Esercizietto sulle proiezioni
Tutti sappiamo risolvere il problema delle proiezioni in spazi normati di dimensione finita, perciò propongo un facile esercizietto sulle proiezioni in spazi normati un po' più generali...
*** Una piccola nota riguardo la notazione: se $T:Xto Y$ è un operatore tra spazi vettoriali normati, i simboli $N(T)$ ed $R(T)$ denotano rispettivamente gli insiemi ${x in X:quad Tx=0_Y}$ ed ${y in Y:quad (exists x in X: quad y=Tx)}$ detti nucleo e rango* (o immagine) di $T$; $N(T),R(T)$ sono sottospazi rispettivamente di $X,Y$.
Un operatore lineare $T:Xto Y$ viene detto limitato se e solo se esiste $Cge0$ tale che $AA x in X, ||Tx||_YleC*||x||_X$; la classe degli operatori lineari limitati viene denotata con $\mathcal{L}(X,Y)$ o, se $Y=X$, semplicemente con $\mathcal{L}(X)$: visto che la limitatezza equivale alla continuità per gli operatori lineari, ogni elemento di $\mathcal{L}(X,Y)$ è un'applicazione continua tra gli spazi topologici $X,Y$ dotati delle topologie indotte dalle rispettive norme.
Se $T in \mathcal{L}(X,Y)$ allora $N(T)$ è un chiuso di $X$.
(La prova di questi fatti è semplice e però non è richiesta per lo svolgimento dell'esercizio). ***
Problema:
Un'applicazione $P$ definita ed a valori in uno spazio di Banach $(X,||\cdot||)$ viene detta proiettore se essa è lineare, limitata e tale che $P^2=P$ (qui $P^2=P\circ P$ è la composizione di due copie di $P$); le applicazioni $I_X$ (identità di $X$) e $O_X$ (operatore nullo) sono evidentemente dei proiettori (detti proiettori banali), per cui l'insieme dei proiettori di $X$ è certamente non vuoto.
a) Fornire un esempio concreto di proiettore non banale in uno spazio di Banach con dimensione infinita;
b) Provare che se $P$ è un proiettore allora:
1) la restrizione di $P$ ad $R(P)$ coincide con l'identità di $R(P)$;
2) anche $I-P$ è un proiettore e si ha $R(P)=N(I-P)$ e $R(I-P)=N(P)$ (onde $P,I-P$ sono a rango chiuso);
3) $X=N(P) \oplus R(P)$ (somma diretta di due sottospazi chiusi), $P$ coincide con la proiezione di $X$ su $R(P)$ ed $I-P$ coincide con la proiezione di $X$ su $N(P)$ (da ciò il nome di proiettori banali affibbiato ad $I_X, O_X$: infatti essi corrispondono alle due decomposizioni in somma diretta banali ${0_X} \oplus X$ ed $X\oplus {0_X}$);
4) ricordato che $AA T in L(X), ||T||_(\mathcal{L}(X))="sup"_(x !=0_X){(||Tx||)/(||x||)}$**$=min{C ge 0: quad AA x in X, ||Tx||le C*||x||}$, se $P$ non è banale si ha $||P||_(\mathcal{L}(X)),||I-P||_(\mathcal{L}(x))ge 1$. Si può dire precisamente quanto vale $||P||_(\mathcal{L}(X))$?
c) Dimostrare che un proiettore non banale $P$ ha come autovalori $0$ ed $1$ (ricordo che $lambda$ è un atuovalore di $T$ se e solo se esiste un vettore $x!=0_X$ tale che $Tx=lambda*x$). Sono $0,1$ gli unici autovalori per un tale proiettore?
Tutti gli spazi vettoriali possono essere considerati reali o complessi.
__________
* Termine un po' infelice, però d'uso corrente: deriva da una (pessima) traduzione dell'inglese range.
** Questa è la definizione della cosiddetta norma operatoriale: si verifica (con poco sforzo) che l'applicazione $||\cdot||_(\mathcal{L}(X)):\mathcal{L}(X) to [0,+oo[$ definita dall'assegnazione precedente gli asterischi è una norma su $\mathcal{L}(X)$. Quando non si creino equivoci, per semplificare la notazione si possono usare i simboli $||\cdot||_(op)$ o $||\cdot||$ per denotare la norma operatoriale.
*** Una piccola nota riguardo la notazione: se $T:Xto Y$ è un operatore tra spazi vettoriali normati, i simboli $N(T)$ ed $R(T)$ denotano rispettivamente gli insiemi ${x in X:quad Tx=0_Y}$ ed ${y in Y:quad (exists x in X: quad y=Tx)}$ detti nucleo e rango* (o immagine) di $T$; $N(T),R(T)$ sono sottospazi rispettivamente di $X,Y$.
Un operatore lineare $T:Xto Y$ viene detto limitato se e solo se esiste $Cge0$ tale che $AA x in X, ||Tx||_YleC*||x||_X$; la classe degli operatori lineari limitati viene denotata con $\mathcal{L}(X,Y)$ o, se $Y=X$, semplicemente con $\mathcal{L}(X)$: visto che la limitatezza equivale alla continuità per gli operatori lineari, ogni elemento di $\mathcal{L}(X,Y)$ è un'applicazione continua tra gli spazi topologici $X,Y$ dotati delle topologie indotte dalle rispettive norme.
Se $T in \mathcal{L}(X,Y)$ allora $N(T)$ è un chiuso di $X$.
(La prova di questi fatti è semplice e però non è richiesta per lo svolgimento dell'esercizio). ***
Problema:
Un'applicazione $P$ definita ed a valori in uno spazio di Banach $(X,||\cdot||)$ viene detta proiettore se essa è lineare, limitata e tale che $P^2=P$ (qui $P^2=P\circ P$ è la composizione di due copie di $P$); le applicazioni $I_X$ (identità di $X$) e $O_X$ (operatore nullo) sono evidentemente dei proiettori (detti proiettori banali), per cui l'insieme dei proiettori di $X$ è certamente non vuoto.
a) Fornire un esempio concreto di proiettore non banale in uno spazio di Banach con dimensione infinita;
b) Provare che se $P$ è un proiettore allora:
1) la restrizione di $P$ ad $R(P)$ coincide con l'identità di $R(P)$;
2) anche $I-P$ è un proiettore e si ha $R(P)=N(I-P)$ e $R(I-P)=N(P)$ (onde $P,I-P$ sono a rango chiuso);
3) $X=N(P) \oplus R(P)$ (somma diretta di due sottospazi chiusi), $P$ coincide con la proiezione di $X$ su $R(P)$ ed $I-P$ coincide con la proiezione di $X$ su $N(P)$ (da ciò il nome di proiettori banali affibbiato ad $I_X, O_X$: infatti essi corrispondono alle due decomposizioni in somma diretta banali ${0_X} \oplus X$ ed $X\oplus {0_X}$);
4) ricordato che $AA T in L(X), ||T||_(\mathcal{L}(X))="sup"_(x !=0_X){(||Tx||)/(||x||)}$**$=min{C ge 0: quad AA x in X, ||Tx||le C*||x||}$, se $P$ non è banale si ha $||P||_(\mathcal{L}(X)),||I-P||_(\mathcal{L}(x))ge 1$. Si può dire precisamente quanto vale $||P||_(\mathcal{L}(X))$?
c) Dimostrare che un proiettore non banale $P$ ha come autovalori $0$ ed $1$ (ricordo che $lambda$ è un atuovalore di $T$ se e solo se esiste un vettore $x!=0_X$ tale che $Tx=lambda*x$). Sono $0,1$ gli unici autovalori per un tale proiettore?
Tutti gli spazi vettoriali possono essere considerati reali o complessi.
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* Termine un po' infelice, però d'uso corrente: deriva da una (pessima) traduzione dell'inglese range.
** Questa è la definizione della cosiddetta norma operatoriale: si verifica (con poco sforzo) che l'applicazione $||\cdot||_(\mathcal{L}(X)):\mathcal{L}(X) to [0,+oo[$ definita dall'assegnazione precedente gli asterischi è una norma su $\mathcal{L}(X)$. Quando non si creino equivoci, per semplificare la notazione si possono usare i simboli $||\cdot||_(op)$ o $||\cdot||$ per denotare la norma operatoriale.
Risposte
a) è facile basta prendere un'operatore di rango uno per esempio scelgo $x \in X$ definisco $\varphi : C x--->C$ come $\varphi (x)=1$ in modo che sia lineare lo estendo con Hahn-Banach su X e considero $P(y) := \varphi (y) x$..
b2) ovviamente $I-P$ è lineare e limitata(segue dalla disuguaglianza triangolare) che è un proiettore è una verifica banale $(I-P)^2=(I-P)(I-P)=I-2P+P^2=I-P$ poi dire che $x \in N(I-P)$ vuol dire che $x-P(x)=0$ e quindi x è in $R(P)$, si ha poi che se $ x \in N(P)$ allora $x-P(x)=x$ e quindi x è in $R(I-P)$ viceversa dato un elemento del tipo $x-P(x)$ gli applico $P$ e ottengo $0$ per cui $R(I-P)=N(P)$
3) da $x= x-p(x)+p(x)$ quindi abbiamo la decomposizione e per il punto precedente e se c'è un vettore nell'intersezione dovrebbe appartenere sia a $N(I-P)$ che a $N(P)$ e quindi l'unica possibilità è il vettore nullo..
4) mi sembra che sia $||x||$ se $R(P)$ chiuso, lo si vede considerando lo spazio di Banach quoziente $\frac{X}{R(P)}$ con la norma
$||[x]||= inf{ ||x-m|| m \in R(P) \}$ la proiezione al quoziente è isometrica e coincide con $P$ per costruzione
c) dunque dalle proprietà viste sopra $P$ ha autovalore $0$ in $N(P)$ e $1$ in $R(P)$ perchè coincide con l'identità e poi per la decomposizione del punto precedente dovrebbero essere gli unici possibili
ps il punto b1 non sono riuscito a farlo
b2) ovviamente $I-P$ è lineare e limitata(segue dalla disuguaglianza triangolare) che è un proiettore è una verifica banale $(I-P)^2=(I-P)(I-P)=I-2P+P^2=I-P$ poi dire che $x \in N(I-P)$ vuol dire che $x-P(x)=0$ e quindi x è in $R(P)$, si ha poi che se $ x \in N(P)$ allora $x-P(x)=x$ e quindi x è in $R(I-P)$ viceversa dato un elemento del tipo $x-P(x)$ gli applico $P$ e ottengo $0$ per cui $R(I-P)=N(P)$
3) da $x= x-p(x)+p(x)$ quindi abbiamo la decomposizione e per il punto precedente e se c'è un vettore nell'intersezione dovrebbe appartenere sia a $N(I-P)$ che a $N(P)$ e quindi l'unica possibilità è il vettore nullo..
4) mi sembra che sia $||x||$ se $R(P)$ chiuso, lo si vede considerando lo spazio di Banach quoziente $\frac{X}{R(P)}$ con la norma
$||[x]||= inf{ ||x-m|| m \in R(P) \}$ la proiezione al quoziente è isometrica e coincide con $P$ per costruzione
c) dunque dalle proprietà viste sopra $P$ ha autovalore $0$ in $N(P)$ e $1$ in $R(P)$ perchè coincide con l'identità e poi per la decomposizione del punto precedente dovrebbero essere gli unici possibili
ps il punto b1 non sono riuscito a farlo
a) I cannoni lasciamoli agli americani e consideriamo, molto più semplicemente, l'identità $I: X \to X: x \to x$. Si mormora in giro che $I$ sia un operatore lineare, limitato (sembrerebbe $||I||_{op} = 1$) e tale, addirittura, che $I^2 = I$. Sbaglio o tanto basta perché $I$ si possa dire un proiettore $X\to X$?
b1) Se $y \in R(P)$, esiste $x \in X$ tale che $Px = y$. Pertanto $Py = P(Px) = P^2x = Px = y$, poiché $P$ è un proiettore in $X$. Dunque $P_{|R(P)} = \mbox{id}_{R(P)}$. []
b1) Se $y \in R(P)$, esiste $x \in X$ tale che $Px = y$. Pertanto $Py = P(Px) = P^2x = Px = y$, poiché $P$ è un proiettore in $X$. Dunque $P_{|R(P)} = \mbox{id}_{R(P)}$. []
4) è falsa. La mappa $P_0: X \to X: x \to 0$, infatti, è un proiettore. Sennonché $||P_0||_{op} = 0 < 1$. D'altronde, $P_0 = I - I$, dove $I: X \to X$ è l'identità - di fatto, come già osservato, un proiettore $X \to X$. Dunque anche $||I-P|| = 0 < 1$, se pure $P = I$.
Ciò nonostante, se $P: X \to X$ è un proiettore $\ne P_0$ e $\ne I$, allora la conclusione è salva. Infatti, risulta dalle ipotesi che esiste $x \in X$ tale che $Px \ne 0$. Dunque $||Px|| = ||P^2x|| \le ||P||_{op} \cdot ||Px||$, e quindi $||P||_{op} \ge 1$. Nondimeno, esiste $y \in X$ tale che $Py \ne y$, per cui $(I-P)y \ne 0$. Pertanto, come in precedenza per $P$: $||(I-P)y|| = ||(I-P)^2y|| \le ||I-P||_{op}\cdot ||(I-P)y||$, i.e. $||I-P||_{op} \ge 1$. []
Ciò nonostante, se $P: X \to X$ è un proiettore $\ne P_0$ e $\ne I$, allora la conclusione è salva. Infatti, risulta dalle ipotesi che esiste $x \in X$ tale che $Px \ne 0$. Dunque $||Px|| = ||P^2x|| \le ||P||_{op} \cdot ||Px||$, e quindi $||P||_{op} \ge 1$. Nondimeno, esiste $y \in X$ tale che $Py \ne y$, per cui $(I-P)y \ne 0$. Pertanto, come in precedenza per $P$: $||(I-P)y|| = ||(I-P)^2y|| \le ||I-P||_{op}\cdot ||(I-P)y||$, i.e. $||I-P||_{op} \ge 1$. []
"Gabriel":
4) è falsa. La mappa $P_0: X \to X: x \to 0$, infatti, è un proiettore. Sennonché $||P_0||_{op} = 0 < 1$. D'altronde, $P_0 = I - I$, dove $I: X \to X$ è l'identità - di fatto, come già osservato, un proiettore $X \to X$. Dunque anche $||I-P|| = 0 < 1$, se pure $P = I$.
In effetti avrei dovuto specificare che intendevo proiettori non banali... Grazie per avermelo fatto notare.
Comunque, per a) è giusta la strada intrapresa da Alberto86 (mica richiede tanti cannoni... col teorema di H-B si costruisce praticamente quasi tutta la teoria degli spazi di Banach, dai risultati ovvi a quelli più difficili).
@Alberto86: Per quanto riguarda gli autovalori, prova a ragionare così: prendi $lambda!=0$ e fai vedere che l'equazione $(1-lambda)y=0_X$ ha almeno una soluzione $y!=0_X$ (in particolare $y=Px$, con $x$ autovettore non nullo associato a $lambda$); ciò detto, puoi subito dire quanto vale lo scalare $1-lambda$...
"Gugo82":
Comunque, per a) è giusta la strada intrapresa da Alberto86 (mica richiede tanti cannoni... col teorema di H-B si costruisce praticamente quasi tutta la teoria degli spazi di Banach, dai risultati ovvi a quelli più difficili). [...]
Che il teorema di Hahn-Banach sia un risultato centrale (e profondo) dell'analisi lineare, nessuno lo discute. Soltanto che, nel caso particolare, i fatti dimostrano come non fosse del tutto indispensabile invocarlo. A meno di non voler giustificare il ricorso al teorema di Chebotarëv per risolvere certi problemi delle IMO (International Mathematical Olympiads): la qualità di due soluzioni egualmente possibili ad uno stesso problema si misura, in parte consistente, sulla sua semplicità - o almeno così credo. Detto questo ...
"Gugo82":
c) Dimostrare che un proiettore $P$ ha come autovalori $0$ ed $1$ (ricordo che $lambda$ è un atuovalore di $T$ se e solo se esiste un vettore $x!=0_X$ tale che $Tx=lambda*x$). Sono $0,1$ gli unici autovalori per un proiettore? [...]
Falso ancora, a meno di escludere la possibilità che $T$ sia l'uno o l'altro fra il proiettore sullo zero $P_0: X \to X: x \to 0$ e l'identità $I: X \to X: x \to x$.
Sul fatto che un proiettore non possa avere altri autovalori che 0 e 1, basta ragionare come segue: siano $x \in X$ \ $\{0\}$ e $\lambda \in \mbox{F}$ (qui, F = $RR$ oppure F = $CC$) tali che $Tx = \lambda x$. Allora $\lambda x = Tx = T^2 x = T(Tx) = \lambda Tx = \lambda^2 x$, i.e. $(\lambda^2 - \lambda) x = 0$. Poiché $x \ne 0$, allora necessariamente $\lambda^2 - \lambda = 0$, e quindi $\lambda = 0$ oppure $\lambda = 1$.
D'altronde, supposto $T \ne P_0$ e $T \ne I$, mostriamo che $\{0, 1\} = \sigma(T)$ (lo spettro discreto di $T$). Naturalmente, dato il precedente, è sufficiente provare che $\{0, 1\} \subseteq \sigma(T)$. Dalle ipotesi, infatti, esiste $x \in X$ per cui $Tx \ne 0$, ed evidentemente $x \ne 0$, dato che $T$ è lineare. Perciò, $T(Tx) = T^2x = Tx$, i.e. $Tx$ è un autovettore di $T$ relativo all'autovalore $\lambda = 1$. Dunque $1 \in \sigma(T)$. Analogamente, poiché $T \ne I$, esiste $x\in X$ tale che $Tx \ne x$. Perciò, posto $y = Tx - x$, vale che $y \in X$ \ $\{0\}$ e $Ty = T(Tx - x) = T^2 x - Tx = 0$. Ossia $y$ è un autovettore di $T$ relativo all'autovalore $0$. Dunque $0 \in \sigma(T)$. []
"Gabriel":
Allora $\lambda x = Tx = T^2 x = T(Tx) = \lambda Tx = \lambda^2 x$, i.e. $(\lambda^2 + \lambda) x = 0$. Poiché $x \ne 0$, allora necessariamente $\lambda^2 + \lambda = 0$, e quindi $\lambda = 0$ oppure $\lambda = 1$. []
Qui direi che ti è sfuggito un segno.
Sì, un segno - edito.
"Gugo82":
4) [...] Si può dire precisamente quanto vale $||P||_(\mathcal{L}(X))$? [...]
No. Nel senso che, per ogni $k \ge 1$, è possibile definire una proiezione $P: X \to X$, per un'opportuna scelta dello spazio normato $(X,||\cdot||)$, tale che $||P||_{op} \ge k$. Se $\alpha > 0$, consideriamo, infatti, la norma $||\cdot||: RR^2 \to RR: (x,y) \to |x-y| + \alpha \cdot |x|$ e la proiezione $P: RR^2 \to RR^2: (x,y) \to (0,y)$. Naturalmente, ammettiamo $RR^2$ dotato dell'usuale struttura di spazio vettoriale su $RR$. Allora $||\mbox{(}x,x\mbox{)}|| = \alpha \cdot |x|$ e $||P(x,x)|| = |x|$, per ogni $x \in RR$. Pertanto, se $x \ne 0$: $\frac{||P(x,x)||}{||\mbox{(}x,x\mbox{)}||} = \frac{1}{\alpha}$. Sicché $||P||_{op} \ge 1/\alpha$. []
"Gabriel":
[quote="Gugo82"]c) Dimostrare che un proiettore $P$ ha come autovalori $0$ ed $1$ (ricordo che $lambda$ è un atuovalore di $T$ se e solo se esiste un vettore $x!=0_X$ tale che $Tx=lambda*x$). Sono $0,1$ gli unici autovalori per un proiettore? [...]
Falso ancora, a meno di escludere la possibilità che $T$ sia l'uno o l'altro fra il proiettore sullo zero $P_0: X \to X: x \to 0$ e l'identità $I: X \to X: x \to x$.[/quote]
Te l'avevo appena detto che non avevo in mente i proiettori banali:
"Gugo82":
In effetti avrei dovuto specificare che intendevo proiettori non banali... Grazie per avermelo fatto notare.
Vabbè, vado a modificare il testo visto che ci tieni così tanto!
Sono pidocchioso, cosa ci vuoi fare ...?
"Gabriel":
Sono pidocchioso, cosa ci vuoi fare ...?
Lo sono anch'io, ti capisco.
"Gugo82":
Lo sono anch'io, ti capisco.
Oh, che belle notizie! Sì, che adesso mi sento rincuorato: un po' mi stavo rassegnando, te l'ammetto, all'idea di vivere solo e morire incompreso.
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