Uno spazio di Hilbert non separabile

[Sk_Anonymous]

Penso sia carino avere, da qualche parte in un forum che si rispetti, un esempio siffatto.

Richiamo un paio di definizioni.

Definizione 1. Sia \( \mathcal{H} \) uno spazio lineare. Una mappa \( \langle \cdot , \cdot \rangle \to \mathbb{K}\) si dice prodotto interno su \( \mathcal{H}\) se le seguenti condizioni sono soddisfatte:

(i) \( \langle x ,x \rangle \ge 0 \) per ogni \( x \in \mathcal{H}\);
(ii) \( \langle x ,x \rangle = 0 \) se e solo se \( x= 0\);
(iii) \( \langle \alpha x + \beta y , z \rangle = \alpha \langle x , z \rangle + \beta \langle y ,z \rangle \) per ogni \( \alpha, \beta \in \mathbb{K}\) e per ogni \(x,y,z \in \mathcal{H}\);
(iv) \( \langle y,x\rangle = \overline{ \langle x ,y \rangle }\) per ogni \( x,y \in \mathcal{H}\). [/list:u:2gtximyc]

\( (\mathcal{H}, \langle \cdot, \cdot \rangle )\) è detto spazio prehilbertiano.

Definizione 2.Uno spazio prehilbertiano \( (\mathcal{H}, \langle \cdot, \cdot \rangle )\) è detto spazio di Hilbert se la norma generata dal prodotto scalare - \( \| \cdot \| = \sqrt{\langle \cdot , \cdot \rangle} \) - è completa, i.e. \( (\mathcal{H}, \| \cdot \| )\) è uno spazio di Banach.
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Esercizio. Si consideri \[ X = \left \{ f:\mathbb{R} \to \mathbb{C} \ : \ f(t)= \sum_{k=1}^n c_k e^{i \alpha_k t}, \ n \in \mathbb{N}, \ c_k \in \mathbb{C}, \ \alpha_k \in \mathbb{R} \right \}. \]

1. Mostrare che la mappa \( \langle \cdot , \cdot \rangle: X \times X \to \mathbb{C} \) definita da \[ \langle f, g \rangle = \lim_{A \to \infty} \frac{1}{2 A } \int_{-A}^A f(t) \overline{g(t)} \, dt \]è un prodotto interno su \(X\).

2. Mostrare che se \( f \in X \) è del tipo \( \sum_{k=1}^n c_k e^{i \alpha_k t} \) con \( \alpha_i \ne \alpha_j \) per \( i \ne j \), allora \[ \| f \|^2 = \sum_{k=1}^n |c_k|^2 \](ove la norma è ovviamente quella indotta dal prodotto scalare).

3. Mostrare che lo spazio metrico \( (X, d_{\|\cdot\|}) \) non è completo (essendo \( d_{\|\cdot\|}\) la metrica usualmente indotta dalla norma).

4. Sia \( H\) lo spazio di Hilbert ottenuto completando \(X\). Mostrare che \( H \) non è separabile.[/list:u:2gtximyc]

[Bremen000]

Parlavo di questo fatto un po' di tempo fa con otta96 e come esempio di spazio di Hilbert non separabile si era tirato fuori \( L^2\big(A,2^A,\mu_c \big) \) con $A$ un insieme più che numerabile e $\mu_c$ la misura del conteggio definita sulla sigma algebra $2^A$.

Per l'esercizio, provo:

0.

Sia \( f \in X \) del tipo \( f(t)= \sum_{k=1}^n c_k e^{i \alpha_k t}, \ n \in \mathbb{N}, \ c_k \in \mathbb{C}, \ \alpha_k \in \mathbb{R} \). Si noti che può sempre essere riscritta in modo da avere \( a_j \ne a_i \) se \( i \ne j \) e con i \(c_k \) tutti non nulli. Nel seguito assumerò che sia sempre così.

1.

Sia \(f \in X \) come in 0. :

\[ \langle f, f \rangle = \lim_{A \to + \infty } \frac{1}{2A} \int_{-A}^A f(t) \overline{f(t)}dt = \lim_{A \to + \infty } \frac{1}{2A} \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^n c_k \overline{c_j} \int_{-A}^A e^{it(a_k-a_j)} dt =\]
\[ \lim_{A \to + \infty} \frac{1}{2A} \sum_{k, j =1 \\ k \ne j }^n \frac{c_k \overline{c_j}}{i(a_k-a_j)} ( e^{i(a_k-a_j)A} - e^{-i(a_k-a_j)A} )+ \sum_{k =1}^n |c_k|^2 \overset{\ast}{=} \sum_{k =1}^n |c_k|^2 \]

\[ \ast : \lim_{A \to + \infty} \frac{1}{2A} \Biggl | \sum_{k, j =1 \\ k \ne j }^n \frac{c_k \overline{c_j}}{i(a_k-a_j)} ( e^{i(a_k-a_j)A} - e^{-i(a_k-a_j)A} ) \Biggr | \le \lim_{A \to + \infty} \frac{1}{2A} \sum_{k, j =1 \\ k \ne j }^n \Biggl | \frac{c_k \overline{c_j}}{i(a_k-a_j)} \Biggr | \Biggl | ( e^{i(a_k-a_j)A} - e^{-i(a_k-a_j)A} ) \Biggr | \le \lim_{A \to + \infty} \frac{1}{A} \sum_{k, j =1 \\ k \ne j }^n \Biggl | \frac{c_k \overline{c_j}}{i(a_k-a_j)} \Biggr | =0 \]

Da cui si ricava che il punto (i) della definizione di prodotto interno è soddisfatto.
Sempre da qua, se \( \langle f, f \rangle =0 \) allora \( c_k =0 \) per \( k=1, \dots , n \) e dunque \( f \equiv 0 \), cioè (ii) è soddisfatto.

(iii) segue dalla linearità del limite e dell'integrale.

(iv) segue dal fatto che \( f \) prende valori reali e quindi si possono scambiare coniugio e integrale.

2.

Segue dall'uguaglianza mostrata in 1. (ci va però \( \| f \|^2 \), credo).

3.

Consideriamo la successione di elementi \( \{ f_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset X \) data da

\[ f_n(t) = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} e^{ikt} \quad \quad t \in \mathbb{R} \quad \quad n=1, 2, \dots \]

Allora, siano \( m, n \in \mathbb{N_0} \) con \( m \le n \):

\[ d^2_{\| \cdot \|} (f_n , f_m ) = \| f_n-f_m\|^2 = \Biggl \| \sum_{k=m}^n \frac{1}{k}e^{ikt} \Biggr \|^2 \overset{\ast}{=} \sum_{k=m}^n \frac{1}{k^2} \overset{m,n \to + \infty}{\longrightarrow} 0 \]

perché la serie associata è convergente e \( \ast \) è il punto 2.

La successione \( \{ f_n \}_{n \in \mathbb{N}} \) è dunque di Cauchy. Supponiamo che lo spazio \( (X, d_{\| \cdot \|}) \) sia completo ovvero che esista \(f \in X \) tale che \( f_n \to f \).

Quello che voglio mostrare è che, siccome \( \{e^{ikt}\}_{k \in \mathbb{R}} \) è un sistema ortonormale, non può essere che una serie di questi elementi sia composta da un numero finito di essi. Il come mi è risultato abbastanza macchinoso:

Noto che, per ogni \( n \in \mathbb{N}_0 \) fissato, si ha:

\[ \langle f, f_n \rangle = \langle \lim_{m} f_m , f_n \rangle = \lim_{m} \langle f_m , f_n \rangle = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} \]

per la continuità del limite rispetto al prodotto scalare e per il fatto che, poiché definitivamente \( m > n \), si ha

\[ \langle f_m , f_n \rangle = \sum_{k=1}^{m} \sum_{j=1}^n \frac{1}{k} \frac{1}{j} \langle e^{ikt}, e^{ijt} \rangle = \sum_{k=1}^{m} \sum_{j=1}^n \frac{1}{k} \frac{1}{j} \delta_{kj} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \]

D'altra parte, poiché \(f \in X \) esistono, \(N \in \mathbb{N} \) , \(c_k \in \mathbb{C} \) e \( \alpha_k \in \mathbb{R} \) tali che \( f(t)= \sum_{k=1}^N c_k e^{i \alpha_k t} \) fatti come in 0. .

Dunque, per ogni \( n \in \mathbb{N}_0 \) fissato, si ha:

\[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = \langle f, f_n \rangle = \sum_{j=1}^N \sum_{k=1}^n \frac{c_j}{k} \langle e^{i\alpha_j t}, e^{ikt} \rangle = \sum_{j=1}^N \sum_{k=1}^n \frac{c_j}{k} \delta_{\alpha_j , k} = \sum_{k=1}^n \frac{\beta_k}{k}\]

Infatti per ogni \( 1 \le k \le n \) esiste al più un \( 1 \le j \le N \) tale che \( a_j =k \). Definisco \( \beta_k \) nel seguente modo: se per un \(k \) esiste tale \( j \) pongo \( \beta_k = c_j \) altrimenti pongo \( \beta_k = 0\).

Dunque deve valere
\[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} (\beta_k - 1/k) =0 \]

e questo per ogni \( n \in \mathbb{N}_0 \) fissato.

Se \(n = 1 \) allora deve essere \( \beta_1 =1 \) e quindi \( N \ge 1 \).
Se \(n =2 \) allora deve essere \( \beta_2 = 1/2 \) e quindi \(N \ge 2 \).
E così via, quindi \(N \ge n \) per ogni \( n \in \mathbb{N}_0 \) il che è assurdo.

4.

Come detto in 3. , l'insieme \( \{e^{ikt} \}_{k \in \mathbb{R}} \subset H \) è un sistema ortonormale più che numerabile da cui si ha che lo spazio non può essere separabile.

[Sk_Anonymous]

Mi sembra tutto corretto, anche se alcune cose credo si possano snellire un po'. Al punto 1. hai fatto un ragionamento completo, ma in fondo ti bastava operare sui singoli "atomi" ed osservare che \[ \frac{1}{2 A} \int_{-A}^A e^{i s_1 t} \overline{e^{i s_2 t}} \, dt = \frac{1}{2 A} \int_{-A}^A e^{i (s_1-s_2) t} \, dt = \begin{cases} 1 & \text{se } s_1 = s_2 \\ \frac{\sin((s_1 - s_2)A)}{A (s_1 - s_2)} & \text{se } s_1 \ne s_2 \end{cases} \]da cui \[ \langle e^{i s_1 t}, e^{i s_2 t } \rangle = \begin{cases} 1 & \text{se } s_1 = s_2 \\ 0 & \text{se } s_1 \ne s_2 \end{cases} \]e 1. e 2. seguono banalmente.

Feci anche io 3. per assurdo, ma anche qui un filo più brevemente. Utilizzando la tua scelta delle \( f_n \) (che hai già dimostrato essere di Cauchy), supponiamo esista \( f \in X \), della forma \( f(t) = \sum_{k=1}^N \alpha_k e^{i \beta_k t} \) con \( N \in \mathbb{N}\) e \( \alpha_k \in \mathbb{C}\), \( \beta_k \in \mathbb{R} \) per ogni \(k \in \{1, \dots ,N\}\), tale che \( \|f_n - f \| \to 0 \). A patto di prendere \( n \) grande abbastanza, esisterà un \( \overline{k} \) tale che \( k > \beta_j \) per ogni \( k \ge \overline{k}+1 \) e per ogni \( j \in \{1, \dots , N \} \). Allora si può scrivere \[ f_n -f =\underbrace{ \sum_{k=1}^{\overline{k}} \frac{1}{k} e^{i k t}}_{=A} + \underbrace{\sum_{k=\overline{k}+1}^{n} \frac{1}{k} e^{i k t}}_{=B} - \underbrace{\sum_{k=1}^N \alpha_k e^{i \beta_k t}}_{=C} \]donde \[ \begin{split} \|f_n - f \|^2 = \langle A + B - C , A + B - C \rangle & = \|A\|^2 + \underbrace{\langle A , B \rangle}_{=0} - \langle A , C \rangle \\ & + \underbrace{\langle B , A \rangle}_{=0} + \|B\|^2 - \underbrace{\langle B , C \rangle}_{=0} \\ & - \langle C , A \rangle - \underbrace{\langle C , B \rangle}_{=0} + \|C\|^2 \\ & = \|A\|^2 + \|B\|^2 + \|C\|^2 - 2 \text{Re} \langle A,C \rangle \\ & \ge \|A\|^2 + \|B\|^2 + \|C\|^2 - 2 \|A\| \|C\| \\ & = (\|A\| - \|C\|)^2 + \|B\|^2 \end{split} \]che porge l'assurdo non appena si passi al limite.

[Bremen000]

Si come al solito posso risultare un po' verboso
Grazie per la tua dimostrazione!
Ma forse che \( H \) è lo spazio delle funzioni quasi periodiche? Ne ho sentito parlare ma non ho mai approfondito!