[EX] Due Spazi Classici di Successioni

[gugo82]

Esercizio:

Poniamo:
\[
\begin{split}
sc &:= \left\{ \mathbf{x}=(x_n) \subseteq \mathbb{R}:\ \sum_{n=0}^\infty x_n \text{ è convergente}\right\} \\
bv &:= \left\{ \mathbf{a}=(a_n) \subseteq \mathbb{R}:\ \sum_{n=0}^\infty |a_{n+1} - a_n| < +\infty \right\}
\end{split}
\]
e definiamo:
\[
\begin{split}
\| \mathbf{x} \|_{sc} &:= \sup_n \left| \sum_{k=n}^\infty x_k \right| \\
\| \mathbf{a} \|_{bv} &:= |a_0| + \sum_{n=0}^\infty |a_{n+1} - a_n| \; .
\end{split}
\]

1. Provare che entrambi $sc$ e $bv$ hanno una "naturale" struttura di $RR$-spazio vettoriale se muniti della consueta somma tra successioni e del consueto prodotto per lo scalare reale.

2. Provare che \(\|\cdot \|_{sc}\) e \(\|\cdot \|_{bv}\) sono norme, rispettivamente, su $sc$ e $bv$, rispetto alle quali tali spazi sono di Banach.

3. Mostrare che lo spazio di Banach $sc$ è isomorfo allo spazio:
\[
c_0 := \left\{ \mathbf{s}=(s_n) \subseteq \mathbb{R}:\ \lim_n s_n = 0 \right\}
\]
di Banach con l'usuale norma dell'estremo superiore \(\| \cdot \|_\infty\).

4. Provare che il simbolo:
\[
\langle \mathbf{a}, \mathbf{x}\rangle := \sum_{n=0}^\infty a_nx_n
\]
è ben definito per ogni $mathbf(x) in sc$ e $mathbf(a) in bv$, è bilineare e soddisfa:
\[
\Big| \langle \mathbf{a}, \mathbf{x}\rangle \Big| \leq \| \mathbf{a} \|_{bv}\ \| \mathbf{x} \|_{sc}\; .
\]

5. Dimostrare che $bv$ è isomorfo al duale $sc^**$ di $sc$ (cioè lo spazio dei funzionali lineari continui su $sc$).

6. Studiare le proprietà del funzionale definito ponendo:
\[
f(\mathbf{a}) := \lim_n a_n
\]
per $mathbf(a) in bv$; in particolare: $f$ è definito ovunque? È lineare? È limitato? Quanto vale la sua norma?

7. Dire se è possibile o meno determinare un elemento di $sc$ che rappresenti $f$, cioè una $mathbf(f) in sc$ tale che \(f(\mathbf{a}) = \langle \mathbf{a} , \mathbf{f} \rangle\) per ogni $mathbf(a) in "Dom" f$.
Cosa si può concludere da ciò circa la relazione tra il duale $bv^**$ e $sc$?

8. Ricavare la risposta al quesito 7 anche per via indiretta, sfruttando l'isomorfismo tra $sc$ e $c_0$ e le proprietà dello spazio $c_0$.

[fmnq]

1. Sia \(sc\) che \(bv\) sono sottoinsiemi di \(\mathbb{R}^\mathbb{N}\), il quale è uno spazio vettoriale in maniera evidente; per quanto riguarda \(sc\) bisogna dimostrare che la somma di successioni che sono termini generali di serie convergenti è ancora termine generale di una serie convergente (facile, converge alla somma delle serie) e che allo stesso modo converge \(\alpha \cdot {\bf x}\) per \({\bf x} \in sc\) (altrettanto semplice, se \(\sigma = \sum x_n\), allora \(\sum \alpha x_n\) converge a \(\alpha\cdot\sigma\)).

Per quanto riguarda lo spazio delle successioni a variazione limitata \(bv\), se \({\bf a}, {\bf a}'\) sono suoi elementi, la somma è ancora a variazione limitata per la disuguaglianza triangolare:
\[
\sum |a_{n+1}+a'_{n+1} - a_n + a'_n| \le \sum |a_{n+1}-a_n| + \sum |a'_{n+1}-a'_n|
\] e qualcosa di simile accade a \(\alpha \cdot {\bf a}\) per \(\alpha\in \mathbb R\) e \({\bf a} \in bv\).

2. E' evidente che \(\|\alpha\cdot {\bf x}\|_{sc} = |\alpha| \|{\bf x}\|_{sc}\) (perché \(\sup_n \alpha\cdot u_n = \alpha\cdot \sup_n u_n\) per una qualsiasi successione \(u_n\)) e che altrettanto accade a \(\|\cdot\|_{bv}\) (perché il valore assoluto è una norma su \(\mathbb R\)). Il fatto che sia vera la disuguaglianza triangolare segue dal fatto che è il valore assoluto in \(\mathbb R\) ad avere tale proprietà, e dal fatto che il sup di una somma è minore-uguale della somma dei sup. Quindi, \(\|\cdot\|_\bullet\) per \(\bullet \in \{sc,bv\}\) è una seminorma.

Per vedere che è una norma, supponiamo che esista \(x_{n^*}\ne 0\) per \(n^*\in\mathbb N\); allora \(\|{\bf x}\|_{sc} \ge |x_{n^*}| > 0\). Per quanto riguarda \(\|\cdot\|_{bv}\), se una somma di numeri reali non negativi è zero, allora ciascun termine della somma è zero, cosicché \(a_0=0\), e \(a_{n+1}=a_n\) per ogni \(n\ge 1\). A questo punto forse si potrebbe argomentare che \(sc\) e \(bv\) sono spazi di Banach con un argomento generale, ma credo che il punto sia farlo a mano, mostrando che ogni successione di Cauchy è convergente. Lo lascio fare a qualcun altro, per il momento.

Mi limito ad osservare che, se il 4. si dimostra che \(\langle-,-\rangle\) è non degenere, a 5. si risponde immediatamente in modo affermativo (dato che le applicazioni bilineari non degeneri \(V\otimes V \to k\) corrispondono agli isomorfismi \(V\cong V^\lor\), per un \(k\)-spazio vettoriale \(V\)). E' in effetti abbastanza evidente che se \(\langle {\bf a},-\rangle\) è l'applicazione nulla, prendendo \({\bf x} = (\delta_{kn})\) si ha che \(a_k=0\), e ripetendo ciò per ogni \(k\in\mathbb N\) si ha che \({\bf a}=\bf 0\). Si ragiona similmente per \(\langle - , {\bf x}\rangle\), dal momento che la successione "1 al posto $k$ e zero altrove" è anche a variazione limitata (ha variazione totale 1, ovviamente).

[dissonance]

La mappa lineare
\begin{equation*}
T\colon \mathrm{sc}\to c_0,\qquad (Tx)(n)=\sum_{k=n}^\infty x(k)
\end{equation*}
ha inversa
\begin{equation*}
T^{-1}y(n)=y(n)-y(n-1),
\end{equation*}
ed è quindi un isomorfismo di spazi vettoriali. Siccome, evidentemente,
\begin{equation*}
\|Tx\|_\infty = \|x\|_{\mathrm{sc}},
\end{equation*}
tale mappa è isometrica, e in particolare \(\mathrm{sc}\) è completo, perché \(c_0\) lo è.

Resta da dimostrare che \(\mathrm{bv}\) è completo. Per prima cosa, dalla formula
\[
x(n)=\sum_{k=1}^n (x(k)-x(k-1))+ x(0), \]
segue subito che
\[
|x(n)|\le \|x\|_{\mathrm{bv}},\qquad \forall n\in\mathbb N,\]
e quindi \(\|x\|_{\ell^\infty}\le \|x\|_{\mathrm{bv}}\). Pertanto, una successione di Cauchy \((x_h)_{h\in\mathbb N}\) in \(\mathrm{bv}\) converge a \(x\in\ell^\infty\) rispetto alla norma \(\ell^\infty\). Ora, \(x\in \mathrm{bv}\), perché per il lemma di Fatou
\[
\sum_{n=1}^\infty |x(n)-x(n-1)|\le \operatorname{liminf}_{h\to \infty} \sum_{n=1}^\infty |x_h(n)-x_h(n-1)|, \]
e il membro destro è finito, perché \(\|x_h\|_{\mathrm{bv}}\) è, per ipotesi, limitata.

Resta quindi da dimostrare che \(\|x_h-x\|_{\mathrm{bv}}\to 0\). Sia \(\epsilon>0\). Come visto sopra, la successione \(\|x\|_{\mathrm{bv}}+\|x_h\|_{\mathrm{bv}}\) è limitata uniformemente in \(h\in\mathbb N\). Quindi, esiste \(N\in\mathbb N\), dipendente solo da \(\epsilon\), tale che
\[
\sum_{n=N}^\infty |x_h(n)-x_h(n-1)- (x(n)-x(n-1))|\le \epsilon. \]
Applichiamo ora la stima ovvia
\[
\sum_{n=1}^N |x_h(n)-x_h(n-1)-(x(n)-x(n-1))|\le 2N \sup_{n\le N} |x_h(n)-x(n)|\le 2N\|x_h-x\|_{\ell^\infty}.\]
Possiamo scegliere \(h=h(\epsilon)\) in modo tale che il membro destro sia minore di \(\epsilon\). Perciò, combinando le due disuguaglianze, otteniamo finalmente che
\[
\|x_h-x\|_{\mathrm{bv}} =|x_h(0)-x(0)| + \sum_{n=1}^\infty |x_h(n)-x_h(n-1)-(x(n)-x(n-1))| \le 2\epsilon, \]
a patto che \(h\) sia sufficientemente grande. Ciò conclude la dimostrazione.

[dissonance]

Io in realtà ho l'impressione che valga la disuguaglianza
\[\tag{?}
\|x\|_{\ell^\infty}\le \|x\|_{\mathrm{bv}}\le 2\|x\|_{\ell^\infty}, \]
(la prima è banale, è la seconda quella interessante). La completezza di \(\mathrm{bv}\) ne sarebbe un immediato corollario, visto che, come visto nel mio post precedente, \(\mathrm{bv}\) è chiuso in \(\ell^\infty\) rispetto alla norma uniforme. Ma non so se sia vero.

[dissonance]

Il funzionale \(f(a):=\lim_{n\to \infty} a(n)\) è definito per ogni \(a\in \mathrm{bv}\) e ha norma pari a \(1\). Infatti, dalla disuguaglianza
\[
|a(n+h)-a(n)|\le \sum_{m=n}^{n+h-1} |a(m+1)-a(m)| \]
segue subito che \(a\) è una successione di Cauchy e dunque ammette limite. Scrivendo
\[
a(n)=\sum_{k=1}^n (a(k)-a(k-1))+a(0),
\]
si vede che
\[
f(a)=\sum_{k=1}^\infty (a(k)-a(k-1))+a(0),\]
e dunque \(|f(a)|\le \|a\|_{\mathrm{bv}}\). Se \(a(n)\equiv 1\), questa disuguaglianza si riduce a \(1=1\). Quindi la norma di \(f\) è esattamente \(1\).

Non esiste nessun elemento \(\mathbf f\) di \(\mathrm{sc}\) tale che
\[\tag{1}
\langle \mathbf a, \mathbf f\rangle =\lim_{n\to \infty} a(n).\]
Difatti, se un tale elemento esistesse, la serie \(\sum f(n)\) sarebbe convergente, e perciò esisterebbe \(N\in\mathbb N\) tale che \(|\sum_{k\ge N} f(k)|<1/2\). Inserendo in (1) la successione \(a(n)=\{1,\ n\ge N,\ 0, \ \text{altrimenti}\}\), si ottiene la contraddizione
\[
\sum_{k\ge N} f(k)=1.\]
CONCLUSIONE. Lo spazio \(\mathrm{sc}\) non è riflessivo, perché contenuto propriamente nel proprio biduale \(\mathrm{sc}^{\star\star}=\mathrm{bv}^\star.\)

[dissonance]

L'isomorfismo di spazi di Banach del punto 2, ovvero
\[T\colon \mathrm{sc}\to c_0, \]
induce un isomorfismo tra gli spazi duali
\[
T^\star\colon c_0^\star = \ell^1 \to \mathrm{sc}^\star=\mathrm{bv}, \]
la cui espressione esplicita è
\[
T^\star b(n)=\sum_{k=0}^n b(k), \qquad b\in \ell^1.\]
Il funzionale lineare \(f\colon \mathrm{bv}\to \mathbb R\) del punto precedente, ovvero
\[
f(a):=\lim_{n\to \infty} a(n), \]
corrisponde, tramite \(T^\star\), al funzionale lineare \(g=f\circ T^\star\), la cui espressione esplicita risulta essere
\[
g(b)=\sum_{n=0}^\infty b(n), \qquad b\in \ell^1.\]
Ora, sappiamo che \((\ell^1)^\star=\ell^\infty\) (tramite il pairing usuale). Con questa identificazione, \(g\) corrisponde all'elemento di \(\ell^\infty\)
\[
g(n)\equiv 1,\qquad \forall n\ge 0, \]
che non appartiene a \(c_0\). Questo ridimostra che \(c_0\) non è riflessivo, come ci aspettavamo dall'isomorfismo con \(\mathrm{sc}\) (ricordiamo che \((\ell^1)^\star=c_0^{\star \star}\)).

Credo che l'esercizio sia completamente risolto; i punti che non ho trattato nei miei post sono nel post di fmnq.