Solucion´
Solucion´
ario de Curso de An´
ario de Curso de An´alise Vol. 2 Elon
alise Vol. 2 Elon
Lages Lima
Lages Lima
Andre Kowacs Andre Kowacs 24 de novembro de 2018 24 de novembro de 2018Cap´ıtulo 1
Ex.2.3)
Afirma¸c˜ao: Ax = b tem solu¸c˜ao ⇐⇒ b ∈ ker(A∗)⊥
De fato, se Ax = b, ent˜ao b ∈ I m(A). Assim, dado a ∈ ker(A∗), temos que: b, a = Ax,a = x, A∗a = 0
Logo b ∈ ker(A∗)⊥.
Reciprocamente, seja 0 = b ∈ ker(A∗)⊥. Suponha que b ∈ Im(A). Ent˜ao ∃c ∈ I m(A)⊥ tal que b, c = 0. Mas da´ı AA∗c ∈ I m(A), logo:
||A∗c||2 = A∗c, A∗c = AA∗c, c = 0
Logo A∗c = 0 =⇒ x ∈ ker(A∗). Mas da´ı b ∈ ker(A∗)⊥ =⇒ b, c = 0
contradi¸c˜ao. Logo b ∈ I m(A).
Ou seja, Im(A) = ker(A∗)⊥∧ Im(A∗) = ker(A)⊥ Seja dim(Im(A)) = k ≤ n.
Ent˜ao dim(ker(A)) = n − k =⇒ dim(ker(A)⊥) = n − (n − k) = k =
dim(Im(A∗))
Ex 2.10) Para t ∈ (0, 1) e |a| < r, |b| ≤ r ou |a| ≤ r, |b| < r : |(1 − t)a + tb| ≤ (1 − t)|a| + t|b| < (1 − t)r + tr = r Se |a| = |b| = r, ent˜ao como a = b, a, b < |a||b| ≤ r2.
E, portanto, para t ∈ (0, 1):
|(1 − t)a + tb|2 = (1 − t)a + tb, (1 − t)a + tb = (1 − t)2r2+ 2(1 − t)ta, b + t2r2
< (1 − 2t + t2)r2+ (2t − 2t2)r2 + t2r2 = r2
∴
|(1 − t)a + tb| < r
Ex.10.12)
Seja T ∈ I onde I ⊂ L(Rn,Rm) ´e o conjunto das aplica¸c˜oes injetivas. T ´e
injetiva ⇐⇒ ∃c > 0 ||T x|| ≥ c||x||, ∀x ∈ Rn. Assim, ||T − T || < c/2 =⇒
||(T − T )x|| ≤ c/2||x||, ou seja:
||T x||−||T x|| ≤ ||x|| =⇒ ||T x|| ≥ ||T x|| − c/2||x|| ≥ c||x|| − c/2||x|| = c/2||x|| Logo T ´e injetiva, isto ´e, B (T,c/2) ⊂ I . Logo I ´e aberto.
Ex.9.7)
Seja B a bola fechada e ponha
h :int(B) → Rn T : Rn → Rn
x → x
Temos que h ´e homeomorfismo entre int(B) e Rn, com h−1(x) = x
1 + ||x||, e T ´e homeomorfismo entre Rn e Rn, T −1(x) = x− a. Assim:
φ = h−1◦ T ◦ h :int(B) → int(B)
x → (1 − ||x||)a + x
(1 − ||x||) + ||(1 − ||x||)a + x|| ´e homeomorfismo. Al´em disso, dado b ∈ ∂B, ||b|| = 1, logo:
lim
x→bφ(x) = limx→b
b ||b|| = b
Logo, podemos estender continuamente φ para ¯φ : B → B pondo ¯φ(x) = limy→x φ(y) e temos que ¯φ ´e homeomorfismo entre B e B tal que ¯φ(x) = x, ∀x ∈
∂B . Al´em disso, ¯φ(0) = 1
1 + ||a|| ∈ int(B). Assim, de modo an´alogo, tomando a1, a2 tal que 1
1 + ||a1|| = c,
1
1 + ||a2|| = d, obtemos os homeomorfismos ¯φ1, ¯φ2
tais que ¯φ1(0) = c, ¯φ2(0) = d. Assim γ = ¯φ2 ◦ ¯φ−11 ´e homeo que preserva a
fronteira e γ (c) = d Ex.10.13)
Seja I ⊂ L(Rn,Rm), n ≤ m o conjunto das aplica¸c˜oes inejtivas. Dada T ∈
L(Rn,Rm), > 0, mostremos que ∃T ∈ I , ||T − T || ≤ . Se T ∈ I , ent˜ao tome
T = T . Se T ∈ I , ent˜ao ker(T ) = {0}. Seja 0 < dimker(T ) = k ≤ n. Segue que dim(Im(T )) = n − k < n, donde dim(Im(T )⊥) = m − n + k ≥ k. Logo
dim(ker(T )) = k ≤ dim(Im(T )⊥). Segue que ∃S linear injetiva:
S : ker(T ) → I m(T )⊥ Assim, defina:
U : ker(T )⊥→ I m(T )
Onde U = T |ker(T )⊥. Ent˜ao ´e claro que ker(U ) = {0}, Im(U ) = I m(T ). Note
que ker(T )
ker(T )⊥ = Rn, logo ∀x ∈ Rn, ∃!x1 ∈ ker(T ), x2 ∈ ker(T )⊥, x = x1 + x2. Defina T :Rn →Rm, pondo T x = U x1 + ||S ||Sx2 Assim T x = 0 ⇐⇒ U x 1 + ||S ||Sx2 = 0 ⇐⇒ x1 ∈ ker(U ) ∧ x2 ∈ ker(S ) =⇒
x1, x2 = 0 ou x1, x2 ∈ I m(U ) ∩ Im(S ) = {0} =⇒ x1, x2 = 0.
Logo x = x1 + x2 = 0 e ker(T ) = {0}, isto ´e, T ∈ I . Ainda, ∀x ∈Rn:
||T x − T x|| = ||U x1 +
||S ||Sx2 − T |ker(T )⊥x1|| ≤
Portanto ||T − T || ≤ Ex.12.3)
´
E fechado, pois dada (On)n ⊂ O(n), On → T , tomando x ∈ Rn, temos
||Onx|| = ||x||, ∀n =⇒ ||Onx|| → ||x||. Pela continuidade da norma,
se-gue que ||Onx|| → ||T x|| = ||x||. Como x foi arbitr´ario, segue que ||T x|| =
||x||∀x ∴ T ∈ O(n). Segue que O(n) ´e fechado. Al´em disso, ∀O ∈ O(n),
||Ox|| = ||x||∀x∴ ||O|| = 1. Logo O(n) ´e limitado e portanto compacto.
Ex.12.3)
De fato, se todo ponto de X ´e isolado, ent˜ao ∪x∈X{x} ´e cobertura aberta de X
sem cobertura finita. Logo X n˜ao ´e compacto. Se X possui ao menos 1 ponto n˜ao isolado,¯x , ent˜ao ∃(xn)n ⊂ X xn = x∀n, xn → ¯x. Assim (xn)n ⊂ X ´e
subconjunto n˜ao fechado em X , logo n˜ao compacto. Ex.12.6)
De fato, X ∼= X =⇒ X limitado.Ent˜ao ∃¯x ∈ X, ¯x ∈ X , ou seja, ∃(xn)n ⊂
X, xn → ¯x ∈ X . Defina:
f :X →Rn
x → x− ¯x ||x − ¯x||2
Ent˜ao ´e claro que f ´e cont´ınua. Al´em disso, f −1 :f (X ) → X
y → y
||y||2 + ¯x
´
E inversa de f , tamb´em claramente cont´ınua. Logo f ´e homeomorfismo e X ∼= f (X ). Mas note que f (X ) ´e ilimitado:
De fato: ||f (xn)|| = ||x n − ¯x|| ||xn − ¯x|| = 1 ||xn − ¯x|| → +∞
Contradi¸c˜ao. Logo X ´e fechado. Portanto X ⊂ Rn ´e fechado e limitado, logo,
compacto. Ex.12.7)
Claramente, X ∼= X =⇒ X fechado. Suponha que X n˜ao ´e limitado.Defina:
f :X → Rn
x → x 1 + ||x||
Claramente f ´e cont´ınua e sua inversa:
f −1 :f (X ) → X y → y
1− ||y|| tamb´em. Mas note que ∀y ∈ f (X ), y = x
1 + ||x||, logo ||y|| =
||x||
1 + ||x|| < 1. Mas X ilimitado implica que ∃(xn)n ⊂ X, ||xn|| → +∞. Segue que ||f (xn)|| →
1. Como (f (xn)n ´e limitada, ∃(f (xnk))k ⊂ (f (xn))n subsequˆencia convergente,
f (xnk) → ¯y ∈ R
n. Mas ent˜ao ||x
nk|| → +∞ =⇒ ||¯y|| = 1, logo ¯y ∈ f (X ), logo
f (X ) n˜ao ´e fechado, contradi¸c˜ao. Segue que X ´e limitado. Conclu´ımos que X ´e compacto.
Ex.12.18)
Para cada (a, k) ∈ {a}×K , ∃rk > 0, B((a, k), rk) ⊂ U . Assim, {B((a, k), rk)}k∈K
´e cobertura aberta de{a}×K . Como este ´e compacto, existem k1,...,kn tais que
{a} × K ⊂ ∪n
i=1B((a, ki), rki). Ponha r = min1≤i≤n{rki} e suponha, sem perda
de generalidade, que a norma em Rn+m ´e a norma ||(x, y)|| = max{||x||, ||y||}
Ex.12.19)
De fato, ´e claro que f ´e cont´ınua. Agora, se f (x) = f (y), ent˜ao: (1− ||x||)a + x = (1 − ||y||)a + y
a(||y| | − | |x||) = y − x |a|||y − x|| = ||y − x||
Mas |a| < 1 =⇒ ||y − x|| < |||y||−||x||| ou |y − x| = 0. Como o primeiro caso ´e falso por causa da desigualdade triangular, temos que ||y − x|| = 0 ⇐⇒ x = y. Portanto f ´e injetiva. Agora, dado y ∈ B, ponha hy(x) = y− f (x) + x. Ent˜ao:
||hy(x) − hy(z)|| = |a||x − z|| < ||x − z||
logo hy ´e contra¸c˜ao. Como B ´e fechada, logo completa, pelo teorema do ponto
fixo de Banach ∃!x ∈ B, hy(x) = x. Mas ent˜ao x = y− f (x) + x =⇒ f (x) = y.
Logo f ´e sobrejetora. Como f ´e bije¸c˜ao cont´ınua de um compacto, ´e homeo-morfismo.
Ex.12.20)
De fato, seja X compacto, f : X → Y localmente Lipschitz. Suponha que f n˜ao seja Lipschitz. Ent˜ao ∀n > 0, ∃xn, yn ∈ X tais que:
||f (x) − f (y)|| > ||xn − yn|| (∗)
Mas X compacto implica que existem subsequˆencias (xnk)ke(ynkj)j tais que
xnk → ¯x ∈ X e ynkj → ¯y. Para simplificar nota¸c˜ao, seja (x
n)n = (xn
(ynkj)j. Ent˜ao ambas convergem para os limites acima. Mas se ¯x = ¯y, ent˜ao
(∗) implica que:
||f (xn) − f (yn)|| → +∞
Mas f continua implica que:
||f (xn)− f (yn)|| → ||f (x) − f (y)||
Contradi¸c˜ao. Ent˜ao devemos ter ¯x = ¯y. Mas da´ı ∃δ > 0, C > 0 tais que para xn, yn ∈ B(¯x, δ ), xn = yn implica:
||f (xn) − f (yn)|| ≤ ||xn − yn|| =⇒
||f (xn)− f (yn)||
||xn − yn||
≤ C (∗∗)
Mas como ambas as sequˆencia convergem para ¯x, ∃N, ∀n ≥ N, xn, yn ∈ B(¯x, δ ).
Logo (∗∗) vale para todo n ≥ N . Mas (∗) implica que: ||f (xn) − f (yn)||
||xn − yn||
> n
Logo para n > C temos uma contradi¸c˜ao. Logo f ´e Lipschitz. Ex.14.6)
De fato, seja X conexo. Note que f localmente constante implica f cont´ınua. Tome x ∈ X . Ent˜ao ∃r > 0 tal que f |B(x,r)∩X ≡ f (x). Defina:
B = {y ∈ X ; f (y) = f (x)}
Claramente B = ∅, pois x ∈ B. B ´e aberto pois se y0 ∈ B, F (y0) = f (x) e
∃r, f |
B(x,r)∩X ≡ f (x). Mas B tamb´em ´e fechado, pois f ´e cont´ınua e B =
f −1({f (x)}). Logo B = X , ou seja f (y) = f (x)∀y ∈ X , isto ´e, f ´e constante.
Agora suponha que toda aplica¸c˜ao localmente constante em X ´e constante e seja X = A ∪ B cis˜ao. Tome z = y ∈ Rn e defina:
f : X → Rn
f (x) =
z, x ∈ A y, x ∈ BEnt˜ao f ´e localmente constante. Por hip´otese, f deve ser constante, diga f ≡ z. Ent˜ao A = X, B = ∅, logo A ´e conexo.