) = \frac{1}{2} \langle y, y \rangle -\langle y,x\rangle + \frac{1}{2} \|x\|^2 \).

Quindi $J$ è un funzionale debolmente sequenzialmente inferiormente semi continuo e convesso e inoltre \( \lim_{\|y\| \to \infty} J(y) = + \infty \).

Dunque [nota]Qua si usa sostanzialmente il "metodo diretto" del calcolo delle variazioni che appunto sfrutta che $V$ sia debolmente sequenzialmente chiuso.[/nota] $J$ assume un minimo su $V$ (ovvero $P_V(x)$) che denoto con $v$. Inoltre $J$ è Fréchet-differenziabile e la sua derivata di Fréchet $J'$ deve soddisfare

\[ \langle J'(v) , y - v \rangle_{\ast} \ge 0 \quad \forall y \in V \quad \Leftrightarrow \quad \langle v-x, y-v \rangle \ge 0 \quad \forall y \in V \quad \Leftrightarrow \quad \langle x-v, y-v \rangle \le 0 \quad \forall y \in V \]

[dissonance]

@Bremen:
[ot]Con quello stesso trucco di differenziare \(J\) puoi provare anche altre cose più difficili. Per esempio il teorema della funzione inversa. Supponi che \(X\) sia uno spazio di Banach e \(H\) uno spazio di Hilbert. Se \(f\colon X\to H\) è \(C^1\) e \(df(x_0)\colon X\to H\) è invertibile con inverso continuo, allora esistono palline \(B(x_0, \delta), B(y_0, \epsilon)\) tali che per ogni \(y\in B(y_0, \epsilon)\) esiste un unico \(x\in B(x_0, \delta)\) che verifica \(f(x)=y\).

Abbozzo di dimostrazione: considera
\[
J(x)=\frac{1}{2}\| y-f(x)\|^2, \]
che per i soliti motivi variazionali deve avere un minimo su una pallina sufficientemente piccola, e in corrispondenza di tale minimo \(x\),
\[
DJ(x)=0\quad \Leftrightarrow \quad Df(x)(y-f(x))=0, \]
e siccome \(Df(x)\) è nonsingolare (qui usi la classe \(C^1\) e il fatto che la pallina in cui ti sei messo è piccola), deve essere \(y-f(x)=0\).

Questo è un trucco che mi piace molto.[/ot]

[Bremen000]

@dissonance
[ot]Conosco questo teorema e la sua dimostrazione tra spazi di Banach e non avevo mai visto questa dimostrazione per il caso Banach -> Hilbert. Bella! Vedrò di capirla per bene![/ot]