Lista 8 de Análise Funcional - Doutorado 2018

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1 Lista 8 de Análise Funcional - Doutorado 2018 Professor Marcos Leandro 17 de Junho de Sejam M um subespaço de um espaço de Hilbert H e f M. Mostre que f admite uma única extensão para H preservando norma. Solution: Considere a aplicação de dualidade F denida em H por F (x) = {f H : f = x e f, x = x 2 }. Pelo Teorema de Hahn-Banach, F (x) para cada x H. no entanto, F (x) pode ter mais de um elemento, o que não ocorre se H for estritamente convexo, como veremos. Lembremos: Um espaço vetorial normado E é dito ser estritamente convexo, se dados x y em E com x = y = 1, tivermos x + y 2 < 1. Assumamos inicialmente que F (x) tem apenas um elemento para cada x H (mostraremos que isso de fato ocorre, em seguida), e com isso mostremos que vale a conclusão do exercício. Ora, como cada funcional linear contínuo em M se estende unicamente para um funcional linear contínuo em M, podemos considerar M como sendo um subespaço vetorial fechado. É claro que o produto escalar (, ) em H restrito a M faz de M um espaço de Hilbert. Seja g M. Pelo Teorema da Representação de Riesz-Fréchet, existe y M tal que { g, x = (y, x) x M g = y. Seja f H extensão de Hahn-Banach para g, de modo que f = g = y e f, y = g, y = (y, y) = y 2, mas pelo o que assumimos, temos que existe único f H que satisfaz essas duas condições. De onde segue a conclusão do exercício. Mostremos o que falta. Armação 1: H é estritamente convexo. Sejam f 1 f 2 funcionais unitários em H. Novamente pelo Teorema da Representação de Riesz-Fréchet (aplicado em H ), existem y 1 y 2 vetores unitários em H tais que f 1, = (y 1, ) e f 2, = (y 2, ). Assim, pela identidade do paralelogramos, temos que 2 2 f 1 + f 2 2 = y 1 + y 2 2 = ( y y 2 2 ) y 1 y = 1 y 1 y 2 2 < 1. Armação 2: F (x) é um conjunto unitário, x H. Se x = 0, nada há pra mostrar. Considere x H \ {0} e sejam f 1 f 2 em F (x). Então f 1 / x = 1 = f 2 / x, e pela 1

2 atirmação 1 devemos ter o que é absurdo. 1 > f 1 + f 2 2 x f1 + f 2 2 x, x x = 1 2 x 2 ( f 1, x + f 2, x ) = 1 2 x 2 2 x 2 = 1, 2. Mostre que se H é um espaço de Hilbert, então H também o é. Solution: Seja H um espaço de Hilbert. Observe que H é um espaço de Banach com a norma induzida pelo produto interno. Daí, basta mostrar que a norma em H é induzida por um produto interno, pois H é completo. Dado ψ, ϕ H, pelo Teorema de Riesz-Fréchet, existem únicos y 0, y 1 H tais que ψ(x) = (x, y 0 ) H e ϕ(x) = (x, y 1 ) H para todo x H, ψ H = y 0 H e ϕ H = y 1 H É fácil vericar que a expressão (ψ, ϕ) H := (y 1, y 0 ) H dene um produto interno em H. De (ψ, ψ) = (y 0, y 0 ) = y 0 2 = ψ 2 segue que esse produto interno induz a norma em H. 3. Seja N l 2 constituído por elementos com apenas um número nito de entradas não nulas. Prove que ξ n f(ξ 1, ξ 2,...) = n, ξ := (ξ 1, ξ 2,...) N n=1 é tal que f N, porém f H. Isso prova que a hipótese de H ser completo é fundamental no Teorema da Representação de Riesz. Solution: A hipótese de H ser completo é fundamental no Teorema da Representação de Riesz. De fato, f N mas f H, pois não existe η N de forma que ξ N, pois o vetor (1, 1 2, 1 3, ) N. f, ξ = η, ξ = ξ n n n=1 4. Sejam H um espaço de Hilbert e f H /{0}. Prove que dim(ker(f) ) = 1. Solution: Como f 0 ker(f) H. Armação: ker(f) 0. De fato, suponha que ker(f) = 0. f(v) = (u, v), v H. Daí, Pelo Teorema de Riesz, existe um único u H, tal que (u, v) = 0 v ker(f) u ker(f) u = 0. Além disso, f H = u H = 0 f = 0 Page 2

3 o que é um absurdo. Logo, ker(f) 0. Seja z 0 0 ker(f). Necessariamente f(z 0 ) 0, pois caso contrário teríamos que z 0 ker(f) e como z 0 ker(f) (z 0, v) = 0 v ker(f). Em particular, (z 0, z 0 ) = 0 z 0 = 0. Seja u = z0 f(z 0) ker(f) e f(u) = f(z0) f(z 0) = 1. Como 0 ker(f) H é subespaço fechado temos que H = ker(f) ker(f). Daí, para todo x H, x = y 1 + y 2 onde y 1 ker(f) e y 2 ker(f). Sendo z ker(f) H e f(z) = b. Temos que z = (z bu) + bu. Porém, (z bu, v) = (z, v) b(u, v) = 0, v ker(f), donde (z bu) ker(f). Por outro lado, f(z bu) = b bf(u) = 0 z bu ker(f) (z bu) ker(f) ker(f) = 0 z = bu dim(ker(f) ) = Prove que (C[0, 1],. ) não é um espaço com produto interno. Solution: Vamos mostrar que a norma denida por x = max t [0,1] x(t) não pode ser obtida de um produto interno porque não satisfaz a Desigualdade do Paralelogramo. De fato, tome x : [0, 1] R e y : [0, 1] R funções denidas por x(t) = 1 e y(t) = t. Então x = max 1 = 1 = max t = y e t [0,1] t [0,1] x + y = max x(t) + y(t) = max 1 + t = 2, t [0,1] t [0,1] x y = max x(t) y(t) = max 1 t = 1. t [0,1] t [0,1] Logo, e o que mostra que x + y 2 + x y 2 = 5 2( x 2 + y 2 ) = 4, x + y 2 + x y 2 2( x 2 + y 2 ). 6. Sejam H um espaço de Hilbert e {e 1,..., e n } um conjunto ortonormal de H. Prove que: (i) n (x, e i) x 2, para cada x H (Desigualdade de Bessel); (ii) (x n (x, e i)e i ) e j, j = 1,..., n. Solution: Para o item i), temos que Page 3

4 0 = x x 2 x, e i e i x, e i e i, x x, e i e i n = x 2 x, e i e i, x = x 2 = x 2 x, e i 2 x, e i 2 Logo, n (x, e i) 2 x 2. Para o item ii), temos que, x x, n x, e j e j + x, e i e i, x, e j e j j=1 x, e i 2 + x, e i e i, e j = x, e j x, e i 2 j=1 x, e i e j, e i = x, e j x, e j = 0 Disso obtemos que para cada j = 1, 2,..., n, o vetor (x n (x, e i)e i ) é perpendicular a e j. 7. Sejam H um espaço de Hilbert e Θ := {e j } j I um conjunto ortonormal de H, não necessariamente enumerável. Prove que: (i) Dado x H o conjunto S x := {e j Θ (x, e j ) = 0} é contável; (ii) i I (x, e i) x 2, para cada x H (Desigualdade de Bessel); (iii) (x n (x, e i)e i ) e j, e j S x. Solution: (i) Para cada inteiro positivo n, considere o conjunto { S n x = e i : x, e i 2 > x 2 n Daí, podemos armar que S n tem no máximo n 1 vetores. De fato, pois caso contrário a desigualdade de Bessel não iria valer. A conclusão segue do fato que S = n=1 S n. (ii) Considere o conjunto S x como está denido no item anterior. Se S x for vazio dena i I (x, e i) sendo 0, assim a desigualdade dada no enunciado é trivialmente satisfeita. Agora consideremos que S x não é vazio. Assim, pelo item anterior, segue que este é nito ou innito contável. Se S x for nito dena S x = {e 1, e 2,..., e n }. Usando a ortonormalidade de {e j } n j=1 segue que n 0 x 2 x, e i e i = x x, e i e i, x }. x, e j e j = x, x j=1 Page 4

5 x, e i x, e i x, e j x, e j + j=1 j=1 x, e i x, e j e i, e j = x 2 Agora nos resta provar o caso em que S x é contável e innito. Dena S x = {e 1, e 2,..., e n,...} Como o n tomado no caso nito, provado acima, é arbitrário segue que (iii) Note que x x, e n 2 x 2. n=1 x, e i e i, e j = x, e j x, e i 2. x, e i e i, e j = x, e j x, e j = Sejam H um espaço de Hilbert e Θ := {e j } j I um conjunto ortonormal de H. Prove que as seguintes armaçãoes são equivalentes: (i) Θ é completo; (ii) Se x Θ, então x = 0; (iii) Dado x H, então x = i I (x, e i )e i é contável (Série de Fourier); (iv) Dado para cada x H, então (x, e i ) = x 2. i I Solution: Dado x H, armamos que é enumerável. I x := {j I; (x, e j ) 0} De fato, ponha J k = {j I : (x, e j ) > 1/k} para cada k N. Então, I x = J k. k=1 Vejamos que cada J k é nito, e portanto, I x é enumerável. Para isso, usaremos o seguinte LEMA 1 (Mujica, Proposição 21.1): Para todo x H, temos que (x, e ji ) 2 x 2. Com isso, se J J k é nito, então x 2 j J (x, e j ) 2 > j J 1 k 2 = J k 2, e daí, J < k 2 x 2 < e portanto J k k 2 x 2. Ou seja, temos que J k é nito, para cada k N, conforme armamos. Agora, as séries que aparecem em (iii) e (iv) fazem sentido. [(i) (ii)] Temos, por hipótese que span(θ) = H. Tome x Θ. Devemos mostrar que x = 0. Existe uma sequência {x n } span(θ) tal que lim x n = x. É claro que (x n, x) = 0 para cada n n N. Assim, x 2 = (x, x) = (lim x n, x) = lim(x n, x) = 0, Page 5

6 e portanto, x = 0. [(iii) (iv)] Seja x H. Por hipótese, temos que x = j I(x, e j )e j. Assim, x 2 = (x, x) = (x, e j )e j, e j )e j j I j I(x, = j Ix(x, e j )e j, ( ) (x, e j )e j = (x, e ji )e ji, (x, e ji )e ji j Ix ( m ) = lim (x, e ji )e ji, (x, e jk )e jk = lim m,n = lim m,n k=1 = j I m (x, e j ) 2. k=1 (x, e ji )(x, e jk )δ jij k = lim m,n m,n min{m,n} ( ) m (x, e ji ) e ji, (x, e jk )e jk (x, e ji ) 2 k=1 x 2 = j I (x, e j ) 2 [(ii) (iii) e (iv) (i)] Usaremos o seguinte LEMA 2 (Mujica, Proposição 21.3): Dado x H, a série j I x (x, e j )e j é incondicionalmente convergente, ou seja, é convergente e sua soma independe da ordem escolhida em I x. Solution: Tome x H e considere p = j I(x, e j )e j e q = x p. Como (q, e i ) = (x, e i ) (p, e i ) = (x, e i ) j I(x, e j )(e j, e i ) = (x, e i ) (x, e i ) = 0 para todo i I, temos q Θ. Supondo (ii), temos q = 0, de onde x = p = j I(x, e j )e j, que é (iii). Suponhamos que vale (iv) e seja M = span(θ). Então, p M e q M. Pelo Teorema de Pitágoras, x 2 = p 2 + q 2 = (x, e j ) 2 + q 2, j I e como vale (iv), q = 0. Assim, x = p + q = p M. Da arbitrariedade de x H, temos que H = span(θ), ou seja, Θ é completo. 9. Seja H um espaço de Hilbert e A, B : H H lineares limitados. Mostre que os operadores adjuntos A, B : E E satisfazem: Page 6

7 (i) (A + B) = A + B, (ii) (αa) = αa, onde α é um escalar, (iii) (AB) = B A, (iv) A = A, (v) A = A, (vi) AA = A Sejam H um espaço de Hilbert, e a : H H R uma forma sesquilinear de H. Mostre que: a = sup{ : u, v H, u 1, v 1} = sup{ : u, v H, u = 1, v = 1} = inf{c > 0 : C u v, u, v H}. Solution: Notação: Seja a(u, v) uma forma sesquilinear limitada de um espaço de Hilbert H. Denotaremos por a o numero : { } a = sup ; u, v He u, v 0 u v Provaremos primeiramente que a = sup{ : u, v H, u = 1, v = 1} (1) Sejam u, v H tais que u, v 0.Temos ( ) u v = u a u, v sup v u,v H; u = v =1 o que implica que Por outro lado, a sup (2) u,v H; u = v =1 {a(u, v); u, v H tal que u = v = 1} {a(u, v); u, v H tal que u 0 e v 0} Daí, {a(u, v); u, v H tal que u = v = 1} { } ; u, v H tal que u 0 e v 0 u v o que implica que sup a (3) u,v H; u = v =1 Portanto por (2) e (3) obtemos (1). Agora provaremos a = inf{c > 0 : C u v, u, v H} (4) Se a = 0 temos que a = 0 e portanto a igualdade segue trivialmente. Consideremos a 0 e C > 0 tal que C u v u v C, para todo u, v H, tal que u, v 0 o que implica a = sup u,v H;u,v 0 u v C Page 7

8 Desta forma, a C, para todo C > 0, tal que C u v para todo u, v H.Assim, tomando-se o inmo obtemos Por outro lado, notemos que u v a inf{c > 0; C u v para todo u, v H}. (5) a a u v para todo u, v H, tal que u, v 0 Se u = 0 ou v = 0 temos imediatamente que = a u v = 0,assim, concluimos que a u v, para todo u, v H, tal que u, v 0. O que implica que a {C > 0; C u v para todo u, v H}. Conseqüentemente, Portanto por (5) e (6) obtemos (4). Finalmente, provaremos que Devido a (1) basta provar que a inf{c > 0; C u v para todo u, v H} (6) a = sup{ : u, v H, u 1, v 1} sup{ : u, v H, u = v = 1} = sup{ : u, v H, u 1, v 1} (7) De fato, como Resulta que {a(u, v); u, v H tal que u = v = 1} {; u, v H tal que u 1 e v 1} sup{ : u, v H, u = v = 1} sup{ : u, v H, u 1, v 1} (8) Por outro lado, sejam u, v H tais que u 1, v 1 e u, v 0. Então u v 1, e portanto, 1 1 u v, o que nos leva a Se u = 0 ou v = 0 temos que = 0 sup u,v H; u = v =1 u v a = sup u,v H; u = v =1 sup. u,v H; u = v =1 para todo u, v H com u 1 e v 1. O que implica que Logo sup{ : u, v H, u 1, v 1} sup{ : u, v H, u = v = 1} (9) Portanto por (8) e (9) obtemos (7). O que conclui a prova. 11. Sejam H um espaço de Hilbert, e a : H H C uma forma sesquilinear de H. Mostre que as armações são equivalentes: (a) a é contínua em H H; (b) a é contínua em (0, 0); (c) existe C > 0 tal que C u v, u, v H; (d) a é Lipschitziana em cada parte limitada de H H. Page 8

9 Solution: (a) (b). Se a é contínua em H H, em particular o é em (0, 0). (b) (c). Se a é contínua em (0, 0), então para todo ɛ > 0, existe δ > 0 tal que (u, v) (0, 0) < δ a(u, v) a(0, 0) < ɛ, isto é, (u, v) < δ < ɛ. Lembrando que a norma denida em H H está dada por (u, v) = u + v temos que Assim, para ɛ = 1 existe δ 1 > 0 tal que u + v < δ < ɛ. u + v < δ 1 < 1. (10) Sejam C > 0 tal que 0 < 1 C < δ 1 e u, v H com u, v 0. Logo ( u 2C u, v 2C v ), e assim ( ) u 2C u, v = u v 2C v 2C u 2C v = 1 2C + 1 2C = 1 C < δ 1. (11) Das equações 10 e 11 obtemos que ( ) u a 2C u, v < 1 2C v 4C 2 u v < 1, e portanto < 4C 2 u v, assim ca demostrado para u, v 0. Por outro lado, se u 0 ou v 0, teríamos que a(u, v) = 0 e a desigualdade (c.) ca provada, mais ainda, para todo C > 0. (c) (d).suponhamos que existe C > 0 tal que C u v para todo u, v H e seja E H H um subconjunto limitado, isto é, existe r > 0 tal que E B r (0), onde B r (o) é a bola centrada em 0 e de raio r. Isto é, para todo (u, v) E cumpre-se (u, v) < r, ou melhor u + v < r (u, v) E. (12) Agora vamos mostrar que a(u, v) é Lipschitziana em E. Sejam (u 1, v 1 ), (u 2, v 2 ) E, pelo fato de a se uma aplicação limitada temos que a(u 1, v 1 ) a(u 2, v 2 ) = a(u 1, v 1 ) a(u 1, v 2 ) + a(u 1, v 2 ) a(u 2, v 2 ) = a(u 1, v 1 v 2 ) + a(u 1 u 2, v 2 ) a(u 1, v 1 v 2 ) + a(u 1 u 2, v 2 ) C u 1 v 1 v 2 + C v 2 u 1 u 2 C u 1 v 1 v 2 + C v 1 v 1 v 2 + C v 2 u 1 u 2 + C u 2 u 1 u 2 = C v 1 v 2 ( u 1 + v 1 ) + C u 1 u 2 ( u 2 + v 2 ) Cr v 1 v 2 + Cr u 1 u 2 = Cr( (u 1, v 1 ) (u 2, v 2 ) ). O que conclui que a(u, v) é Lipschitziana em E com constante de Lipschitz igual a Cr. (d) (a). Suponhamos que a(u, v) é Lipschitziana em limitados de H H. Sejam (u 0, v 0 ) H H e ɛ > 0. Como a(u, v) é Lipschitziana em limitados de H H, existe r > 0 tal que a(u, v) é Lipschitziana em B r ((u 0, v 0 )). Isto é, existe uma constante de Lipschitz L r (que depende de r) tal que a(u, v) a(u 0, v 0 ) L r (u u 0, v v 0 ) (u, v) B r ((u 0, v 0 )), (13) Page 9

10 agora, escolhendo δ < min(ɛ/l r, r) obtemos junto com a equação 13 (u u 0, v v 0 ) < δ a(u, v) a(u 0, v 0 ) ɛ. Portanto a(u, v) é continua em H H pela arbitrariedade na escolha do u 0, v 0. Page 10