Dato lo spazio metrico $(C^0([0, 1]), d_{\infty})$, siano
$X = \{ f \in C^0([0, 1]) : f(1) = 0 \}$ e
$$ T(f)(x) = \int_x^1 (\lambda f(s) + 1) \, ds, \quad \lambda \in \mathbb{R}, \, f \in X. $$
(i) Si dica se $(X, d_{\infty})$ è un insieme completo;
(ii) Si dimostri che se $|\lambda| < 1$ l'operatore $T$ è una contrazione in $(X, d_{\infty})$;
(iii) Si trovino, se esistono, l'espressione di eventuali punti fissi di $T$.
Tutte le risposte devono essere giustificate.
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Soluzione (insicura):
(i) Si suppone che $f_n$ sia una successione di Cauchy, ossia tale che $\forall \epsilon >0 \ \exists k \in \mathbb{N}: d_\infty(f_n, f_m) < \epsilon \ \forall n,m > k$. Dato che $f_n$ è di Cauchy in $C^0([0,1]): f_n \to f$ uniformemente, è necessario dimostrare che $f(1)=0$. Dato che $\forall n \in \mathbb{N} \ f_n(1)=0$, si ha che $|f(1)-f_n(1)|=|f(1)|<\epsilon \implies f(1)=0$ e $f \in X$. Dunque $(X, d_\infty)$ è completo.
(ii) È necessario determinare $d_\infty(T_f, T_g)=|\lambda| \sup_{x \in [0,1]} | \int_x^1 f(s)-g(s) ds|$. Sapendo che $|f-g|≤ || f-g||_\infty$ si può impostare la disuguaglianza $|T_f-T_g|=\lambda | \int_x^1 f(s)-g(s) ds| \leq \lambda d_\infty(f,g) (1-x)$.
Si ha dunque $\lambda d_\infty(f,g) (1-x) ≥ d_\infty(T_f, T_g)$ con $x \in [0,1]$.
(Non so come far apparire ciò nella verifica: se si imposta $x=0$, si ottiene che T è una contrazione per $|\lambda <1|$).
1) Corretto, anche se spenderei qualche parola in più per spiegare perché $C^{0}([0,1])$ è di Banach (a meno che non è stato già dimostrato a lezione, generalmente è una dimostrazione che si fa).
2) Procederei così:
Per definizione:
$\left\|T(f)(x)-T(g)(x) \right\|_{\infty}=\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}|T(f)(x)-T(g)(x)|$
Applicando la definizione di $T$ e la linearità dell'integrale:
$=\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}\left|\int_x^1(\lambda f(s)-1-\lambda g(s)+1)ds\right|$
da cui:
$=\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}\left|\int_x^1(\lambda f(s)-\lambda g(s))ds\right|$
Maggioriamo portando dentro il valore assoluto:
$\leq \displaystyle\sup_{x\in[0,1]}\int_x^1\left|\lambda f(s)-\lambda g(s)\right|ds$
Per la linearità dell'integrale, possiamo portare fuori il $\lambda$:
$\leq |\lambda|\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}\int_x^1\left|f(s)-g(s)\right|ds$
Essendo $f$ e $g$ funzioni continue su $[0,1]$ (e dunque anche $|f-g|$) possiamo usare il teorema della media integrale e scrivere che:
$= |\lambda|\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}(1-x)|f(z)-g(z)|$
con $z\in[x,1]$
Maggioriamo con il $sup$ su $z$:
$\leq |\lambda|\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}\left[(1-x)\sup_{z\in[x,1]}|f(z)-g(z)|\right]$
Ovviamente $\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}(1-x)=1$ dunque possiamo maggiorare semplicemente con:
$\leq |\lambda|\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}\left[\sup_{z\in[x,1]}|f(z)-g(z)|\right]$
D'altra parte il $\displaystyle\sup_{z\in[x,1]}$ è sicuramente $\leq \displaystyle\sup_{z\in[0,1]}$ poiché stiamo allargando l'intervallo, quindi possiamo scrivere direttamente:
$\leq |\lambda|\displaystyle\sup_{z\in[0,1]}|f(z)-g(z)|=:|\lambda|\cdot\left\|f(x)-g(x) \right\|_{\infty}
$
Ripercorrendo la catena di disuguaglianze abbiamo che:
$\left\|T(f)(x)-T(g)(x) \right|_{\infty}\leq|\lambda|\cdot\left\|f(x)-g(x) \right\|_{\infty}
$
Dunque se $|\lambda|<1$, $T$ è ovviamente una contrazione.
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Se $|\lambda|<1$, allora $T$ è una contrazione su uno spazio metrico completo e dunque per il teorema di Banach-Caccioppoli ammette un unico punto fisso.
Cerchiamo dunque il punto fisso chiedendo che:
$ T(f)(x) = f(x)$
e cioè:
$ \int_x^1 (\lambda f(s)+1)ds = f(x)$
Nota che $f$ dev'essere derivabile, altrimenti non potrebbe essere una funzione integrale.
Riscriviamo l'equazione come:
$-\int_1^x (\lambda f(s)+1)ds = f(x)$
e deriviamo:
$-(\lambda f(x)-1)=f'(x)$
Otteniamo l'equazione differenziale di primo ordine:
$f'(x)+\lambda f(x)=-1$
Risolviamola:
$A(x)=\int\lambda dx = \lambda x$
$B(x)=\int -1e^{\lambda x}dx = -\frac{1}{\lambda}e^{\lambda x}$
da cui otteniamo:
$f(x)=e^{-\lambda x}\left[c-\frac{1}{\lambda}e^{\lambda x}\right]$
Usiamo la condizione $f(1)=0$ per determinare la soluzione particolare:
$0=e^{-\lambda}\left[c-\frac{1}{\lambda}e^{\lambda}\right]$
Da cui
$c=\frac{1}{\lambda}e^{\lambda}$
Quindi:
$f(x)=e^{-\lambda x}\left[\frac{1}{\lambda}e^{\lambda}-\frac{1}{\lambda}e^{\lambda x}\right]$
che possiamo risistemare come:
$f(x)=\frac{1}{\lambda}\left[e^{\lambda(1-x)}-1\right]$
Nota che questa funzione è proprio quella cercata, infatti:
$T(f)(x)=\int_x^1 \left(\lambda \cdot \frac{1}{\lambda}\left[e^{\lambda(1-s)}-1\right]+1\right)ds$
$=\int_x^1 e^{\lambda(1-s)}ds=-\frac{1}{\lambda}\left[e^{\lambda (1-s)}\right]_x^1$
$=-\frac{1}{\lambda}\left[1-e^{\lambda (1-x)}\right]= \frac{1}{\lambda}\left[e^{\lambda (1-x)}-1\right] = f(x)$
La funzione inoltre è continua e banalmente $f(1)=0$.
Noemi
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