Operatore lineare
Vorrei proporre questo problema alla vostra attenzione!
Sia $X$ uno spazio reale, normato, strettamente convesso (i.e. $AA x,y \in X, x =!y$ tali che $||x||=||y||=1$, allora $||x+y||<2$), sia $\psi:X\rightarrow X$ un'operatore suriettivo tale che $\psi(0) = 0$ e $||\psi(x)-\psi(y)||=||x-y||, AAx,y \in X$.
Si mostri che $\Psi$ è lineare.
Suggerimento: Per prima cosa mostrare che $z=1/2(x+y)$ è l'unico elemento in $X$ tale che $||z-x||=||z-y||=1/2||x-y||$.
Sia $X$ uno spazio reale, normato, strettamente convesso (i.e. $AA x,y \in X, x =!y$ tali che $||x||=||y||=1$, allora $||x+y||<2$), sia $\psi:X\rightarrow X$ un'operatore suriettivo tale che $\psi(0) = 0$ e $||\psi(x)-\psi(y)||=||x-y||, AAx,y \in X$.
Si mostri che $\Psi$ è lineare.
Suggerimento: Per prima cosa mostrare che $z=1/2(x+y)$ è l'unico elemento in $X$ tale che $||z-x||=||z-y||=1/2||x-y||$.
Risposte
Questo problema, piuttosto carino in verità, era uscito circa un mese fa in un thread dell'English Corner :
http://www.matematicamente.it/forum/2-vt28692.html?&postdays=0&postorder=asc&start=10
Li' c'è una dimostrazione nel caso degli spazi di Hilbert e un controesempio se lo spazio non è uniformemente convesso.
Se ho tempo penso ad una dimostrazione nel caso intermedio.
http://www.matematicamente.it/forum/2-vt28692.html?&postdays=0&postorder=asc&start=10
Li' c'è una dimostrazione nel caso degli spazi di Hilbert e un controesempio se lo spazio non è uniformemente convesso.
Se ho tempo penso ad una dimostrazione nel caso intermedio.
Visto che solo per dimostrare il lemmino ci ho messo parecchio, lo scrivo...
Supponiamo esistano $z$ e $z_1$ che verificano la condizione. Per stretta convessità valgono le relazioni:
$||z+z_1-2x||<||x-y||$
$||z+z_1-2y||<||x-y||$
Come si ricavano? intepretazione geometrica della stretta convbessità in $R^2$: se abbiamo due punti su una circonferenza, il raggio che si ottiene sommando i raggi vettori e dividendo per due, sarà ancora interno cerchio iniziale. Si prende come cirocnferenza quella di centro $x$($y$) e raggio $||x-y||/2$.
Naturalmente poi gli spazi di Banach nn parlano così, ma è solo per dire l'idea. A questo punto:
$2||x-y||=||2x+z+z_1-z-z_1-2y||<=||z+z_1-2y||+||z+z_1-2x||<2||x-y||$
che è una contraddizione...
Il resto ad altri...
o se avrò ancora tempo..
Supponiamo esistano $z$ e $z_1$ che verificano la condizione. Per stretta convessità valgono le relazioni:
$||z+z_1-2x||<||x-y||$
$||z+z_1-2y||<||x-y||$
Come si ricavano? intepretazione geometrica della stretta convbessità in $R^2$: se abbiamo due punti su una circonferenza, il raggio che si ottiene sommando i raggi vettori e dividendo per due, sarà ancora interno cerchio iniziale. Si prende come cirocnferenza quella di centro $x$($y$) e raggio $||x-y||/2$.
Naturalmente poi gli spazi di Banach nn parlano così, ma è solo per dire l'idea. A questo punto:
$2||x-y||=||2x+z+z_1-z-z_1-2y||<=||z+z_1-2y||+||z+z_1-2x||<2||x-y||$
che è una contraddizione...
Il resto ad altri...
o se avrò ancora tempo..
Faccio anche la linearità:
Lemma2: $\psi(2x)=2\psi(x)$
Sia $\psi(2x)=f$ e $\psi(x)=g$. Vale che
$||f-g||=||x||
$||g-0||=||x||$
$||f||=||2x||$
Quindi il punto $g$ si trova ad essere equidistante da $0$ e da $f$, con distanza pari alla metà della distanza tra $0$ ed $f$. Ma allora per il lemma $1$ è univocamente determinato e vale:
$g=f/2$
che è la tesi.
Linearità:
Per surgettività $\psi(x)+\psi(y)=\psi(f)$. Grazie al lemma1:
$\psi(f)-\psi(2x)=\psi(y)-\psi(x)$
$\psi(f)-\psi(2y)=\psi(x)-\psi(y)$
prendendo i moduli per ipotesi:
$||f-2x||=||y-x||$
$||f-2y||=||x-y||$
e per il lemma suggerito si ha che $f=x+y$. Ovvero la linearità.
Per l'omogeneità immagino si debba mimare il Lemma2...
Lemma2: $\psi(2x)=2\psi(x)$
Sia $\psi(2x)=f$ e $\psi(x)=g$. Vale che
$||f-g||=||x||
$||g-0||=||x||$
$||f||=||2x||$
Quindi il punto $g$ si trova ad essere equidistante da $0$ e da $f$, con distanza pari alla metà della distanza tra $0$ ed $f$. Ma allora per il lemma $1$ è univocamente determinato e vale:
$g=f/2$
che è la tesi.
Linearità:
Per surgettività $\psi(x)+\psi(y)=\psi(f)$. Grazie al lemma1:
$\psi(f)-\psi(2x)=\psi(y)-\psi(x)$
$\psi(f)-\psi(2y)=\psi(x)-\psi(y)$
prendendo i moduli per ipotesi:
$||f-2x||=||y-x||$
$||f-2y||=||x-y||$
e per il lemma suggerito si ha che $f=x+y$. Ovvero la linearità.
Per l'omogeneità immagino si debba mimare il Lemma2...
Concludo in modo rocambolesco con l'omogeneità
1) $\psi$ è continua il quanto Lipshitz;
2) iterando il lemma2 , si vede che $\psi(x/2^n)=(\psi(x))/2^n$, per ogni n naturale;
3) usando la linearità già dimostrata, si ha che $\psi(mx)=m\psi(x)$ per ogni m naturale;
4) per i punti 2) e 3) vale che $\psi(m/2^nx)=m/2^n\psi(x)$
5) visto che i numeri $m/2^n$ sono densi in $R$, usando la continuità si ha l'omoegeneità.
1) $\psi$ è continua il quanto Lipshitz;
2) iterando il lemma2 , si vede che $\psi(x/2^n)=(\psi(x))/2^n$, per ogni n naturale;
3) usando la linearità già dimostrata, si ha che $\psi(mx)=m\psi(x)$ per ogni m naturale;
4) per i punti 2) e 3) vale che $\psi(m/2^nx)=m/2^n\psi(x)$
5) visto che i numeri $m/2^n$ sono densi in $R$, usando la continuità si ha l'omoegeneità.
beh sarà tutto perfetto e chiaro, visto che nessuno interviene... certo blunotte che potresti ringraziare quando ti si risponde... 
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