ListasdeMAT 0334 -AnáliseFuncional- 2015 / 1

Listas de MAT0334 - Análise Funcional - 2015 / 1

Ivo Terek Couto

Neste texto faremos as resoluções das listas de exercícios do curso de Análise Funcional ministrado pelo prof. Antonio de Pádua, no primeiro semestre de 2015.

Os enunciados foram transcritos o mais fielmente possível das listas originais. Os exercícios das provas eram retirados das listas, então também deixaremos indicado se algum item do exercício foi para alguma avaliação, e qual.

Notação: Se V é um espaço vetorial, V^∗ irá denotar o seu espaço dual topológico (não o algébrico).

As resoluções são despretensiosas e sujeitas a erros. Avisos de erros, e sugestões podem ser enviadas para terek@ime.usp.br.

Sumário

1 Lista 1 2

1.1 Topologia de Espaços Normados . . . 2 1.2 Séries de Fourier . . . 7 1.3 Espaços de Banach . . . 15

2 Lista 2 23

3 Lista 3 35

4 Lista 4 53

4.1 Aplicações do teorema de extensão de Hahn-Banach . . . 62 4.2 Teorema da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado . . . 67 4.3 Princípio da Limitação Uniforme e o Teorema de Banach-Steinhaus . 71 4.4 Convergência de Séries de Fourier . . . 73

1 Lista 1

1.1 Topologia de Espaços Normados

Exercício 1. Seja X um espaço normado.

(a) Mostre que toda sequência convergente em X é limitada, de Cauchy e possui um único limite.

(b) Mostre que se uma sequência (xn)_n≥0 ⊆ X é convergente, então qualquer sub- sequência de (x_n)n≥0 converge para o mesmo limite.

(c) Mostre que se uma sequência de Cauchy possui uma subsequência convergente, então ela é convergente.

Solução:

(a) Seja(x_n)n≥0 ⊆Xtal quex_n→x. Existen₀∈Ntal quen > n₀ implicakx_n−xk<1, donde kx_nk < 1+kxk para todo n > n₀. Então temos que kx_nk ≤ M, onde M=max{kx₁k,· · · ,kx_n0k,1+kxk}. Portanto (xn)_n≥0 é limitada.

Seja >0. Existe n₀ ∈ N tal que n > n₀ implica kxn−xk< /2. Se m, n > n₀, então:

kx_n−x_mk ≤ kx_n−xk+kx−x_mk<

2 + 2 =, portanto (x_n)n≥0 é de Cauchy.

Agora suponha que x_n → x e x_n → y. Dado > 0, existem n₁, n₂ ∈ N tais que n > n₁implicakx_n−xk< /2 en > n₂ implicakx_n−yk< /2. Sen₀ =max{n₁, n₂} e n > n₀, podemos escrever:

kx−yk ≤ kx−x_nk+kx_n−yk<

2 + 2 =.

Como >0 é arbitrário, kx−yk=0 e daí x=y, portanto o limite é único.

(b) Seja (xn_k)k≥0 uma subsequência de (xn)n≥0, e suponha que xn → x. Vamos mostrar que x_nk ^k−^→→^+∞ x também. Seja > 0. Existe n₀ ∈ N tal que n ≥ n₀ implica kx_n−xk< . Mas existe k₀ ∈ N tal que n_k0 > n₀. Então k > k₀ implica nk > nk₀ > n₀, e daí em particular vale que kx_nk −xk< .¹

(c) Suponha que (x_n)n≥0 seja uma sequência de Cauchy e que (x_nk)k≥0 seja uma subsequência convergente, xn_k k→+∞

−→ x. Vamos ver que xn→x. Seja >0. Como x_nk ^k−^→→^+∞x, existe k₀∈N tal que k > k₀ implica kx_nk−xk< /2. E como (x_n)n≥0

é de Cauchy, existe n₁ ∈ N tal que m, n > n₁ implica kx_n −x_mk < /2. Seja n₀ =max{n₁, n_k0}. Se n > n₀ e k é tal que n_k > n₀, temos:

kx_n−xk ≤ kx_n−x_nkk+kx_nk−xk<

2 + 2 =, portanto x_n →x.

1Não confundir o 0 em n₀ com os índices emk.

Exercício 2. Se Xé um espaço normado sobre R, prove:

(a) A função k · k:X→[0,+∞[ é contínua.

(b) A operação adição definida sobre X×Xé contínua.

(c) A operação multiplicação por escalar definida sobreX×R é contínua.

Solução:

(a) Dadosx, y∈X, temoskxk=kx−y+yk ≤ kx−yk+kyk, dondekxk−kyk ≤ kx−yk. Trocandox eye repetindo, temos que|kxk−kyk|≤ kx−yk. Seja > 0,δ= >0, x₀∈X fixado, e x∈X tal que kx−x₀k< δ. Então|kxk−kx₀k|≤ kx−x₀k< δ=, logo k · k é contínua em x₀ ∈X. Como x₀ era arbitrário, k · k é contínua em X. (b) Considere em X×Xa norma k · k₁ da soma. Seja > 0,δ= >0, (x₀, y₀)∈X×X

fixado e (x, y)∈X×X tal que k(x, y) − (x₀, y₀)k₁ < δ. Então:

kx+y−(x₀+y₀)k=kx−x₀+y−y₀k ≤ kx−x₀k+ky−y₀k=k(x, y)−(x₀, y₀)k₁< δ=. Então a adição é contínua em (x₀, y₀) ∈ X×X. Como (x₀, y₀) era arbitrário, a adição é contínua em X×X.

(c) Considere em R ×X a norma da soma. Seja > 0, (λ₀, x₀) ∈ R×X fixado, δ=min

1,_1+|λ

0|+kx₀k

, e (λ, x)∈R×X tal que k(λ, x) − (λ₀, x₀)k₁ < δ. Então:

k(λ, x) − (λ₀, x₀)k₁< δ =⇒ |λ−λ₀|+kx−x₀k< δ =⇒

|λ−λ₀|< δ kx−x₀k< δ Como δ <1 e |λ−λ₀|< δ, segue que |λ|<1+|λ₀|. Nestas condições:

kλx−λ₀x₀k=kλx−λx₀+λx₀−λ₀x₀k=kλ(x−x₀) + (λ−λ₀)x₀k

≤ kλ(x−x₀)k+k(λ−λ₀)x₀k=|λ|kx−x₀k+|λ−λ₀|kx₀k

<|λ|δ+δkx₀k<(1+|λ₀|)δ+δkx₀k= (1+|λ|+kx₀k)δ

<(1+|λ|+kx₀k)

1+|λ|+kx₀k =.

Assim a multiplicação por escalar é contínua em (λ₀, x₀)∈R×X. Como (λ₀, x₀) era arbitrário, a multiplicação por escalar é contínua em R×X.

Exercício 3. Dizemos que duas normas k · k₁ e k · k₂ num espaço X são equivalentes se existem constantesc₁, c₂ >0 tais que:

akxk₁≤ kxk₂ ≤bkxk₁, ∀x ∈X.

Prove que:

(a) A relação acima é de equivalência.

(b) Normas equivalentes definem as mesmas sequências de Cauchy.

Solução:

(a) Reflexiva: k · k∼k · k pois 1· kxk ≤ kxk ≤1· kxk, para qualquer x∈X. Simétrica: Se k · k₁ ∼k · k₂, existem c₁, c₂ >0 com:

c₁kxk₁≤ kxk₂ ≤c₂kxk₁, ∀x ∈X.

Mas isto implica que:

1

c₂kxk₂≤ kxk₁≤ 1

c₁kxk₂, ∀x∈X.

Como 1/c₁,1/c₂ >0, tem-se que k · k₂ ∼k · k₁.

Transitiva: Suponha que k·k₁ ∼k·k₂ e k·k₂∼k·k₃. Então existemc₁, c₂, c₃, c₄>0

com:

c₁kxk₁ ≤ kxk₂ ≤c₂kxk₂

e c₃kxk₂ ≤ kxk₃ ≤c₄kxk₂ , ∀x∈X.

Disto segue que:

c₁c₃kxk₁ ≤ kxk₃≤c₂c₄kxk₁, ∀x∈X.

Como c₁c₃, c₂c₄>0, obtemos k · k₁∼k · k₃.

(b) Suponha que k · k₁ ∼ k · k₂. Seja (x_n)n≥0 uma sequência de k · k₁-Cauchy. Vamos mostrar que (x_n)n≥0 é uma sequência de k · k₂-Cauchy. Existem c₁, c₂ >0 tais que c₁kxk₁ ≤ kxk₂ ≤ c₂kxk₁ qualquer que seja x ∈ X. Seja > 0. Como a sequência é de k · k₁-Cauchy, existe n₀ ∈ N tal que m, n > n₀ implica kx_n−x_mk₁ < /c₂. Assim, se m, n > n₀, temos que:

kx_n−x_mk₂ ≤c₂kx_n−x_mk₁< c₂ c₂ =,

e portanto (x_n)n≥0é uma sequência de k·k₂-Cauchy. Isto prova que toda sequência de k·k₁-Cauchy é dek·k₂-Cauchy. A recíprova prova-se de forma análoga, usando a constante c₁.

Exercício 4 (Corolário). Sek · kek · k₀são duas normas equivalentes sobre um espaço vetorialXentão (X,k · k) é um espaço de Banach se, e só se,(X,k · k₀)o for.

Solução: Suponha que (X,k·k)é um espaço de Banach. Seja (x_n)n≥0 uma sequência dek·k₀-Cauchy. Pelo exercício anterior, a sequência é dek·k-Cauchy também. Como (X,k · k) é de Banach, existe x∈ X tal que x_n−^k·k→ x. Devemos mostrar que x_n −^k·k→⁰ x. Existe c >0 tal que kξk₀ ≤ckξk para todo ξ∈X. Seja >0. Existe n₀ ∈N tal que n > n₀ =⇒ kx_n−xk< /c. Desta forma, se n > n₀:

kx_n−xk₀≤ckx_n−xk< c c =,

e x_n −^k·k→⁰ x. Assim, (X,k · k₀) é um espaço de Banach. Analogamente se mostra que (X,k · k₀) Banach =⇒ (X,k · k) Banach.

Exercício 5. Seja X um espaço normado.

(a) Prove que para cada a ∈ X, a aplicação x ∈ X 7→ x +a ∈ X é um homeomor- fismo. Prove que, para cada λ ∈ K, λ 6= 0, a aplicação x ∈ X 7→ λx ∈ X é um homeomorfismo.

(b) Conclua que um subconjunto Ade Xé aberto se, e só se, x₀+A=^· {x₀+a|a∈A} é aberto.

(c) Mostre que seKé compacto eFé fechado (emX), entãoF+K=^· {f+k|f∈F, k∈K} é fechado. Sugestão: use a caracterização de compacidade por sequências, válida para espaços métricos.

Solução:

(a) Seja f_a : X → X dada por f_a(x) = x +a. Fixe x₀ ∈ X. Seja > 0 e escolha δ= >0. Se x∈X é tal que kx−x₀k< δ, então temos que:

k(x−a) − (x₀−a)k=kx−x₀k< δ=,

e daí f_a é contínua em x₀. Como x₀ era qualquer, f_a é contínua. Afirmo que f_a é inversível e (f_a)⁻¹ =f_−a. De fato:

fa(f−a(x)) = fa(x−a) = (x−a) +a=x=idX(x) f−a(fa(x)) = f−a(x+a) = (x+a) −a=x=idX(x)

Temos que f_a é contínua qualquer que seja a∈X, então o nosso trabalho anterior na realidade mostra que f−a também é contínua. Portanto fa é um homeomor- fismo.

Agora seja λ 6= 0 e g_λ : X → X dada por g_λ(x) = λx. Fixe x₀ ∈ X. Seja > 0 e escolha δ=/|λ|>0. Se x∈X é tal que kx−x₀k< δ, então temos que:

kλx−λx₀k=kλ(x−x₀)k=|λ|kx−x₀k< λ

|λ| =,

portanto g_λ é contínua em x₀. Como x₀ era qualquer, g_λ é contínua. Afirmo que g_λ é inversível e (g_λ)⁻¹ =g_1/λ. Com efeito:

g_λ(g_1/λ(x)) = g_{λ λ}¹x

=λ_λ¹x =x =idX(x) g_1/λ(g_λ(x)) = g_1/λ(λx) = _λ¹λx=x =idX(x)

Porém provamos que g_λ é contínua qualquer que seja λ ∈ K\ {0}, então o feito acima de fato mostra que g_1/λ também é contínua, pois 1/λ6=0. Assim g_λ é um homeomorfismo.

(b) Vamos manter a notação do item acima. Homeomorfismos são aplicações abertas, isto é, levam abertos em abertos, então x₀+A=fx₀(A) é a imagem de um aberto (por hipótese) por um homeomorfismo, logo é aberto. E se supormos que x₀+A é aberto, temos que A=f_−x0(x₀+A) é aberto pelo mesmo argumento.

(c) Seja x ∈F+K. Basta provar que x ∈F+K. Existe (x_n)n≥0 ⊆ F+K com x_n →x. Para cada n≥0, ponha xn =fn+kn, com fn ∈F e kn ∈K. Como K é compacto, é sequencialmente compacto e existe uma subsequência convergente (k_nj)j≥0, com k_nj ^j→−→^+∞k∈K. Então:

x_nj =f_nj+k_nj =⇒ f_nj =x_nj−k_nj →x−k∈F, pois F é fechado. Desta forma, x = (x−k) +k∈F+K.

Exercício 6 (Conjuntos Convexos). Um subconjunto C de um espaço vetorial X é convexo se, para todo escalarλ∈[0,1], e x, y∈C temos que λx+ (1−λy)∈C.

(a) Mostre que as bolas de um espaço normado são convexas.

(b) Mostre que seCé um subconjunto convexo de um espaço normado então seu fecho também é convexo.

Solução:

(a) Sejam x₀ ∈ X e r > 0 quaisquer. Vejamos que a bola B(x₀, r) é convexa (para a bola fechada B[x₀, r] é análogo). Sejam x, y ∈ B(x₀, r) e t ∈]0,1[. Então temos que:

kx+t(y−x) −x₀k=k(1−t)x+ty−x₀k=k(1−t)x+ty− (1−t)x₀−tx₀k

=k(1−t)(x−x₀) +t(y−x₀)k ≤(1−t)kx−x₀k+tky−x₀k

<(1−t)r+tr =r,

ou seja, x +t(y−x) ∈ B(x₀, r), qualquer que seja t ∈]0,1[. Portanto B(x₀, r) é convexa.

(b) SejaCum conjunto convexo ex, y∈C. Então existem sequências(x_n)n≥0,(y_n)n≥0⊆ C tais que x_n → x e y_n → y. Seja t ∈]0,1[ qualquer. Como C é convexo, (1−t)x_n+ty_n ∈C para todo n≥0. Então:

n→+∞lim (1−t)x_n+ty_n= (1−t)x+ty∈C, e logo C é convexo.

Exercício 7 (Distância de ponto a conjunto). Se A é um subconjunto de um espaço normadoX, definimos a distância de x ∈ X a A pondo d(x, A)=^· inf{kx−ak| a∈ A}.

Prove quex ∈A ⇐⇒ d(x, A) =0.

Solução:

=⇒: Se x ∈A, dado >0 tem-se que B(x, )∩A6=∅, donde existe y∈ A tal que d(x, y) < . Então d(x, A) ≤ d(x, y) < . Como d(x, A) < qualquer que seja > 0, devemos ter d(x, A) =0.

⇐=: Se d(x, A) = 0, dado >0, existe y∈ A tal que d(x, y) < , e daí B(x, )∩ A6=∅ (y pertence ao conjunto). Como é qualquer, x∈A.

1.2 Séries de Fourier

Exercício 1 (P₁). Desenvolver as funções:

(1) f(x) =1.

(2) f(x) =

1 sex ≥0

−1se x <0 (3) f(x) =x

(4) f(x) =|x| (5) f(x) =x²

(6) f(x) =|senx| =⇒ 2 π− 4

π

cos(2x)

1·3 + cos(4x)

3·5 +cos(6x) 5·7 +· · ·

em séries de Fourier, senos e cossenos no intervalo [−π, π].

Solução:

(1) f(x) =1. Temos:

a_n = 1 π

Zπ

−π

cos(nx)dx= 1

nπsen(nx)

π

−π

=0, ∀n≥1 b_n = 1

π Z_π

−π

sen(nx)dx= − 1

nπcos(nx)

π

−π

=0, ∀n≥1 a₀= 1

π Zπ

−π

dx= 1

π2π=2 =⇒ a₀ 2 =1. Então a expansão de Fourier de f≡1 é 1.

(2) f(x) =

1 se x ≥0

−1 se x <0 . Seja n ≥ 1. Temos an = 0 para todo n ≥ 0, pois f é uma função ímpar² e assim x 7→ f(x)cos(nx) é uma função ímpar. Também, x 7→f(x)sen(nx) é uma função par, e portanto:

b_n = 1 π

Z_π

−π

f(x)sen(nx)dx= 2 π

Z_π

0 sen(nx)dx

= − 2

nπcos(nx)

π

0 = − 2

nπ(cos(nπ) −1) = 2

nπ(1−cos(nπ))

= 4

nπ se n é ímpar 0 se n é par Portanto:

f(x) = 4

πsenx+ 4

3πsen(3x) + 4

5πsen(5x) +· · ·= 4 π

X

n≥0

sen((2n+1)x) 2n+1

2Na verdade é igual a uma função ímpar q.t.p. e portanto a integral não se altera. Faremos isso mais vezes se necessário sem comentar.

(3) f(x) = x. Temos que f é uma função ímpar, donde x 7→ f(x)cos(nx) é ímpar e assim an =0 para todo n≥0. Do mesmo modo, x 7→f(x)sen(nx) é uma função par, logo:

b_n= 1 π

Zπ

−π

f(x)sen(nx)dx= 2 π

Zπ 0

xsen(nx)dx

= 2 π

−xcos(nx) n

π

0

+ Z_π

0

cos(nx) n dx

!

= 2

π −πcos(nπ)

n +sen(nx) n²

π

0

!

= −2

ncos(nπ) =

−_n² se n é par

2

n se n é ímpar Portanto

f(x) =2 senx−sen(2x) +2

3sen(3x) −1

2sen(4x) +· · ·+· · ·=2X

n≥1

(−1)ⁿ⁺¹

n sen(nx).

(4) f(x) = |x|. A função f é par, donde x 7→ f(x)cos(nx) é par e x 7→ f(x)sen(nx) é ímpar. Portanto b_n =0 para todo n≥1, e aí:

a₀ = 1 π

Z_π

−π

|x|dx= 1

ππ² =π =⇒ a₀ 2 = π

2. E também:

a_n = 1 π

Z_π

−π

f(x)cos(nx)dx = 2 π

Z_π

0

xcos(nx)dx

= 2 π

xsen(nx) n

π

0

− Z_π

0

sen(nx) n dx

!

= 2

n²πcos(nx)

π

0

= 2

n²π(cos(nπ) −1)

=

0 se n é par

−_n⁴_2π se n é ímpar Desta forma:

f(x) = π 2 − 4

πcosx− 4

9πcos(3x) − 4

25πcos(5x) −· · ·= π 2 −4

π X

n≥0

cos((2n+1)x) (2n+1)² (5) f(x) = x². A função f é par, assim x 7→ f(x)cos(nx) é par, e x 7→ f(x)sen(nx) é

ímpar, donde b_n=0 para todo n≥1. Temos:

a₀= 1 π

Z_π

−π

x²dx= 2 π

Z_π

0

x²dx = 2 π

π³

3 = 2π²

3 =⇒ a₀ 2 = π²

3.

E também:

an = 1 π

Zπ

−π

f(x)cos(nx)dx = 2 π

Zπ 0

x²cos(nx)dx

= 2 π

x²sen(nx) n

π

0

− 2 n

Zπ 0

xsen(nx)dx

!

= − 4 nπ

Z_π

0

xsen(nx)dx = −4 nπ

−π

n cos(nπ)

= 4

n²cos(nπ) = 4

n² se n é par

−_n⁴₂ se n é ímpar, aproveitando os cálculos do item (3). Assim obtemos:

f(x) = π²

3 −4 cosx+cos(2x) − 4

9cos(3x) +· · ·= π²

3 +4X

n≥1

(−1)ⁿ

n² cos(nx) (6) f(x) =|senx|.

• Expansão de Fourier: aqui temos que f é uma função par, donde x 7→ f(x)cos(nx) é par e x 7→ f(x)sen(nx) é ímpar. Assim, b_n = 0 para todo n≥1. Temos:

a₀= 1 π

Zπ

−π

|senx|dx= 2 π

Zπ

0 senxdx = −2 πcosx

π 0 = 4

π =⇒ a₀ 2 = 2

π E para n≥1:

a_n = 1 π

Zπ

−π

f(x)cos(nx)dx= 2 π

Zπ

0 senxcos(nx)dx Em geral:

Z

senxcos(nx)dx = senxsen(nx)

n − 1

n Z

cosxsen(nx)dx

= senxsen(nx)

n −

− 1 n

−cosxcos(nx)

n − 1

n Z

senxcos(nx)dx

= senxsen(nx)

n + cosxcos(nx)

n² + 1

n² Z

senxcos(nx)dx Isolando, vem:

Z

senxcos(nx)dx = n² n²−1

senxsen(nx)

n +cosxcos(nx) n²

. Com isto:

a_n= 2 π

1+cos(nπ) 1−n²

=

0 se n é ímpar

4 π

1−n1² se n é par Portanto a expansão de Fourier é:

f(x) = 2 π − 4

3πcos(2x) − 4

15πcos(4x) −· · ·= 2 π − 4

π X

n≥1

cos(2nx) 4n²−1 .

• Expansão em senos: Façamos a expansão considerando a extensão ímpar de

|senx|, que é apenas senx. Evidentemente a expansão será apenas senx. De

fato, os detalhes são: temos a_n=0 para todo n≥0, e:

b_n= 2 π

Z_π

0 senxsen(nx)dx Como anteriormente, calculemos uma primitiva geral:

Z

senxsen(nx)dx= −senxcos(nx)

n + 1

n Z

cosxcos(nx)dx

= −senxcos(nx)

n +

+ 1 n

cosxsen(nx)

n + 1

n Z

senxsen(nx)dx

= −senxcos(nx)

n +cosxsen(nx)

n² + 1

n² Z

senxsen(nx)dx Isolando, vem:

Z

senxcos(nx)dx = n² n²−1

−senxcos(nx)

n +cosxsen(nx) n²

, e disto segue que bn=0 para todo n≥1.

• Expansão em cossenos: coincide com a expansão de Fourier.

Exercício 2. Obter as séries dos senos em [0, π] para f(x) = cosx, f(x) = sen(x/2), f(x) =senhax.

Solução: Como consideramos extensões ímpares, teremos a_n = 0 para todo n ≥ 0 em todos os casos.

• f(x) =cosx. Temos que:

bn = 2 π

Zπ

0 cosxsen(nx)dx, ∀n≥1. Vamos achar uma primitiva primeiro:

Z

cosxsen(nx)dx= −cosxcos(nx)

n − 1

n Z

senxcos(nx)dx

= −cosxcos(nx)

n − 1

n

senxsen(nx)

n − 1

n Z

cosxsen(nx)dx

= −cosxcos(nx)

n − senxsen(nx)

n² + 1

n² Z

cosxsen(nx)dx Isolando e supondo n6=1, temos:

Z

cosxsen(nx)dx= n² n²−1

−cosxcos(nx)

n −senxsen(nx) n²

.

Com isto:

b_n = 2 π

n² n²−1

cos(nπ)

n + 1

n

= 2 π

n

n²−1(1+cos(nπ)) =

0 se n for ímpar

4 π

n

n²−1 se n for par Para n=1:

b₁= 2 π

Zπ

0 cosxsenxdx = 1 π

Zπ

0 sen(2x)dx= − 1

2πcos(2x)

π 0 =0. Assim temos a expansão:

f(x) = 4 π

2

3sen(2x) + 4 π

4

15sen(4x) +· · ·= 4 π

X

n≥1

2n

4n²−1sen(2nx).

• f(x) =sen(x/2). Temos:

b_n= 2 π

Zπ

0 senx 2

sen(nx)dx, ∀n≥1. Calculemos uma primitiva:

Z

senx 2

sen(nx)dx = −sen(x/2)cos(nx)

n + 1

2n Z

cosx 2

cos(nx)dx

= −sen(x/2)cos(nx)

n +

+ 1 2n

cos(x/2)sen(nx)

n + 1

2n Z

senx 2

sen(nx)dx

= −sen(x/2)cos(nx)

n + cos(x/2)sen(nx) 2n²

+ 1 4n²

Z

senx 2

sen(nx)dx Isolando, obtemos:

Z

senx 2

sen(nx)dx= 4n² 4n²−1

−sen(x/2)cos(nx)

n +cos(x/2)sen(nx) 2n²

Disto segue que:

b_n= 2 π

4n² 4n²−1

−cos(nπ) n

= −2 π

4n

4n²−1cos(nπ) = −2

π

4n4n²−1 se n é par

2 π

4n4n²−1 se n é ímpar A expansão procurada é:

f(x) = 2 π

4

3senx−2 π

8

15sen(2x)+2 π

12

35 sen(3x)+· · ·= 2 π

X

n≥1

(−1)ⁿ⁺¹ 4n

4n²−1sen(nx).

• f(x) =senh(ax). Suponha que a6=0, caso contrário não há o que fazer. Temos que:

bn= 2 π

Z_π

0 senh(ax)sen(nx)dx, ∀n≥1

Calculemos uma primitiva:

Z

senh(ax)sen(nx)dx = −senh(ax)cos(nx)

n + a

n Z

cosh(ax)cos(nx)dx

= −senh(ax)cos(nx)

n +

+ a n

cosh(ax)sen(nx)

n − a

n Z

senh(ax)sen(nx)dx

= −senh(ax)cos(nx)

n +acosh(ax)sen(nx)

n² −

− a² n²

Z

senh(ax)sen(nx)dx Isolando:

Z

senh(ax)sen(nx)dx= n² a²+n²

−senh(ax)cos(nx)

n +acosh(ax)sen(nx) n²

Disto segue que:

b_n= 2 π

n² a²+n²

−senh(aπ)cos(nπ) n

= −2 π

n

a²+n²senh(aπ)cos(nπ)

=

−²_πa2+nⁿ ₂senh(aπ) se n é par

2 π

n

a²+n²senh(aπ) se n é ímpar Logo, a expansão procurada é:

f(x) = 2 π

1

1+a² senh(aπ)senx− 2 π

2

4+a²senh(aπ)sen(2x) +· · ·

= 2

πsenh(aπ)X

n≥1

(−1)ⁿ⁺¹ n

n²+a² sen(nx).

Exercício 3. Desenvolver, no intervalo [0, π] em séries de cossenos:

(a) f(x) =cosax (b) f(x) =coshax (c) f(x) =

1 se0≤x ≤π/2 0 seπ/2 < x≤π

Solução: Como consideramos extensões pares, teremos bn =0 para todo n≥1, em todos os casos.

(a) f(x) = cos(ax). Suponha a 6= 0, caso contrário o problema já está resolvido no item (1) do exercício 1. Temos:

a₀ = 1 π

Zπ

−π

cos(ax)dx= 2 π

Zπ

0 cos(ax)dx= 2

aπsen(ax)

π

0 = 2 sen(aπ)

aπ =⇒ a₀

2 = sen(aπ) aπ .

E também:

a_n= 2 π

Zπ

0 cos(ax)cos(nx)dx.

Achemos uma primitiva primeiro:

Z

cos(ax)cos(nx)dx= cos(ax)sen(nx)

n + a

n Z

sen(ax)sen(nx)dx

= cos(ax)sen(nx)

n +

+ a n

−sen(ax)cos(nx)

n + a

n Z

cos(ax)cos(nx)dx

= cos(ax)sen(nx)

n − a

n² sen(ax)cos(nx) + a² n²

Z

cos(ax)cos(nx)dx Isolando:

Z

cos(ax)cos(nx)dx= n² n²−a²

cos(ax)sen(nx)

n − a

n² sen(ax)cos(nx)

. Com isto, vem:

a_n= 2 π

n² n²−a²

−a

n² sen(aπ)cos(nπ)

= 2 π

a

a²−n² sen(aπ)cos(nπ)

= 2

π a

a²−n²sen(aπ) se n é par

−²_πa2−n^a ₂sen(aπ) se n é ímpar E assim obtemos a expansão procurada:

f(x) = sen(aπ) aπ − 2

π a

a²−1sen(aπ)cosx+ 2 π

a

a²−4sen(aπ)cos(2x) +· · ·

= sen(aπ) aπ +2a

π sen(aπ)X

n≥1

(−1)ⁿ

a²−n²cos(nx).

(b) f(x) =cosh(ax). Temos:

a₀= 2 π

Zπ

0 cosh(ax)dx= 2 π

senh(ax) a

π

0

= 2 senh(aπ)

aπ =⇒ a₀

2 = senh(aπ) aπ . Para n≥1:

a_n= 2 π

Z_π

0 cosh(ax)cos(nx)dx.

Calculemos uma primitiva:

Z

cosh(ax)cos(nx)dx= cosh(ax)sen(nx)

n − a

n Z

senh(ax)sen(nx)dx

= cosh(ax)sen(nx)

n −

−a n

−senh(ax)cos(nx)

n + a

n Z

cosh(ax)cos(nx)dx

= cosh(ax)sen(nx)

n − asenh(ax)cos(nx)

n² − a²

n² Z

cosh(ax)cos(nx)dx

Isolando:

Z

cosh(ax)cos(nx)dx= n² n²+a²

cosh(ax)sen(nx)

n −asenh(ax)cos(nx) n²

. Desta forma:

a_n = 2 π

n² n²+a²

asenh(aπ)cos(nπ) n²

= 2 π

a

n²+a²senh(ax)cos(nπ)

= 2

π a

n²+a²senh(aπ) se n é par

−_π²_n2+a^a ₂senh(aπ) se n é ímpar Com isto obtemos a expansão:

f(x) = senh(aπ) aπ − 2

π a

1+a² senh(aπ)cosx2 π

a

4+a² senh(aπ)cos(2x) +· · ·

= senh(aπ) aπ +2a

π senh(aπ)X

n≥1

(−1)ⁿ

n²+a²cos(nx).

(c) f(x) =

1 se 0≤x≤π/2

0 se π/2< x≤π . Para n=0 temos:

a₀ = 2 π

Z_π/2

0 dx= 2 π

π

2 =1 =⇒ a₀ 2 = 1

2. E para n≥1:

a_n = 2 π

Zπ/2

0 cos(nx)dx= 2

nπsen(nx)

π/2

0 = 2

nπsennπ 2

= 2

nπ se n é ímpar

−_nπ² se n é par Assim a expansão procurada é:

f(x) = 1 2 + 2

πcosx− 1

πcos(2x) + 2

3πcos(3x) +· · ·= 1 2 + 2

π X

n≥1

(−1)ⁿ⁺¹

n cos(nx).

Exercício 4. Use (5) do exercício 1e calcule a soma:

X

n≥1

1 n² = π²

6 Solução: Obtivemos:

x² = π²

3 +4X

n≥1

(−1)ⁿ

n² cos(nx).

Faça x=π. Notando que cos(nπ) = (−1)ⁿ, temos:

π² = π²

3 +4X

n≥1

1

n² =⇒ 2π²

3 =4X

n≥1

1

n² =⇒ X

n≥1

1 n² = π²

6 .

1.3 Espaços de Banach

Exercício 1. Mostre quec, o espaço vetorial das sequências convergentes, munido da norma do supremo é um espaço de Banach.

Solução: Seja (ξ_n)n≥0= ((x⁽ⁿ⁾_k )k≥0)n≥0 uma sequência dek·k_∞-Cauchy. Dado >0, existe n₀∈N tal que:

kξ_n−ξ_mk_∞ < , ∀m, n > n₀ supk≥0|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤, ∀m, n, > n₀

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤, ∀m, n > n₀, ∀k≥0,

então fixado k, (x⁽ⁿ⁾_k )n≥0 é uma sequência de Cauchy em C, logo converge. Ponha xk=limn→+∞x⁽ⁿ⁾_k .

Defina ξ = (x_k)k≥0. Provemos que ξ ∈ c. Como cada ξ_n converge (por estar em c), existe o limite x⁽ⁿ⁾ = limk→+∞x⁽ⁿ⁾_k . Afirmo que (x⁽ⁿ⁾)n≥0 é de Cauchy. Existem n₁, n₂ ∈Ntais que m, n > n₁ implica |x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< /3, pois (x⁽ⁿ⁾_k )n≥0 é de Cauchy, e k > n₂ implica |x⁽ⁿ⁾−x⁽ⁿ⁾_k |< /3, pois x⁽ⁿ⁾_k ^k→−→^+∞x⁽ⁿ⁾. Se n₀=max{n₁, n₂}, m, n > n₀, e fixamos um certo k > n₀, temos que:

|x⁽ⁿ⁾−x^(m)|≤|x⁽ⁿ⁾−x⁽ⁿ⁾_k |+|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |+|x^(m)_k −x^(m)|<

3 + 3+

3 =. Como C é completo, existe o limite x =limn→+∞x⁽ⁿ⁾.

Agora afirmo que ξ converge para x. Seja >0. Existem n₁, n₂, n₃ ∈N tais que:

n > n₁ =⇒ |xk−x⁽ⁿ⁾_k |<

3, pois x⁽ⁿ⁾_k ⁿ−^→→^+∞xk

k > n₂ =⇒ |x⁽ⁿ⁾_k −x⁽ⁿ⁾|<

3, pois x⁽ⁿ⁾_k ^k→−→^+∞x⁽ⁿ⁾ n > n₃ =⇒ |x⁽ⁿ⁾−x|<

3, pois x^{(n) n}−^→→^+∞x

Sen₀=max{n₁, n₂, n₃}en, k > n₀, valem todas as condições acima simultaneamente.

Daí: |x_k−x|≤|x_k−x⁽ⁿ⁾_k |+|x⁽ⁿ⁾_k −x⁽ⁿ⁾|+|x⁽ⁿ⁾−x|<

3 + 3 +

3 =.

Portantoξ∈c. Agora falta verificar que ξ_n−^k·k→^∞ ξ. Seja > 0. Existe n₀∈N tal que:

kξ_n−ξ_mk_∞< , ∀m, n > n₀ sup

k≥0|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< , ∀m, n > n₀

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< , ∀m, n > n₀, ∀k≥0

mlim→+∞|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤, ∀n > n₀, ∀k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x_k|≤, ∀n > n₀, ∀k≥0 sup

k≥0|x⁽ⁿ⁾_k −xk|≤, ∀n > n₀ kξ_n−ξk_∞≤, ∀n > n₀, logo ξ_n −^k·k→^∞ ξ∈c. Assim c é um espaço de Banach.

Exercício 2 (Soma direta externa). Sejam (X,k · k) e(Y,k · k₀) espaços normados.

(a) Mostre quek|· k|:X×Y →R≥0 dada por k|(x, y)k|=max{kxk,kyk₀} é uma norma em X×Y. Mostre também que tal norma gera a topologia produto em X×Y.

(b) SeXeY são espaços de Banach, mostre que (X×Y,k|· k|)é um espaço de Banach.

(X×Y,k|· k|) é chamado de soma direta externa de Xe Y.

Solução:

(a) Vamos mostrar que k|· k| é uma norma. Fixe (x, y),(x⁰, y⁰) ∈ X×Y e λ ∈ C.

Temos que k|(x, y)k| ≥ 0 por ser o máximo entre dois termos não-negativos. E k|(x, y)k| =max{kxk,kyk₀} =0 implica que kxk = kyk₀ = 0, onde x = 0 e y=0.

Logo (x, y) =0. Ainda, temos que:

k|λ(x, y)k|=k|(λx, λy)k|=max{kλxk,kλyk₀}=max{|λ|kxk,|λ|kyk₀}

=|λ|max{kxk,kyk₀}=|λ|k|(x, y)k|. E por fim, temos que:

kx+x⁰k ≤ kxk+kx⁰k ≤ k|(x, y)k|+k|(x⁰, y⁰)k|, e analogamente partindo de ky+y⁰k₀. Tomando o máximo obtemos:

k|(x, y) + (x⁰, y⁰)k|=k|(x+x⁰, y+y⁰)k|≤ k|(x, y)k|+k|(x⁰, y⁰)k|.

Agora vamos provar que esta norma gera a topologia produto. Uma base desta é B ={U×V |U∈τk·k, V ∈τk·k₀}. Primeiro, provemos que fixado r >0, vale que:

Bk|·k|((x, y), r) =Bk·k(x, r)×Bk·k₀(y, r).

Rapidamente, se (p₁, p₂) ∈ Bk·k(x, r)×Bk·k₀(y, r), então kx −p₁k,ky−p₂k₀ < r, e daí k|(x, y) − (p₁, p₂)k| < r, e segue que (p₁, p₂) ∈ B_k|·k|((x, y), r). E por outro lado, se (p₁, p₂) ∈ Bk|·k|((x, y), r), então max{kx−p₁k,ky−p₂k₀} < r implica que kx −p₁k,ky−p₂k₀ < r, logo p₁ ∈ Bk·k(x, r) e y ∈ Bk·k₀(y, r). Concluímos que (p₁, p₂)∈B_k·k(x, r)×B_k·k0(y, r). Assim, vale a igualdade proposta.

Em vista disto, toda bola aberta segundo k|· k| está em B. Agora vamos provar que todo elemento não-vazio de B contém alguma bola aberta segundo k|· k|. Se U×V ∈ B é não vazio, fixe x ∈ U e v ∈ V. Como U e V são abertos nos seus respectivos espaços, existem r₁, r₂ > 0 tais que Bk·k(x, r₁) ⊆ U e Bk·k₀(y, r₂) ⊆ V. Seja r=min{r₁, r₂}. Então temos que:

Bk|·k|((x, y), r) =Bk·k(x, y)×Bk·k₀(y, r)⊆Bk·k(x, r₁)×Bk·k₀(y, r₂)⊆U×V.

Portanto as topologias geradas são as mesmas.

(b) Seja (z_n = (x_n, y_n))n≥0 uma sequência de k|· k|-Cauchy em X×Y. Então dado > 0, existe n₀ ∈N tal que se m, n > n₀, temos:

kx_n−x_mk,ky_n−y_mk₀≤ k|z_n−z_mk|< ,

donde (x_n)n≥0 e (y_n)n≥0 são sequências de Cauchy em X e Y, respectivamente.

Como estes são espaços de Banach, existem x ∈ X e y ∈ Y tais que x_n −^k·k→ x e y_n −^k·k→⁰ y. Afirmo que z_n −^k|→^·k| (x, y). Com efeito, seja > 0. Existe n₀ ∈N grande o suficiente³ tal que n > n₀ implica kx_n−xk,ky_n−yk< . Tomando o máximo vem que k|z_n− (x, y)k| < , portanto (z_n)n≥0 converge e X×Y é um espaço de Banach também.

Exercício 3.

(a) Mostre que:

kfk₁= Z₁

0|f(x)|dx

é uma norma em C([0,1]), mas é apenas uma semi-norma no espaço das funções Riemann-Integráveis.

(b) Verifique se (C([0,1]),k · k₁) é um espaço de Banach.

(c) Qual é a relação (no sentido da inclusão) entre as topologias geradas por k · k₁ e k · k_∞?

Solução:

(a) É claro que kfk₁ = R₁

0|f(x)|dx ≥ 0 qualquer que seja f ∈ C([0,1]). Agora se kfk=R₁

0|f(x)|dx=0, podemos concluir seguramente que f=0 se f for contínua.

Caso contrário, podemos apenas concluir que f=0 q.t.p.. Se λ∈C, temos:

kλfk₁ = Z₁

0|λf(x)|dx= Z₁

0|λ||f(x)|dx =|λ| Z₁

0|f(x)|dx=|λ|kfk₁. E se f, g∈C([0,1]), vale que:

|(f+g)(x)|=|f(x) +g(x)|≤|f(x)|+|g(x)|, ∀x∈[0,1], e integrando, temos:

kf+gk₁= Z₁

0|(f+g)(x)|dx ≤ Z₁

0|f(x)|+|g(x)|dx = Z₁

0|f(x)|dx+

Z₁

0|g(x)|dx=kfk₁+kgk₁. As verificações de kλfk₁ = |λ|kfk₁ e kf+gk₁ ≤ kfk₁+kgk₁ também valem para f, g∈R([0,1]).

3Um para cada sequência coordenada e já tomamos o máximo.

(b) O espaço não é completo. Seja (f_n)n≥0⊆C([0,1]), dada por:

f_n(x) =







0 se x < ₂¹ −₂¹_n n x−₂¹ + ₂¹_n

se ₂¹ −₂¹_n ≤x≤ ₂¹ +₂¹_n 1 se x > ¹₂ +₂¹_n

Vejamos que a sequência é de Cauchy. Temos que se p∈N, vale que:

kf_n+p−f_nk₁= Z₂¹+_2n¹

21−_2n¹

|f_n+p(x) −f_n(x)|dx ≤ Z₂¹+_2n¹

21−_2n¹

|f_n+p(x)|+|f_n(x)|dx

≤ Z¹₂+_2n¹

12−_2n¹

2 dx =2 1

2 + 1 2n − 1

2 + 1 2n

= 2 n

n→+∞−→ 0.

Agora suponha por absurdo que a sequência convirja para uma função contínua f∈C([0,1]). Então devemos ter limn→+∞kf_n−fk₁=0. Isto é:

kf_n−fk₁= Z₂¹_−2n¹

0 |f(x)|dx+ Z₂¹_+2n¹

21−_2n¹

f(x) −n

x− 1 2 + 1

2n

dx+

Z₁

21+_2n¹

|f(x) −1|dx, e passando ao limite temos:

Z_1/2

0 |f(x)|dx+ Z₁

1/2|f(x) −1|dx =0

Como as integrais são não-negativas, cada uma é zero. Por continuidade, f deve ser 0 em [0,1/2] e 1 em [1/2,0], um absurdo.

(c) Afirmo que a topologia gerada por k · k_∞ não está contida na topologia gerada por k · k₁. Considere B_∞(0,1). Vamos mostrar que B_∞(0,1) tem interior vazio na topologia gerada por k · k₁.⁴ Vamos mostrar que nenhuma bola B₁(ϕ, r) está contida em B_∞(0,1). Suponha agora que r≥1. Defina fn : [0,1]→R pondo:

f_n(x) =

ϕ(x) +√

r(−n²x+n) se x≤ _n¹ ϕ(x) se x > _n¹

Como r≥1, temos que kf_n−ϕk₁=√

r/2 para todo n≥1, donde f_n−ϕ∈B₁(0, r) para todo n ≥ 1. Como estamos em um espaço normado, temos f_n ∈ B₁(ϕ, r) qualquer que sejan. Porém escolhendon∈Ngrande o suficiente tal quen√

r >1, temos que f_n 6∈B_∞(0,1). Se 0< r <1, é feita uma construção análoga com r² ao invés de √

r e repete-se o argumento. Portanto B_∞(0,1) não é um aberto segundo k · k₁.

Por outro lado, todo aberto segundo k · k₁ é um aberto segundo k · k_∞. Com efeito, dada uma bola qualquer B₁(ϕ, r), vale que B_∞(ϕ, r) ⊆ B₁(ϕ, r), pois se f∈B_∞(ϕ, r), temos que:

kf−ϕk₁= Z₁

0|f(x) −ϕ(x)|dx≤ Z₁

0

kf−ϕk_∞dx≤ Z₁

0

rdx=r.

Concluímos que τ₁ (τ_∞. A topologia τ_∞ é estritamente mais fina que a topologia τ₁.

4Na verdade estamos exagerando, pois basta mostrar queB_∞(0,1)6=intk·k₁(B_∞(0,1)).

Exercício 4. Definimos `_∞ = {x = (x_n)n≥0 | kxk_∞ =supn≥0|x_n|< +∞}, o espaço das sequências limitadas munido da norma do supremok · k_∞.

(a) Mostre que`_∞ é um espaço de Banach.

(b) Mostre que cé um subespaço de`_∞. Conclua que secé fechado (mostre), então c é um espaço de Banach, utilizando o resultado abaixo.

(c) Mostre que c₀ ={x = (x_n)n≥0 |limn→+∞x_n =0}, o espaço das sequências conver- gentes a zero, com a norma do supremo, é um subespaço fechado de c, e portanto completo.

Solução:

(a) Seja (ξ_n)n≥0 = ((x⁽ⁿ⁾_k )k≥0)n≥0 uma sequência de k · k_∞-Cauchy. Dado > 0, existe n₀ ∈N tal que:

kξ_n−ξ_mk_∞< , ∀m, n > n₀ supk≥0|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤, ∀m, n, > n₀

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤, ∀m, n > n₀, ∀k≥0,

então fixado k, (x⁽ⁿ⁾_k )n≥0 é uma sequência de Cauchy em C, logo converge. Ponha x_k=limn→+∞x⁽ⁿ⁾_k .

Defina ξ = (x_k)k≥0. Verifiquemos que ξ_n −^k·k→^∞ ξ. Seja > 0. Existe n₀ ∈ N tal que:

kξ_n−ξmk_∞ < , ∀m, n > n₀ supk≥0|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< , ∀m, n > n₀

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< , ∀m, n > n₀, ∀k≥0

mlim→+∞|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤, ∀n > n₀, ∀k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x_k|≤, ∀n > n₀, ∀k≥0 supk≥0|x⁽ⁿ⁾_k −x_k|≤, ∀n > n₀

kξ_n−ξk_∞ ≤, ∀n > n₀, logo ξ_n −^k·k→^∞ ξ.

Só falta verificar que ξ∈`_∞. Pelo feito acima, existen₀ ∈Ntal que kξ_n0−ξk_∞<

1, donde ξn₀ −ξ∈`<sub>∞</sub>. Com isto, ξ=ξn<sub>0</sub> − (ξn<sub>0</sub> −ξ)∈`_∞, e assim c é um espaço de Banach.

(b) Primeiro vejamos que c é um subespaço de `_∞. Temos que 0 = (0)n≥0 ∈ c, e se (xn)n≥0,(yn)n≥0∈ceλ∈C, temosxn →x eyn →y, donde xn+λyn→x+λy, logo (x_n+λy_n)n≥0∈c. Vejamos agora quec é fechado. Seξ∈c, existe uma sequência em c que converge para ξ. Esta sequência, em particular, é uma sequência de Cauchy, e pelo feito no exercício 1 desta seção, converge para um elemento de c. Por unicidade dos limites em espaços normados⁵, esse elemento deve ser ξ ∈ c.

5Em geral, em espaços topológicos de Hausdorff.