Spazi normati – Spazi di Banach

In questa pagina definiamo alcuni concetti sugli spazi normati e spazi di Banach e verranno svolti esercizi base.

Esercizio 1
Dimostrare che la funzione $N(x,y,z) := |x + y| + |x - z|$ definisce una semi-norma su $\mathbb{R}^3$ .

Soluzione
Per dimostrare che $N(x,y,z)$ è una semi-norma, dobbiamo verificare le seguenti proprietà per ogni $v, u \in \mathbb{R}^3$ e ogni $\alpha \in \mathbb{R}$ :

1) Non-negatività: $N(v) \geq 0$ ;

2) Omogeneità: $N(\alpha v) = |\alpha| N(v)$ ;

3) Disuguaglianza triangolare: $N(u + v) \leq N(u) + N(v)$ ;

Vediamo se le tre proprietà sono verificate:

Positività
La funzione valore assoluto è sempre non negativa. Pertanto, $N(x,y,z)$ è la somma di due quantità non-negative, e quindi è essa stessa non-negativa:
$N(x, y, z) = \underbrace{|x + y|}_{\geq 0} + \underbrace{|x - z|}_{\geq 0} \geq 0$
.

Omogeneità : Sia $\alpha \in \mathbb{R}$ e $v=(x,y,z)$ . Calcoliamo $N(\alpha v) = N(\alpha x, \alpha y, \alpha z)$ :

$\begin{align*} N(\alpha x, \alpha y, \alpha z) &= |(\alpha x) + (\alpha y)| + |(\alpha x) - (\alpha z)| \\ &= |\alpha(x + y)| + |\alpha(x - z)| \\ &= |\alpha||x + y| + |\alpha||x - z| \\ &= |\alpha|(|x + y| + |x - z|) \\ &= |\alpha|N(x, y, z) \end{align*}$

Disuguaglianza triangolare Siano $u = (x_{1}, y_{1}, z_{1})$ e $v = (x_{2}, y_{2}, z_{2})$ :

$\begin{align*} N(u+v) &= N(x_1+x_2, y_1+y_2, z_1+z_2) \\ &= |(x_1 + x_2) + (y_1 + y_2)| + |(x_1 + x_2) - (z_1 + z_2)| \\ &= |(x_1 + y_1) + (x_2 + y_2)| + |(x_1 - z_1) + (x_2 - z_2)| \end{align*}$

Applichiamo ora la disuguaglianza triangolare dei numeri reali ( $|a+b| \le |a|+|b|)$ a ciascun termine:

$\begin{align*} N(u+v) &\le (|x_1 + y_1| + |x_2 + y_2|) + (|x_1 - z_1| + |x_2 - z_2|) \\ &= (|x_1 + y_1| + |x_1 - z_1|) + (|x_2 + y_2| + |x_2 - z_2|) \\ &= N(u) + N(v) \end{align*}$

Avendo verificato tutte le proprietà, concludiamo che $N(x,y,z)$ è una semi-norma. Non è una norma, poiché $N(v) = 0$ non implica $v = \mathbf{0}$ .

Ad esempio, per $v=(1, -1, 1)$ , si ha $N(v) = |1-1|+|1-1|=0$ .

Esercizio 2

Dimostrare che la funzione

$N(x, y, z) := |x| + |x + y| + |x + y + z|$

definisce una norma su $\mathbb{R}^3$ .

Svolgimento

Per dimostrare che la funzione $N(v)$ definisce una norma sullo spazio vettoriale $\mathbb{R}^3$ , dobbiamo verificare le tre proprietà fondamentali. Sia $v = (x, y, z)$ un generico vettore in $\mathbb{R}^3$ .

1.Positività

La proprietà afferma che $N(v) \ge 0$ e $N(v) = 0 \iff v = (0, 0, 0)$ .

$N(v) \ge 0$ : La funzione è una somma di valori assoluti, i quali sono sempre non negativi ( $\ge 0$ ). La loro somma è quindi non negativa.
:
( $\Leftarrow$ ) Se $v=(0,0,0)$ , allora:

$N(0,0,0) = |0| + |0+0| + |0+0+0| = 0$

( $\Rightarrow$ ) Se $N(v)=0$ , allora $|x| + |x+y| + |x+y+z| = 0$ . Poiché ogni termine è non negativo, tutti devono essere uguali a zero:
- $|x|=0 \implies x=0$
- $|x+y|=0 \implies 0+y=0 \implies y=0$
- $|x+y+z|=0 \implies 0+0+z=0 \implies z=0$
Quindi, $v=(0,0,0)$ . La proprietà è verificata.

2. Omogeneità

La proprietà afferma che $N(\lambda v) = |\lambda| N(v)$ per ogni $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Sia $v=(x,y,z)$ , allora $\lambda v = (\lambda x, \lambda y, \lambda z)$ . Calcoliamo:

$\begin{align*} N(\lambda v) &= N(\lambda x, \lambda y, \lambda z) \\ &= |\lambda x| + |\lambda x + \lambda y| + |\lambda x + \lambda y + \lambda z| \\ &= |\lambda||x| + |\lambda(x+y)| + |\lambda(x+y+z)| \\ &= |\lambda||x| + |\lambda||x+y| + |\lambda||x+y+z| \\ &= |\lambda| \big( |x| + |x+y| + |x+y+z| \big) \\ &= |\lambda| N(v) \end{align*}$

La proprietà è verificata.

3. Disuguaglianza Triangolare

La proprietà afferma che $N(v_1 + v_2) \le N(v_1) + N(v_2)$ .

Siano $v_1=(x_1, y_1, z_1)$ e $v_2=(x_2, y_2, z_2)$ . Usando la disuguaglianza triangolare per i numeri reali, $|a+b| \le |a|+|b|$ , otteniamo:

$\begin{align*} N(v_1+v_2) &= |x_1+x_2| + |(x_1+y_1) + (x_2+y_2)| + |(x_1+y_1+z_1) + (x_2+y_2+z_2)| \\ &\le (|x_1|+|x_2|) + (|x_1+y_1|+|x_2+y_2|) + (|x_1+y_1+z_1|+|x_2+y_2+z_2|) \\ &= \big(|x_1| + |x_1+y_1| + |x_1+y_1+z_1|\big) + \big(|x_2| + |x_2+y_2| + |x_2+y_2+z_2|\big) \\ &= N(v_1) + N(v_2) \end{align*}$

La proprietà è verificata.

Poiché la funzione $N(x,y,z)$ soddisfa tutte e tre le proprietà, possiamo concludere che è una norma su $\mathbb{R}^3$ .

Esercizio 3

Dimostrare che la funzione:

$N(x,y,z) = (\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|} + \sqrt{|z|})^2$

definisce una quasi-norma su $\mathbb{R}^3$

Per dimostrare che la funzione $N: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ definita da

$N(x,y,z) = (\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|} + \sqrt{|z|})^2$

è una quasi-norma, dobbiamo verificare le seguenti tre proprietà per ogni vettore $v = (x, y, z) \in \mathbb{R}^3$ e ogni scalare $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Positività e annullamento: $N(v) \ge 0$ , e $N(v) = 0$ se e solo se $v = (0, 0, 0)$ .
Omogeneità: $N(\lambda v) = |\lambda| N(v)$ .
Disuguaglianza quasi-triangolare: Esiste una costante $K \ge 1$ tale che per ogni $v_1, v_2 \in \mathbb{R}^3$ vale $N(v_1 + v_2) \le K(N(v_1) + N(v_2))$ .

Verifichiamo le tre proprietà:

1. Positività e annullamento

$N(v) \ge 0$ (Positività):
Dato che $|a| \ge 0$ per ogni $a \in \mathbb{R}$ , i termini $\sqrt{|x|}, \sqrt{|y|}, \sqrt{|z|}$ sono tutti non-negativi. La loro somma è non-negativa, e il quadrato di un numero reale è sempre non-negativo. Quindi, $N(v) \ge 0$ è verificata.
$N(v) = 0 \iff v = (0,0,0)$ (Annullamento):
Dimostriamo le due implicazioni.
- ( $\Leftarrow$ ) Se $v=(0,0,0)$ , allora $N(0,0,0) = (\sqrt{0}+\sqrt{0}+\sqrt{0})^2 = 0$ .
- ( $\Rightarrow$ ) Se $N(v)=0$ , allora $(\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|} + \sqrt{|z|})^2 = 0$ , che implica $\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|} + \sqrt{|z|} = 0$ . Poiché ogni termine è non-negativo, la somma è zero se e solo se ogni termine è zero.
  $\sqrt{|x|} = 0 \implies x=0$
  $\sqrt{|y|} = 0 \implies y=0$
  $\sqrt{|z|} = 0 \implies z=0$
  Quindi $v=(0,0,0)$ .

2. Omogeneità

Sia $v=(x,y,z)$ e $\lambda \in \mathbb{R}$ . Calcoliamo $N(\lambda v)$ :

$\begin{align*} N(\lambda v) &= N(\lambda x, \lambda y, \lambda z) \\ &= (\sqrt{|\lambda x|} + \sqrt{|\lambda y|} + \sqrt{|\lambda z|})^2 \\ &= (\sqrt{|\lambda||x|} + \sqrt{|\lambda||y|} + \sqrt{|\lambda||z|})^2 \\ &= (\sqrt{|\lambda|}\sqrt{|x|} + \sqrt{|\lambda|}\sqrt{|y|} + \sqrt{|\lambda|}\sqrt{|z|})^2 \\ &= \left( \sqrt{|\lambda|} (\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|} + \sqrt{|z|}) \right)^2 \\ &= (\sqrt{|\lambda|})^2 (\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|} + \sqrt{|z|})^2 \\ &= |\lambda| N(x,y,z) = |\lambda| N(v) \end{align*}$

La proprietà è verificata.

3. Disuguaglianza Quasi-Triangolare

Siano $v_1 = (x_1, y_1, z_1)$ e $v_2 = (x_2, y_2, z_2)$ .

Partiamo dalla disuguaglianza $\sqrt{|a+b|} \le \sqrt{|a|+|b|} \le \sqrt{|a|} + \sqrt{|b|}$ . Applicandola a ogni componente di $N(v_1+v_2)$ :

$\begin{align*} N(v_1+v_2) &= (\sqrt{|x_1+x_2|} + \sqrt{|y_1+y_2|} + \sqrt{|z_1+z_2|})^2 \\ & \le \left( (\sqrt{|x_1|} + \sqrt{|x_2|}) + (\sqrt{|y_1|} + \sqrt{|y_2|}) + (\sqrt{|z_1|} + \sqrt{|z_2|}) \right)^2 \end{align*}$

Raggruppando i termini relativi a $v_1$ e $v_2$ :

$\begin{align*} &= \left( (\sqrt{|x_1|} + \sqrt{|y_1|} + \sqrt{|z_1|}) + (\sqrt{|x_2|} + \sqrt{|y_2|} + \sqrt{|z_2|}) \right)^2 \\ &= (\sqrt{N(v_1)} + \sqrt{N(v_2)})^2 \end{align*}$

Ora usiamo la disuguaglianza elementare $(a+b)^2 \le 2(a^2+b^2)$ con $a=\sqrt{N(v_1)}$ e $b=\sqrt{N(v_2)}$ :

$\begin{align*} (\sqrt{N(v_1)} + \sqrt{N(v_2)})^2 & \le 2\left((\sqrt{N(v_1)})^2 + (\sqrt{N(v_2)})^2\right) \\ & = 2(N(v_1) + N(v_2)) \end{align*}$

Combinando i risultati, otteniamo

$N(v_1+v_2) \le 2(N(v_1) + N(v_2))$

La disuguaglianza quasi-triangolare è verificata con una costante $K=2$ .

Esercizio 4 (Norme della massa, norma euclidea e norma del massimo)

Sia $d \in \mathbb{N}$ . Sullo spazio vettoriale di dimensione finita $\mathbb{K}^d$ (ovvero $\mathbb{R}^d$ oppure $\mathbb{C}^d$ ) si possono definire diverse norme, tra le più comuni abbiamo:

$\begin{array}{ll} \text{norma della massa:} & \displaystyle \|x\|_1 := \sum_{j=1}^d |x_j|; \\[5ex] \text{norma euclidea:} & \displaystyle \|x\|_2 := \sqrt{\sum_{j=1}^d |x_j|^2}; \\[5ex] \text{norma del massimo:} & \displaystyle \|x\|_\infty := \max_{j=1,\dots,d} |x_j|; \end{array}$

dove $x = (x_1, \dots, x_d) \in \mathbb{K}^d$ . Verificare che queste quantità possiedono effettivamente le proprietà che definiscono una norma.

Svolgimento

Verifichiamo queste proprietà per le tre quantità date:

$\textbf{Norma della massa}$ : $\|x\|_1 := \sum_{j=1}^d |x_j|$

Dimostrazione:

Positività: Poiché $|x_j| \ge 0$ per ogni $j$ , la loro somma è non-negativa, quindi $|\vec{x}|_1 \ge 0$ . Inoltre, $|\vec{x}|_1 = \sum |x_j| = 0$ se e solo se ogni termine della somma è nullo, cioè $|x_j|=0$ per ogni $j$ . Questo è vero se e solo se $\vec{x} = \vec{0}$ .
Omogeneità:
$|\alpha \vec{x}|_1 = \sum_{j=1}^d |\alpha x_j| = \sum_{j=1}^d |\alpha| |x_j| = |\alpha| \sum_{j=1}^d |x_j| = |\alpha| |\vec{x}|_1$
Disuguaglianza triangolare: Usando la disuguaglianza triangolare per il valore assoluto ( $|a+b| \le |a|+|b|$ ), abbiamo: Tutte le proprietà sono verificate.

$\begin{align*} |\vec{x} + \vec{y}|_1 = \sum_{j=1}^d |x_j + y_j| & \le \sum_{j=1}^d (|x_j| + |y_j|) \\ &= \sum_{j=1}^d |x_j| + \sum_{j=1}^d |y_j| \\ &= |\vec{x}|_1 + |\vec{y}|_1 \end{align*}$

Tutte le proprietà sono verificate.

$\textbf{Norma euclidea}: \|x\|_2 := \sqrt{\sum_{j=1}^d |x_j|^2}$

Positività: La somma di quadrati (non-negativi) è non-negativa, e la radice quadrata di un numero non-negativo è non-negativa, quindi $|\vec{x}|_2 \ge 0$ . Inoltre, $|\vec{x}|_2 = 0 \iff \sum |x_j|^2 = 0 \iff |x_j|^2 = 0$ per ogni $j \iff \vec{x}=\vec{0}$ .
Omogeneità:
$|\alpha \vec{x}|_2 = \sqrt{\sum_{j=1}^d |\alpha x_j|^2} = \sqrt{\sum_{j=1}^d |\alpha|^2 |x_j|^2} = \sqrt{|\alpha|^2 \sum_{j=1}^d |x_j|^2} =$

$= |\alpha| \sqrt{\sum_{j=1}^d |x_j|^2} = |\alpha| |\vec{x}|_2$
Disuguaglianza triangolare: Questa proprietà si basa sulla disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Consideriamo il quadrato della norma:

$\begin{align*} |\vec{x}+\vec{y}|_2^2 &= \sum_{j=1}^d |x_j+y_j|^2 = \sum_{j=1}^d (x_j+y_j)(\bar{x}_j+\bar{y}_j) \\ &= \sum_{j=1}^d (|x_j|^2 + x_j\bar{y}j + y_j\bar{x}_j + |y_j|^2) \\ &= \sum |x_j|^2 + \sum |y_j|^2 + \sum (x_j\bar{y}_j + \overline{x_j\bar{y}_j}) \\ &= |\vec{x}|_2^2 + |\vec{y}|_2^2 + 2\operatorname{Re}\left(\sum_{j=1}^d x_j\bar{y}_j\right) \end{align*}$

Poiché $\operatorname{Re}(z) \le |z|$ e per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz $\left|\sum x_j\bar{y}_j\right| \le |\vec{x}|_2|\vec{y}|_2$ , si ha:

$|\vec{x}+\vec{y}|_2^2 \le |\vec{x}|_2^2 + |\vec{y}|_2^2 + 2|\vec{x}|_2|\vec{y}|_2 = (|\vec{x}|_2 + |\vec{y}|_2)^2$

Estraendo la radice quadrata, otteniamo la tesi: $|\vec{x}+\vec{y}|_2 \le |\vec{x}|_2 + |\vec{y}|_2$ .
Tutte le proprietà sono verificate e notiamo che la disuguaglianza che abbiamo ottenuto viene chiamata disuguaglianza di Minkowski.

$\textbf{Norma del massimo}: \|x\|_\infty = \max_{j=1,\dots,d} |x_j|$

Positività: Il massimo di un insieme di numeri non-negativi è non-negativo, quindi $|\vec{x}|_\infty \ge 0$ . Inoltre, $|\vec{x}|_\infty = 0 \iff \max_j|x_j|=0 \iff |x_j|=0$ per ogni $j \iff \vec{x}=\vec{0}$ .
Omogeneità:
$|\alpha \vec{x}|_\infty = \max_{j} |\alpha x_j| = \max_{j} (|\alpha| |x_j|) = |\alpha| \max_{j} |x_j| = |\alpha| |\vec{x}|_\infty$
Disuguaglianza triangolare: Questa proprietà si basa sulla disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Consideriamo il quadrato della norma:

Sia $k$ l’indice tale che $|\vec{x}+\vec{y}|_\infty = |x_k+y_k|$ . Allora:

$|\vec{x}+\vec{y}|_\infty = |x_k+y_k| \le |x_k| + |y_k|$

Per definizione di massimo, $|x_k| \le \max_j |x_j| = |\vec{x}|_\infty$ e $|y_k| \le \max_j |y_j| = |\vec{y}|_\infty$ Quindi:

$|x_k| + |y_k| \le |\vec{x}|_\infty + |\vec{y}|_\infty$

Combinando le disuguaglianze, si ottiene $|\vec{x}+\vec{y}|_\infty \le |\vec{x}|_\infty + |\vec{y}|_\infty$ . Tutte le proprietà sono verificate.

Esercizio 5 (Verificare le condizioni di norme / seminorme / quasi-norme)

Indichiamo con $v=(x, y, z)$ un generico vettore di $\mathbb{R}^3$ . Determina quali delle seguenti funzioni definiscono una norma, o una seminorma, o un quasi-norma, su $\mathbb{R}^3$ :

$\begin{align*} N_1(x, y, z) &:= x + y + z; \\ N_2(x, y, z) &:= |x + y| + |x - y| + |z|; \\ N_3(x, y, z) &:= |x - y| + |x - z| + |y - z|; \\ N_4(x, y, z) &:= |x| + \sqrt{y^2 + z^2}; \\ N_5(x, y, z) &:= \min\{|x|, |y|, |z|\}; \\ N_6(x, y, z) &:= \arctan(\max\{|x|, |y|, |z|\}); \\ N_7(x, y, z) &:= \sqrt{x^2 + y^4 + z^6}; \\ N_8(x, y, z) &:= \sqrt{x^2 + 2y^2 + 3z^2}; \\ N_9(x, y, z) &:= \left(\sqrt{|x|} + 2\sqrt{|y|} + 3\sqrt{|z|}\right)^2; \\ N_{10}(x, y, z) &:= |x + y + z|. \end{align*}$

Svolgimento

Ricordiamo le definizioni. Una funzione $N: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ è una norma se per ogni $v, w \in \mathbb{R}^3$ e $\alpha \in \mathbb{R}$ soddisfa:

$\begin{array}{l} \quad \text{1. } N(v) \geq 0 \text{ e } N(v) = 0 \iff v = (0,0,0) \text{ (N(v) è non negativa).} \\[8pt] \quad \text{2. } N(\alpha v) = |\alpha| N(v) \text{ (Omogeneità).} \\[8pt] \quad \text{3. } N(v + w) \leq N(v) + N(w) \text{ (Disuguaglianza triangolare).} \end{array}$

Mentre una funzione è una seminorma se soddisfa le proprietà 2 e 3 ma della 1 se esistono $v \ne 0$ tali che $N(v)=0$ . Infine una funzione è una quasi-norma se soddisfa le proprietà 1 e 2 e il caso della proprietà 3 nel caso in cui esiste $K \ge 1$ tale che $N(v + w) \le K(N(v) + N(w))$ .

Verifichiamo se le seguenti funzioni rientrano nei tre tipi di norme appena definite:

Consideriamo $N_1(x, y, z) := x + y + z$ :

Questa funzione non soddisfa la prima condizione di positività ( $N(v) \ge 0$ ). Ad esempio, per il vettore $v = (-1, -1, -1)$ , si ha $N_1(v) = -3 < 0$ . Concludiamo che $N_1$ non è una norma, né una seminorma, né una quasi-norma. $\quad \blacksquare$

Consideriamo $N_2(x, y, z) := |x + y| + |x - y| + |z|$ e verifichiamo le tre proprietà:

Definita positiva: Essendo somma di valori assoluti, $N_2(v) \ge 0$ . Si annulla se e solo se tutti i termini sono nulli:

$|x+y|=0, \quad |x-y|=0, \quad |z|=0$

Questo implica $z=0$ e il sistema $\begin{cases} x+y=0 \\ x-y=0 \end{cases}$ , che ha come unica soluzione $x=0, y=0$ . Quindi $N_2(v) = 0 \iff v=(0,0,0)$ . La proprietà è soddisfatta.

Omogeneità: Per $\alpha \in \mathbb{R}$ :

$N_2(\alpha v) = |\alpha x + \alpha y| + |\alpha x - \alpha y| + |\alpha z| = |\alpha|(|x+y| + |x-y| + |z|) = |\alpha|N_2(v)$

La proprietà è soddisfatta.

Disuguaglianza triangolare: Siano $v_1=(x_1, y_1, z_1)$ e $v_2=(x_2, y_2, z_2)$ .

$\begin{align*} N_2(v_1+v_2) &= |(x_1+x_2)+(y_1+y_2)| + |(x_1+x_2)-(y_1+y_2)| + |z_1+z_2| \\ &= |(x_1+y_1)+(x_2+y_2)| + |(x_1-y_1)+(x_2-y_2)| + |z_1+z_2| \\ &\le (|x_1+y_1|+|x_2+y_2|) + (|x_1-y_1|+|x_2-y_2|) + (|z_1|+|z_2|) \\ &= (|x_1+y_1|+|x_1-y_1|+|z_1|) + (|x_2+y_2|+|x_2-y_2|+|z_2|) \\ &= N_2(v_1) + N_2(v_2) \end{align*}$

La proprietà è soddisfatta. Pertanto $N_2$ è una norma. $\quad \blacksquare$

Consideriamo $N_3(x, y, z) := |x - y| + |x - z| + |y - z|$ e verifichiamo le tre proprietà:

Definita positiva: $N_3(v) \ge 0$ . Si annulla se $|x-y|=0, |x-z|=0, |y-z|=0$ , il che implica $x=y=z$ . Però osserviamo che esistono vettori non nulli per cui $N_3(v)=0$ , ad esempio $v=(1,1,1) \ne 0$ dà $N_3(v)=0$ , ciò è violata tale condizione, possiamo già concludere che $N_3$ non è una norma e nemmeno una quasinorma, rimane da stabilire se è una seminorma.

Omogeneità: La proprietà è soddisfatta, infatti:

come si voleva.

Disuguaglianza triangolare: Siano $v_1=(x_1, y_1, z_1)$ e $v_2=(x_2, y_2, z_2)$ .

$\begin{align*} N_3(v_1+v_2) &= |(x_1+x_2)-(y_1+y_2)| + |(x_1+x_2)-(z_1+z_2)| + |(y_1+y_2)-(z_1+z_2)| \\ &= |(x_1-y_1)+(x_2-y_2)| + |(x_1-z_1)+(x_2-z_2)| + |(y_1-z_1)+(y_2-z_2)| \\ &\le (|x_1-y_1|+|x_2-y_2|) + (|x_1-z_1|+|x_2-z_2|) + (|y_1-z_1|+|y_2-z_2|) \\ &= (|x_1-y_1|+|x_1-z_1|+|y_1-z_1|) + (|x_2-y_2|+|x_2-z_2|+|y_2-z_2|) \\ &= N_3(v_1) + N_3(v_2) \end{align*}$

Anche la terza proprietà è soddisfatta e in conclusione $N_3$ è una seminorma. $\quad \blacksquare$

Consideriamo $N_4(x, y, z) := |x| + \sqrt{y^2 + z^2}$ e valutiamo se sono soddisfatte le proprietà di norma:

Definita positiva: $N_4(v) \ge 0$ . Si annulla se $|x|=0$ e $\sqrt{y^2+z^2}=0$ , il che implica $x=0, y=0, z=0$ , la proprietà è soddisfatta.

Omogeneità: La proprietà da verificare è immediata: $N_4(\alpha v) = |\alpha x| + \sqrt{(\alpha y)^2+(\alpha z)^2} = |\alpha||x| + |\alpha|\sqrt{y^2+z^2} = |\alpha|N_4(v)$ .

Disuguaglianza triangolare: Siano $v_1=(x_1, y_1, z_1)$ e $v_2=(x_2, y_2, z_2)$ , si ha allora:

$N_4(v_1+v_2) = |x_1+x_2| + \sqrt{(y_1+y_2)^2+(z_1+z_2)^2}$

Usando la disuguaglianza triangolare per i reali e dalla disuguaglianza di Minkowski per la norma euclidea in $\mathbb{R}^2$ otteniamo:

$|x_1+x_2| \le |x_1|+|x_2| \quad \text{e} \quad \sqrt{(y_1+y_2)^2+(z_1+z_2)^2} \le \sqrt{y_1^2+z_1^2} + \sqrt{y_2^2+z_2^2}$

Sommando membro a membro si ottiene $N_4(v_1+v_2) \le N_4(v_1)+N_4(v_2)$ . Infatti:

$\begin{align*} N_4(v_1+v_2) &= |x_1+x_2| + \sqrt{(y_1+y_2)^2+(z_1+z_2)^2} \\ &\le (|x_1|+|x_2|) + (\sqrt{y_1^2+z_1^2} + \sqrt{y_2^2+z_2^2}) \\ &= \left(|x_1| + \sqrt{y_1^2+z_1^2}\right) + \left(|x_2| + \sqrt{y_2^2+z_2^2}\right) \\ &= N_4(v_1) + N_4(v_2) \quad \blacksquare \end{align*}$

Perciò $N_4$ è una norma. $\quad \blacksquare$

Consideriamo $N_5(x, y, z) := \min{|x|, |y|, |z|}$ e valutiamo se sono soddisfatte le proprietà di norma:

Definita positiva: Se scegliamo ad esempio un qualsiasi vettore non nullo $v=(1,0,0)$ avremo $N_5(v) = \min{1,0,0}=0$ . Certamente non è una norma ma potrebbe essere una seminorma.

Disuguaglianza triangolare: Siano $v_1=(2,1,1)$ e $v_2=(1,2,2)$ . Allora $N_5(v_1)=1$ , $N_5(v_2)=1$ . La loro somma è 2.
Ma $v_1+v_2=(3,3,3)$ e $N_5(v_1+v_2)=\min{3,3,3}=3$ . Poiché $3 \not\le 1+1=2$ , la proprietà non è soddisfatta.
Pertanto $N_5$ non è una norma, né una seminorma, né una quasi-norma. $\quad \blacksquare$

Consideriamo $N_6(x, y, z) := \arctan(\max{|x|, |y|, |z|})$ e controlliamo se sono soddisfatte le proprietà di norma, in realtà osserviamo che la proprietà di omogeneita non è soddisfatta. Infatti poniamo $v=(1,0,0)$ e $\alpha=2$ . Si ha $N_6(v) = \arctan(1) = \pi/4$ ma $N_6(2v) = \arctan(2)$ .
La proprietà richiede $N_6(2v)=|2|N_6(v) \implies \arctan(2)=2(\pi/4)=\pi/2$ , che è falso. In conclusione non è una norma, nè una seminorma e nemmeno una quasinorma. $\quad \blacksquare$

Verifichiamo se $N_7(x, y, z) := \sqrt{x^2 + y^4 + z^6}$ verifica tutte le proprietà di una norma. Osserviamo che non è soddisfatta la proprietà di omogeneità, infatti:

$N_7(\alpha v) = \sqrt{(\alpha x)^2 + (\alpha y)^4 + (\alpha z)^6} = \sqrt{\alpha^2 x^2 + \alpha^4 y^4 + \alpha^6 z^6} \neq |\alpha|N_7(v)$

Infatti $N_7(\alpha v) \neq |\alpha|N_7(v)$ per le diverse potenze di $\alpha$ . In conclusione non è una norma, nè una seminorma e nemmeno una quasinorma. $\quad \blacksquare$

Verifichiamo se $N_8(x, y, z) := \sqrt{x^2 + 2y^2 + 3z^2}$ verifica le proprietà di una norma:

Definita positiva: $N_8(v) \ge 0$ . Si annulla se $x^2=0, 2y^2=0, 3z^2=0$ , cioè $v=(0,0,0)$ , la proprietà è soddisfatta;

Omogeneità: Si ha:

$N_8(\alpha v) = \sqrt{(\alpha x)^2+2(\alpha y)^2+3(\alpha z)^2}=\sqrt{\alpha^2(x^2+2y^2+3z^2)} = |\alpha|N_8(v)$

La proprietà di omogeneità è soddisfatta.

Disuguaglianza triangolare: Questa è una norma indotta dal prodotto scalare $\langle u,v \rangle_A = x_u x_v + 2y_u y_v + 3z_u z_v$ .

La disuguaglianza triangolare è una conseguenza della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz per tale prodotto scalare. Dimostriamolo utilizziamo la definizione di norma indotta, la linearità e la simmetria del prodotto scalare. Definiamo il prodotto scalare come $\langle \cdot, \cdot \rangle_A$ tale che $N_8(v) = \sqrt{\langle v, v \rangle_A}$ e dati due vettori $u=(x_u, y_u, z_u)$ e $v=(x_v, y_v, z_v)$ , possiamo definire $\langle u, v \rangle_A := x_u x_v + 2y_u y_v + 3z_u z_v$ .

Da cui

$\langle v, v \rangle_A = x^2 + 2y^2 + 3z^2 = N_8(v)^2$

Utilizziamo la linearità del prodotto scalare (modifichiamo i pedici per distinguere i vettori per semplicità):

$\begin{align*} N_8(v_1+v_2)^2 &= \langle v_1+v_2, v_1+v_2 \rangle_A \\ &= \langle v_1, v_1 \rangle_A + \langle v_1, v_2 \rangle_A + \langle v_2, v_1 \rangle_A + \langle v_2, v_2 \rangle_A \quad \text{Usando la simmetria,}\langle v_1, v_2 \rangle_A = \langle v_2, v_1 \rangle_A\\ &= \langle v_1, v_1 \rangle_A + 2\langle v_1, v_2 \rangle_A + \langle v_2, v_2 \rangle_A \\ &= N_8(v_1)^2 + 2\langle v_1, v_2 \rangle_A + N_8(v_2)^2 \end{align*}$

Per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz:

$\langle v_1,v_2 \rangle_A \le |\langle v_1,v_2 \rangle_A| \le N_8(v_1)N_8(v_2)$

da cui:

$N_8(v_1+v_2)^2 \le N_8(v_1)^2 + 2N_8(v_1)N_8(v_2) + N_8(v_2)^2 = (N_8(v_1)+N_8(v_2))^2\ \to N_8(v_1+v_2)\le N_8(v_1)+N_8(v_2)$

ovvero la tesi. Pertanto $N_8$ è una norma. $\quad \blacksquare$

Verifichiamo se $N_9(x, y, z) := (\sqrt{|x|} + 2\sqrt{|y|} + 3\sqrt{|z|})^2$ verifica la proprietà di norma:

Definita positiva: Si ha $N_9(v) \ge 0$ e si annulla se $\sqrt{|x|} + 2\sqrt{|y|} + 3\sqrt{|z|}=0$ , che implica $\sqrt{|x|}=0, \sqrt{|y|}=0, \sqrt{|z|}=0$ , ovvero il vettore $v=(0,0,0)$ .

Omogeneità: Si ha:

$\begin{align*} N_9(\alpha v) &= (\sqrt{|\alpha x|} + 2\sqrt{|\alpha y|}+3\sqrt{|\alpha z|})^2 \\ &= (\sqrt{|\alpha|})^2(\sqrt{|x|} + 2\sqrt{|y|}+3\sqrt{|z|})^2 \\ &= |\alpha|(\sqrt{|x|} + 2\sqrt{|y|}+3\sqrt{|z|})^2 = |\alpha|N_9(v) \end{align*}$

La proprietà di omogeneità è soddisfatta

Disuguaglianza triangolare: Sia ad esempio $v_1=(1,0,0), v_2=(0,1,0)$ . $N_9(v_1)=1, N_9(v_2)=4$ . $N_9(v_1)+N_9(v_2)=5$ .

Poichè $v_1+v_2=(1,1,0)$ , quindi $N_9(v_1+v_2)=(\sqrt{1}+2\sqrt{1})^2=9$ . Poiché $9 \not\le 5$ , la proprietà è violata.

Possiamo provare la disuguaglianza quasi triangolare utilizzando la disuguaglianza triangolare per dimostrare che $\sqrt{|a+b|} \le \sqrt{|a|}+\sqrt{|b|}$ , perciò partendo da $|a+b|\le|a|+|b|$ otteniamo $\sqrt{|a+b|}\le\sqrt{|a|+|b|}$ , inoltre:

$(\sqrt{|a|}+\sqrt{|b|})^2 = |a|+|b|+2\sqrt{|a||b|} \ge |a|+|b|$ , da cui $\sqrt{|a|}+\sqrt{|b|} \ge \sqrt{|a|+|b|}$

Combinando le due disuguaglianze otteniamo la disuguaglianza voluta. Poniamo ora:

$f(v)=\sqrt{N_9(v)}=\sqrt{|x|} + 2\sqrt{|y|}+3\sqrt{|z|}$

Utilizzando la disuguaglianza appena provata possiamo scrivere, componente per componente:

$f(v_1+v_2)\le f(v_1)+f(v_2)$

Di conseguenza avremo:

$N_9(v_1+v_2) = (f(v_1+v_2))^2 \le (f(v_1)+f(v_2))^2 = f(v_1)^2+f(v_2)^2+2f(v_1)f(v_2)$

$N_9(v_1+v_2) \le N_9(v_1)+N_9(v_2)+2\sqrt{N_9(v_1)N_9(v_2)}$

Poiché $2\sqrt{ab} \le a+b$ , concludiamo:

$N_9(v_1+v_2) \le N_9(v_1)+N_9(v_2) + (N_9(v_1)+N_9(v_2)) = 2(N_9(v_1)+N_9(v_2))$

La proprietà è soddisfatta con $K=2$ e pertanto $N_9$ è una quasi-norma. $\quad \blacksquare$

Verifichiamo se $N_{10}(x, y, z) := |x + y + z|$ soddisfa la proprietà di norma.

Definita positiva: Certamente $N_{10}(v)>0$ ma esistono infiniti vettori tali per cui $N_{10}(v)=0$ , ad esempio $v=(1,-1,0) \ne 0$ risulta che $N_{10}(v)=0$ . Perciò non è una norma ma potrebbe essere una seminorma.

Omogeneità: Si ha facilmente:

$N_{10}(\alpha v) = |\alpha x+\alpha y+\alpha z| = |\alpha(x+y+z)| = |\alpha||x+y+z| = |\alpha|N_{10}(v)$

Disuguaglianza triangolare: Si ha:

$N_{10}(v_1+v_2) = |(x_1+y_1+z_1)+(x_2+y_2+z_2)| \le |x_1+y_1+z_1|+|x_2+y_2+z_2| = N_{10}(v_1)+N_{10}(v_2)$

Concludiamo che $N_{10}$ è una seminorma. $\quad \blacksquare$

Esercizio 6

Verificare che le funzioni $f_n(x) := x^n$ per $n \in {0, 1, 2, \dots}$ sono linearmente indipendenti nello spazio vettoriale $C[0,1]$ e provare che $C[0,1]$ è uno spazio di dimensione infinita.

Svolgimento

Per dimostrare che l’insieme infinito di funzioni $\{f_0, f_1, f_2, \dots\} = \{1, x, x^2, \dots\}$ è linearmente indipendente, dobbiamo dimostrare che ogni suo sottoinsieme finito è linearmente indipendente.
Consideriamo un arbitrario sottoinsieme finito di $m+1$ funzioni, ad esempio $\{f_0, f_1, \dots, f_m\} = \{1, x, \dots, x^m\}$ .

Secondo la definizione di lineare indipendenza, dobbiamo dimostrare che l’unica combinazione lineare di queste funzioni che risulta nella funzione nulla è quella con tutti i coefficienti nulli. Impostiamo quindi l’equazione:

$c_0 f_0(x) + c_1 f_1(x) + \dots + c_m f_m(x) = 0 \quad \forall x \in [0, 1]$

Sostituendo le definizioni delle funzioni, otteniamo:

$c_0 \cdot 1 + c_1 \cdot x + c_2 \cdot x^2 + \dots + c_m \cdot x^m = 0 \quad \forall x \in [0, 1]$

Il lato sinistro di questa equazione è un polinomio di grado al più $m$ , che indichiamo con $P(x)$ :

$P(x) = \sum_{k=0}^{m} c_k x^k$

L’equazione $P(x) = 0$ deve valere per tutti gli $x$ nell’intervallo $[0, 1]$ , per il principio di identità dei polinomi, un polinomio non nullo di grado $m$ può avere al massimo $m$ radici distinte. Tuttavia, il nostro polinomio $P(x)$ si annulla in infiniti punti (tutti i punti dell’intervallo $[0, 1]$ ). L’unica possibilità perché questo avvenga è che il polinomio sia il polinomio nullo, ovvero il polinomio i cui coefficienti sono tutti uguali a zero.
Ne consegue che:

$c_0 = c_1 = c_2 = \dots = c_m = 0$

Poiché la scelta del sottoinsieme finito era arbitraria, abbiamo dimostrato che l’intero insieme infinito ${1, x, x^2, \dots}$ è linearmente indipendente in $C[0,1]$ . $\quad \blacksquare$

Proviamo ora che la dimensione di $C[0,1]$ è infinita. Supponiamo per assurdo che lo spazio $C[0,1]$ abbia dimensione finita, ovvero $\dim(C[0,1]) = N$ per un qualche intero $N$ , dall’algebra lineare sappiamo che in uno spazio vettoriale di dimensione finita $N$ , qualsiasi insieme contenente più di $N$ vettori è necessariamente linearmente dipendente.

Nella prima parte abbiamo dimostrato che l’insieme ${1, x, x^2, \dots}$ è linearmente indipendente, quindi possiamo quindi considerare un suo sottoinsieme contenente $N+1$ elementi, per esempio:
$S = {1, x, x^2, \dots, x^N}$ .

Questo insieme $S$ è composto da $N+1$ funzioni ed è linearmente indipendente. L’esistenza di un tale insieme in $C[0,1]$ contraddice l’affermazione che ogni insieme con più di $N$ vettori debba essere linearmente dipendente, perciò l’ipotesi che $\dim(C[0,1]) = N$ è falsa.
Di conseguenza, lo spazio $C[0,1]$ non può avere dimensione finita, e pertanto la sua dimensione è infinita. $\quad \blacksquare$

Esercizio 7 (verifica di norma / seminorma / quasi-norma)

Determina quali delle seguenti formule definiscono una norma, o una seminorma, o una quasi-norma, sullo spazio $C^1[0, 1]$ delle funzioni derivabili su $[0, 1]$ con derivata continua.

$\begin{align*} N_1(f) := \displaystyle\max_{t \in [0,1]} |f(t)|; \\ N_2(f) := \displaystyle\max_{t \in [0,1]} |f'(t)|; \\ N_3(f) := \displaystyle\max_{t \in [0,1]} |f(t) + f'(t)|;\\ N_4(f) := \displaystyle\max_{t \in [0,1]} (|f(t)| + |f'(t)|); \\ N_5(f) := \displaystyle\max_{t \in [0,1]} |f(t)| + \max_{t \in [0,1]} |f'(t)|; \\ N_6(f) := \displaystyle\left|\int_0^1 f(t) \,dt\right|; \\ N_7(f) := \displaystyle\int_0^1 |f'(t)| \,dt; \\ N_8(f) := \displaystyle\left|\int_0^1 (f(t) + f'(t)) \,dt\right|; \\ N_9(f) := |f(0)| + \displaystyle\int_0^1 |f'(t)| \,dt; \\ N_{10}(f) := |f(0)| + |f(1/2)| + |f(1)|. \end{align*}$

Svolgimento

Riepiloghiamo le condizioni tali per cui le seguenti funzioni costituiscono una norma, seminorma e quasinorma sullo spazio $C^1([0, 1])$ . Una funzione $N: V \to \mathbb{R}$ è una seminorma se soddisfa le prime tre proprietà e, se soddisfa anche la quarta, allora la funzione è una norma:

$N(f) \ge 0$ (Positività)
$N(\lambda f) = |\lambda| N(f)$ (Omogeneità)
$N(f + g) \le N(f) + N(g)$ (Disuguaglianza triangolare)
$N(f) = 0 \iff f = \mathbf{0}$ (Annullamento)

Consideriamo la funzione $N_1(f) := \max_{t \in [0,1]} |f(t)|$ :

Positività: Il valore assoluto è sempre non negativo, a maggior ragione lo è anche il suo massimo.

Omogeneità: Per $\lambda \in \mathbb{R}$ ,

$N_1(\lambda f) = \max_{t \in [0,1]} |\lambda f(t)| = \max_{t \in [0,1]} |\lambda||f(t)| = |\lambda| \max_{t \in [0,1]} |f(t)| = |\lambda| N_1(f)$

Disuguaglianza triangolare: Abbiamo che

$N_1(f+g) = \max_{t \in [0,1]} |f(t)+g(t)| \le \max_{t \in [0,1]} (|f(t)|+|g(t)|) \le \max_{t \in [0,1]} |f(t)| + \max_{t \in [0,1]} |g(t)| = N_1(f) + N_1(g)$

Annullamento: Se $f=\mathbf{0}$ , allora $f(t)=0$ per ogni $t$ , quindi $N_1(f)=\max|0|=0$ . Viceversa, se $N_1(f) = 0$ , allora $\max|f(t)|=0$ . Questo implica $|f(t)| \le 0$ per ogni $t$ . Poiché $|f(t)| \ge 0$ , deve essere $|f(t)|=0$ per ogni $t$ , il che significa $f=\mathbf{0}$ . La proprietà è verificata.

Quindi $N_1$ è una norma.

Consideriamo la funzione $N_2(f) := \max_{t \in [0,1]} |f'(t)|$ .

Positività: Banalmente vera in quanto $|f'(t)| \ge 0$ ;

Omogeneità: Abbiamo che:

$\begin{align*} N_2(\lambda f) &= \max_{t \in [0,1]} |(\lambda f)'(t)| = \max_{t \in [0,1]} |\lambda f'(t)| = |\lambda| \max_{t \in [0,1]} |f'(t)| = |\lambda| N_2(f) \end{align*}$

Disuguaglianza triangolare: Si ha:

$\begin{align*} N_2(f+g) = \max_{t \in [0,1]} |(f+g)'(t)| = \max_{t \in [0,1]} |f'(t)+g'(t)| \le \max_{t \in [0,1]} |f'(t)| + \max_{t \in [0,1]} |g'(t)| = N_2(f) + N_2(g) \end{align*}$

Annullamento: Questa proprietà fallisce perchè se $N_2(f)=0$ , allora $\max|f'(t)|=0$ , che implica $f'(t)=0$ per ogni $t$ . Questo significa che $f(t)=C$ per una costante $C$ . La funzione non è necessariamente la funzione nulla, basta prendere $f(t)=1$ . Chiaramente $f \neq \mathbf{0}$ , ma $f'(t)=0$ , quindi $N_2(f)=\max|0|=0$ .

Pertanto $N_2$ è una seminorma.

Consideriamo $N_3(f) := \max_{t \in [0,1]} |f(t) + f'(t)|$ :

Positività: E’ una diretta conseguenza e vale la stessa dimostrazione vista su $N_1$ e $N_2$ .

Omogeneità: La verifica è la stessa su $N_1$ e $N_2$ .

Disuguaglianza triangolare: La verifica è la stessa su $N_1$ e $N_2$ .

Annullamento: Se $f=\mathbf{0}$ , $N_3(f)=0$ . Viceversa, se $N_3(f) = 0$ , allora $\max |f(t)+f'(t)|=0$ , che implica $f(t)+f'(t)=0$ per ogni $t$ . Questa è un’equazione differenziale lineare del primo ordine, $y'=-y$ , la cui soluzione generale è $f(t) = C e^{-t}$ . L’unica possibilità per cui $f(t)=0$ per ogni $t$ è che $C=0$ . Quindi $f=\mathbf{0}$ e la proprietà è verificata. Perciò $N_3$ è una norma.

Consideriamo $N_4(f) := \max_{t \in [0,1]} (|f(t)| + |f'(t)|)$ :

Positività: Banalmente verificata in quanto è una somma di valori assoluti.

Omogeneità: Abbiamo:

$\begin{align*} N_4(\lambda f) &= \max_{t \in [0,1]} (|\lambda f(t)| + |(\lambda f)'(t)|) \\ &= \max_{t \in [0,1]} (|\lambda||f(t)| + |\lambda||f'(t)|) \\ &= |\lambda| \max_{t \in [0,1]} (|f(t)| + |f'(t)|) = |\lambda| N_4(f) \end{align*}$

la proprietà è verificata.

Disuguaglianza triangolare:

$\begin{align*} N_4(f + g) &= \max_{t \in [0,1]} (|f(t) + g(t)| + |f'(t) + g'(t)|) \\ &\le \max_{t \in [0,1]} (|f(t)| + |g(t)| + |f'(t)| + |g'(t)|) \\ &= \max_{t \in [0,1]} ((|f(t)| + |f'(t)|) + (|g(t)| + |g'(t)|)) \\ &\le \max_{t \in [0,1]} (|f(t)| + |f'(t)|) + \max_{t \in [0,1]} (|g(t)| + |g'(t)|) \\ &= N_4(f) + N_4(g). \end{align*}$

Annullamento: Se $N_4(f) = 0$ , allora $\max_{t \in [0,1]} (|f(t)| + |f'(t)|) = 0$ . Poiché $|f(t)|$ e $|f'(t)|$ sono non-negativi, la loro somma è zero se e solo se entrambi sono zero per ogni $t$ . Quindi $|f(t)| = 0$ per ogni $t$ , il che implica $f = \mathbf{0}$ .

Pertanto $N_4$ è una norma.

Consideriamo $N_5(f) := \max_{t \in [0,1]} |f(t)| + \max_{t \in [0,1]} |f'(t)|$ , possiamo riconoscere che è una norma standard sullo spazio $C^1$ ma per utile esercizio riportiamo la verifica.

Positività: Immediata in quanto somma di due quantità non negative.

Omogeneità: Si ha:

$\begin{align*} N_5(\lambda f) &= N_1(\lambda f) + N_2(\lambda f) = |\lambda|N_1(f) + |\lambda|N_2(f) \\ &= |\lambda|(N_1(f) + N_2(f)) = |\lambda|N_5(f). \end{align*}$

la proprietà è verificata.

Disuguaglianza triangolare: Si ha

$\begin{align*} N_5(f + g) &= N_1(f + g) + N_2(f + g) \\ &\le (N_1(f) + N_1(g)) + (N_2(f) + N_2(g)) \\ &= (N_1(f) + N_2(f)) + (N_1(g) + N_2(g)) \\ &= N_5(f) + N_5(g). \end{align*}$

Annullamento: Se $N_5(f) = 0$ , allora $\max_{t \in [0,1]} |f(t)| + \max_{t \in [0,1]} |f'(t)| = 0$ . Poiché entrambi i termini sono non-negativi, devono essere entrambi nulli. In particolare, $\max_{t \in [0,1]} |f(t)| = 0$ , che, come visto per $N_1$ , implica $f = \mathbf{0}$ . Perciò $N_5$ è una norma.