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Solucion´ ario de Curso de An´ alise Vol. 2 Elon Lages Lima: Andre Kowacs 24 de novembro de 2018

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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 2018

(2)

Cap´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 AAc ∈ 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)ta, 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

(3)

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, ∃!x

1 ∈ 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 + ||||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|| ≤ 

(4)

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||

(5)

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

(6)

(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 ∈ B

Ent˜ao f  ´e localmente constante. Por hip´otese, f  deve ser constante, diga  f  ≡ z. Ent˜ao A = X, B = ∅, logo A  ´e conexo.

Referências

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