Il range di un operatore non è sempre chiuso.

[Lèo114]

\(\displaystyle \bullet \) Sia \(\displaystyle T:X\to Y \) un operatore lineare limitato. Dimostrare che \(\displaystyle \mathcal{R}(T) \) non è necessariamente chiuso in $Y$.

Siano \(\displaystyle x=\{\xi\} \) e \(\displaystyle y=\{\eta_j\} \) due elementi di \(\displaystyle l^{\infty} \) dotato della norma \(\Vert \cdot\Vert=\sup_j|\cdot_j| \). [strike]Usando un suggerimento che dà il testo,[/strike] considero l'operatore \(\displaystyle T:l^{\infty}\to l^{\infty} \) tale che \(\displaystyle Tx=y=\{\eta_j\} \), \(\displaystyle \eta_j=\xi_j/j\), per ogni \(\displaystyle j\in\mathbb{N} \). L'operatore $T$ è lineare. Infatti, \[\displaystyle z=\{\zeta_j\}=T(\alpha x+\beta y)=\frac{\alpha \xi_j+\beta \eta_j}{j}=\alpha\frac{\xi_j}{j}+\beta\frac{\eta_j}{j}=\alpha Tx+\beta Ty. \] Inoltre, $T$ è limitato. Sia \(\displaystyle n\in\mathbb{N} \) l'indice in cui la successione $x$ ammette estremo superiore. Allora si ha: \[\displaystyle \Vert Tx\Vert=\Vert y\Vert=\sup_{j\in\mathbb{N}}|\eta_j|=\sup_{j\in\mathbb{N}}\frac{1}{j}|\xi_j|=\frac{|\xi_n|}{n}. \] Quindi \(\displaystyle \Vert Tx\Vert\le \frac{1}{m} \Vert x\Vert\) con \(\displaystyle m
Adesso si tratta di mostrare che \(\displaystyle \mathcal{R}(T) \) non è un insieme chiuso. La strada che mi è venuta in mente è far vedere che una generica successione di successioni in \(\displaystyle \mathcal{R}(T) \) non ha necessariamente una successione limite esprimibile come immagine di una successione in $X$. Però a furia di pensare a successioni di successioni mi è venuto il mal di testa, quindi preferisco chiedere il vostro parere: si riesce in questo modo o c'è una strada più semplice? (forse ci sono anche controesempi più facili, io uso quello del suggerimento del testo).

[dissonance]

a furia di pensare a successioni di successioni mi è venuto il mal di testa

Trucco: denota gli elementi di \(\ell^p\) come fossero funzioni della \(n\): \(x(n)\), in modo da liberare il pedice per le successioni, come si fa per le successioni di funzioni. Ad esempio, con questa notazione l'operatore \(T\) diventa
\[
Tx(n):=\frac{x(n)}{n}, \]
e la sua immagine (o rango, o range, come vuoi), è
\[
R(T)=\left\{ y(n)\ :\ |y(n)|\le \frac{C}{n} \right\}, \]
dove naturalmente \(C\ge 0\) è una costante indipendente da \(n\), ma che dipende da \(y\).

Tocca dimostrare che questo insieme non è chiuso rispetto alla convergenza uniforme in \(n\). Pensa un po' a qualche successione \(y_k(n)\) a supporto finito, e fai in modo che \(y_k(n)\to y(n)\) uniformemente rispetto ad \(n\), dove però \(y(n)\) decade più lentamente di \(1/n\).

Secondo me è più facile in \(\ell^2\).

[Sk_Anonymous]

Premesso che credo che questo

"Lèo":[...] in particolare \(\displaystyle \Vert T\Vert=\frac{1}{n} \). [...]

sia falso (chi sarebbe \(n\)?), vorrei proporre un'idea leggermente diversa. C'e' da lavorare un po': considera \(T\) definito come sopra, ma questa volta \( \ell^\infty \to c_0 \) (ove quest'ultimo è lo spazio delle successioni infinitesime). Se non erro, \(T\) è iniettivo; inoltre \( T (\ell^\infty) \) è denso nel codominio (da dimostrare). Pertanto se \( T (\ell^\infty) \) fosse chiuso sarebbe \( T (\ell^\infty) = c_0 \) e \( \ell^\infty \) e \( c_0 \) sarebbero isomorfi (?) - assurdo, perché \( c_0 \) è separabile mentre \( \ell^\infty \) no.

[dissonance]

Il fatto che \(\lVert T\rVert = \frac1n\) è ovviamente una cavolata

[Lèo114]

Va bene l'ho scritto senza pensarci troppo ricalcolo la norma: \[\displaystyle \Vert T\Vert=\sup_{x\in\mathcal{D}_f, \ x\ne 0} \frac{\|Tx\|}{\Vert x\Vert}=\sup_{x\in\mathcal{D}_f, \ x\ne 0} \frac{\sup_n x(n)/n}{\sup_n x(n)}=\sup_{x\in\mathcal{D}_f, \ x\ne 0} \frac{x(n^*)\sup_n \frac{1}{n}}{x(n^*)}=1. \] dove \(\displaystyle n^* \) è l'indice in cui la successione ammette massimo. [strike]Quindi siamo d'accordo che è un'isometria[/strike]. Il suggerimento di Delirium mi piace a livello teorico ma in pratica non credo di saper dimostrare la densità di \(\displaystyle T(\ell^{\infty}) \) in $c_0$.

Per quanto riguarda la successione: premesso che non so bene cosa sia una successione a supporto finito[nota]Cercando su Google, ho trovato la definizione di supporto per funzioni \(\displaystyle f(x)=\overline{\{x\in\mathcal{D}f:f(x)\ne 0\}} \) ma non sono sicuro di come sia definito per le successioni...[/nota], mi resta un dubbio. Affinché \(\displaystyle y_k(n)\in\mathcal{R}(T) \), non deve essere \(\displaystyle y_k(n)\sim 1/n \) per ogni $k$? Altrimenti $C$ non sarebbe indipendente da $n$...

[dissonance]

Con "supporto finito" voglio dire una successione \(y(n)\) che contiene solo un numero finito di entrate non nulle, come
\[
y_k(n)=(1, 1/2, 1/3, \ldots, 1/k, 0,0,\ldots, 0 ,\ldots).\]
Questa qui non va bene, perché il suo limite è \(y(n)=1/n\) e quindi appartiene a \(R(T)\). Modificala un po'.

Quanto all'isometria, non è vero, non è la stessa cosa avere \(\|T\|=1\) ed essere un'isometria. Ma perché divaghi così? Limitati a dimostrare quello che ti è chiesto, non aggiungere roba inutile.

[Sk_Anonymous]

"dissonance":[...] Quanto all'isometria, non è vero, non è la stessa cosa avere \(\|T\|=1\) ed essere un'isometria. Ma perché divaghi così? [...]

Colpa mia, avevo scritto una cosa falsa (ma poi ho editato il mio messaggio).

[gugo82]

Scusate, ma dato che non ci sono ipotesi sulla completezza di dominio e codominio, l'immesione \(T:c_{00} \ni x \mapsto x \in \ell^p\) ($1

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[Lèo114]

Ok, ammetto di essermi fidato di Delirium, ma non nego la mia colpa.
Comunque, rimane il dubbio di prima. Ad esempio, prendo \[\displaystyle y_k(n):=\begin{cases} 1/\sqrt{n} & n\le k, \\ 0 & n>k.\end{cases}\] che per \(\displaystyle k\to\infty \) converge a \(\displaystyle 1/\sqrt n \): il suo limite è fuori dal range, però dovrebbero esserlo anche le singole successioni per ogni $k$, o mi sbaglio?

Edit: no, mi sbaglio, perché basta prendere \(\displaystyle C=1/\sqrt k \)...

[Sk_Anonymous]

"Lèo":Ok, ammetto di essermi fidato di Delirium, ma non nego la mia colpa. [...]

In ogni caso non ti serve che \(T\) sia un'isometria (una cosa in meno da dimostrare); \(T\) è comunque un isomorfismo (lineare e biiettiva) quindi si conclude di nuovo per assurdo. Non intervengo più perché vedo che ci si accavalla. Tra qualche giorno posto una soluzione completa del mio suggerimento.

[dissonance]

"Lèo":Ok, ammetto di essermi fidato di Delirium, ma non nego la mia colpa.
Comunque, rimane il dubbio di prima. Ad esempio, prendo \[\displaystyle y_k(n):=\begin{cases} 1/\sqrt{n} & n\le k, \\ 0 & n>k.\end{cases}\] che per \(\displaystyle k\to\infty \) converge a \(\displaystyle 1/\sqrt n \): il suo limite è fuori dal range, però dovrebbero esserlo anche le singole successioni per ogni $k$, o mi sbaglio?

Edit: no, mi sbaglio, perché basta prendere \(\displaystyle C=1/\sqrt k \)...

Va bene. Per ogni \(k\), la successione \(y_k\) è in \(R(T)\), tanto ha solo un numero finito di termini non nulli. Prendi \(C=10000k\), per dire. Non te ne importa di trovarne una ottimale. Devi dimostrare che \(\|y_k(n)- 1/\sqrt{n}\|_{\ell^\infty}\to 0\) per \(k\to \infty\), comunque è facile.

[Lèo114]

Sì, avevo controllato così: \[ \|y_k(n)- 1/\sqrt{n}\|_{\ell^\infty}=\sup_k |y_k(n)-1/\sqrt n|=|-1/\sqrt n|\to 0, \quad n\to\infty.\] Dovremmo essere a posto? Allora aspetterò la soluzione di Delirium

[dissonance]

Ma no, su, che dici? Così facendo avresti dimostrato che \(y_k(n)=1/\sqrt{n}\). Fai più attenzione ai dettagli

[Lèo114]

Ho modificato il post... a volte mi escono davvero delle stupidate pazzesche

[dissonance]

Il sup è su \(n\), non su \(k\).

[Lèo114]

Ribadisco quanto sopra. Allora vediamo se stavolta ce la faccio: per ogni $k$, devo scartare \(\displaystyle n\le k \) perché altrimenti ottengo lo zero; per \(\displaystyle n>k \) ho una successione decrescente, quindi scelgo \(\displaystyle 1/\sqrt{k+1} \). E il limite è in \(\displaystyle k\to \infty \), non $n$...

[dissonance]

Adesso va bene.

[Lèo114]

Grazie per l'aiuto, e la pazienza