Felipe - lista-02-mt401

Prévia do material em texto

MT402 - Análise Aplicada
Felipe Longo
Lista 02 - 12 de abril de 2018
Exercício 1. Seja B[a, b] o espaço das funções limitadas no intervalo [a, b] com a 0, ∃n0 ∈ N |n > nε ⇒ d(fn, f) nr. Agora, considere o conjunto finito {fn ; n ≤ nr}. Então, tomemos 0 0 e n0 ∈ N tais que fn 6∈ B(g; ε). Logo, M ∩B(g; ε) = ∅.
iii) Agora, se (fn) é divergente e possui uma subsequência convergente (fnk
) para f ∈ B[a, b],
o processo para mostrar que fnk
6∈ B(g; δ) para todo k ∈ N , para qualquer g 6∈M e para
algum δ > 0 segue análogo ao primeiro caso. Tomamos então o conjunto das funções
fn tal que n 6= nk para todo k ∈ N e repetimos o processo sucessivamente até obter
um conjunto que é finito ou a imagem de uma sequência que não possui subsequência
convergente. Se for finito, segue análogo à segunda parte do primeiro caso, e a outra
situação segue análoga ao item (ii).
Consequentemente, se M é enumerável, então não é denso em B[a, b]. Portanto, B[a, b] não é
separável.
Exercício 2. Seja M o conjunto das sequências quase nulas, ou seja, com um número finito de
termos não nulos. a) Considere a sequência (x
(n)
j ) em M tal que, para cada n ∈ N, a sequência
x
(n)
j = (xnj ) é tal que
xnj =
{
1
j
, 1 ≤ j ≤ n,
0, j > n.
Dessa forma, para quaisquer m,n ∈ N, consideremos m > n, segue que
d(xm, xn) =
∞∑
j=1
1
2j
|xmj − xnj |
1 + |xmj − xnj |
=
m∑
j=n+1
1
2j(j + 1)
.
Seja (aj) a sequência dada por aj = (2j(j + 1))−1. Então, aj > aj+1 para todo j ∈ N e aj → 0.
Sendo assim, dado ε > 0, existe j0 ∈ N tal que aj j0. Logo, tomando
m,n > j0 obtemos am 0, existe ni ∈ N tal que, para todo
n > ni, |x(n)i − xi| 0, tomando n0 = min{ni ; i = 1, ...,m},
temos que, para todo n > n0,
1
2i
|x(n)i − xi|
1 + |x(n)i − xi|
 0, existe m0 ∈ N tal que, para todo
m > m0, ∣∣∣∣∣
∞∑
i=1
1
2i
|x(n)i − xi|
1 + |x(n)i − xi|
−
m∑
i=1
1
2i
|x(n)i − xi|
1 + |x(n)i − xi|
∣∣∣∣∣ =
∞∑
i=m+1
1
2i
|x(n)i − xi|
1 + |x(n)i − xi|
 m′0, mostramos que, dado ε > 0, podemos
obter n0 ∈ N, tal que, para todo n > n0,
d(xn, x) 0.
3
Definimos, assim, um produto interno em E. À partir do produto interno de E, definiremos
uma função ‖·‖ : E → R+ dada por ‖x‖ =
√
〈x, x〉. Como x é combinação linear dos elementos
da base B, ou seja, x =
dimE∑
i=1
αiui, então
〈x, x〉 =
dimE∑
i,j=1
αiαj〈ui, uj〉 =
dimE∑
i=1
α2
i 〈ui, ui〉 =
dimE∑
i=1
α2
i .
Logo,
‖x‖ =
√
〈x, x〉 =
(
dimE∑
i=1
α2
i
) 1
2
.
Observe que, para qualqur x ∈ E ‖x‖ ≥ 0 e
‖x‖ = 0⇒ αi = 0⇒ x = 0.
Também, para qualquer x ∈ E e qualquer α ∈ K,
‖αx‖ =
√
〈αx, αx〉 =
√
αα〈x, x〉 = |α|
√
〈x, x〉 = |α| ‖x‖.
Por último, para quaisquer x, y ∈ E,
‖x+ y‖2 = 〈x+ y, x+ y〉 = ‖x‖2 + 〈x, y〉+ 〈x, y〉+ ‖y‖2
= ‖x‖2 + 2Re(〈x, y〉) + ‖y‖2 ≤ ‖x‖2 + 2|〈x, y〉|+ ‖y‖2
Schwarz
≤ ‖x‖2 + 2‖x‖ ‖y‖+ ‖y‖2 = (‖x‖+ ‖y‖)2.
Logo, ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖. Portanto, ‖ · ‖ é uma norma em E.
Exercício 6. Como B(X) é o conjunto das funções limitadas f : X → R e R é um corpo,
então B(X) munido das operações de soma de funções e de multiplicação de função por escalar
satisfazem, para quaisquer f, g, h ∈ B(X) e quaisquer α, β ∈ R
A1) Propriedade comutativa:
∀x ∈ X, (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x)⇒ f + g = g + f ;
A2) Propriedade Associativa:
∀x ∈ X, ((f+g)+h)(x) = (f(x)+g(x))+h(x) = f(x)+(g(x)+h(x)) = (f+(g+h))(x)⇒ (f+g)+h = f+(g+h) ;
A3) Elemento neutro: z : X → R, z(x) = 0 é tal que
∀x ∈ X, (f + z)(x) = f(x) + z(x) = f(x)⇒ f + z = f ;
4
A4) Elemento inverso: para todo f ∈ B(X), −f : X → R, (−f)(x) = −f(x), é tal que
∀x ∈ X, (f + (−f))(x) = f(x) + (−f)(x) = f(x)− f(x) = 0⇒ f + (−f) = z ;
M1) Propriedade Associativa:
∀x ∈ X, ((αβ)f)(x) = (αβ)f(x) = α(βf(x)) = (α(βf))(x) ;
M2) Elemento identidade de R:
∀x ∈ X, (1f)(x) = 1f(x) = f(x)⇒ 1f = f ;
D) Distributivas: ∀x ∈ X,
(α(f + g))(x) = α(f + g)(x) = α(f(x) + g(x)) = αf(x) + αg(x) = (αf + αg)(x)
⇒ α(f + g) = αf + αg ;
((α + β)f)(x) = (α + β)f(x) = αf(x) + βf(x) = (αf + βf)(x)
⇒ (α + β)f = αf + βf.
Logo, B(X) é um espaçovetorial.
Considere a função f 7→ ‖f‖∞ = sup{|f(x)| ; x ∈ X}. Observe que
N1) ‖f‖∞ ≥ 0 ;
N2) ‖f‖∞ = 0⇔ sup{|f(x)| ; x ∈ X} = 0⇔ |f(x)| = 0, ∀x ∈ X ⇔ f ≡ 0 ;
N3) ‖αf‖∞ = sup{|αf(x)| ; x ∈ X} = sup{|α| |f(x)| ; x ∈ X} = |α| sup{|f(x)| ; x ∈ X} =
|α| ‖f‖∞ ;
N4) ‖f+g‖∞ = sup
x∈X
|f(x)+g(x)| ≤ sup
x∈X
|f(x)|+|g(x)| ≤ sup
x∈X
|f(x)|+sup
x∈X
|g(x)| = ‖f‖∞+‖g‖∞.
Portanto, ‖ · ‖∞ é uma norma em B(X).
Agora, seja (fn) uma sequência de Cauchy em B(X), então, dado ε > 0, existe um n0 ∈ N
tal que, para quaisquer m,n > n0,
‖fm − fn‖∞ 0,
existe n′0 ∈ N tal que, para todo n > n′0,
|fn(x)− f(x)| n.
Veja que, para cada k ∈ N, dado ε > 0, para todo n > k, temos que |fn(k) − f(k)| = 0 n+ 1, então
fn(k) = 0 = fn+1(k). Portanto, fn+1(k) ≥ fn(k), para todos k, n ∈ N.
Sendo assim, procedo do Teorema da Convergência Monótona que
lim
n→∞
∫
N
fn dµc =
∫
N
lim
n→∞
fn dµc =
∫
N
f dµc.
Podemos decompor N, para algum n ∈ N, como N = {1} ∪ · · · ∪ {n} ∪ {n + 1, ...}. Além
disso, é imediato que {1}, ..., {n}, {n + 1, ...} ∈ P(N), tal como qualquer união dentre estes
conjuntos e também seus respectivos complementares. Ou seja, são conjuntos mensuráveis.
Ainda fixado n ∈ N, segue que fn é constante em cada um dos conjuntos acima. Então∫
N
fn dµc =
∫
{1}
fn dµc + ...+
∫
{n}
fn dµc +
∫
{n+1,...}
fn dµc
=
∫
{1}
fn(1) dµc + ...+
∫
{n}
fn(n) dµc +
∫
{n+1,...}
0 dµc .
Observe que µc({1}) = ... = µc({n}) = 1 e fn é simples, portanto∫
N
fn dµc = fn(1)µc({1}) + ...+ fn(n)µc({n}) + 0 = f(1) + ...+ f(n).
Finalmente, ∫
N
f dµc = lim
n→∞
∫
N
fn dµc = lim
n→∞
f(1) + ...+ f(n) =
∞∑
n=1
f(n).
b) Dada f ∈ Lp(N,P(N), µc) = Lp qualquer, consideremos a sequência (an) ∈ `p tal que
f(n) = an para todo n ∈ N. Desta forma, as operações usuais soma de funções e produto de
função por escalar (dadas por (f + g)(n) = f(n) + g(n) e (αf)(n) = αf(n), para quaisquer
f, g ∈ Lp, qualquer α ∈ R e todo n ∈ N) equivalem às operações usuais de sequências, pois,
sendo f(n) = an e g(n) = bn para todo n ∈ N, com (an), (bn) ∈ `p, então
(f + g)(n) = f(n) + g(n) = an + bn ⇒ f + g 7→ (an) + (bn) = (an + bn)
6
e
(fg)(n) = f(n)g(n) = anbn ⇒ fg 7→ (an)(bn) = (anbn) .
c) Para cada f tal que f(n) = an, com (an) ∈ `p,
‖f‖Lp =
∫
N
|f |p
 1
p
=
(
∞∑
n=1
|f(n)|p
) 1
p
=
(
∞∑
n=1
|an|p
) 1
p
= ‖(an)‖`p .
Logo, ‖f‖Lp 1 tais que 1
p
+ 1
q
= 1. Se (an) ∈ `p e (bn) ∈ `q, então (an)(bn) = (anbn) ∈ `1 e
‖(an)(bn)‖`1 ≤ ‖(an)‖`p · ‖(bn)‖`q .
Demonstração. De feto, existem f ∈ Lp e g ∈ Lq tais que f(n) = an e g(n) = bn para todo
nn ∈ N. Pela Desigualdade de Hölder para Integrais, como (fg)(n) = anbn. para todo n ∈ N,
segue que (anbn) ∈ `1, pois fg ∈ L1. Além disso, sucede que
‖(anbn)‖`1 = ‖fg‖L1 ≤ ‖f‖Lp · ‖g‖Lq = ‖(an)‖`p · ‖(bn)‖`q .
b) Teorema (Desigualdade de Minkowski para Sequências):
Seja 1 ≤ p