Exp e Log. Roberto Imbuzeiro Oliveira. 21 de Fevereiro de O que vamos ver 1. 2 Fatos preliminares sobre espaços métricos 2

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1 Funções contínuas, equações diferenciais ordinárias, Exp e Log Roberto Imbuzeiro Oliveira 21 de Fevereiro de 214 Conteúdo 1 O que vamos ver 1 2 Fatos preliminares sobre espaços métricos 2 3 Existência e unicidade de soluções locais 6 4 De soluções locais a soluções globais 8 5 As funções exponencial e logaritmo Construindo a função exponencial A função logaritmo O que vamos ver O problema básico da teoria das equações diferenciais ordinárias é o Problema de Cauchy. No nosso curso, vamos estudar apenas uma versão simples deste problema, em que são dadas Ψ : R 2 R e ξ R e a pergunta é: o problema (P ) ξ abaixo tem quantas soluções? (P ) ξ { f (t) = Ψ(t, f(t)), t R; f() = ξ. Nestas notas vamos mostrar o seguinte resultado. IMPA, Rio de Janeiro, RJ, Brazil,

2 Teorema 1 (Existência e unicidade) Suponha que existe L > tal que Ψ é Lipschitz na segunda coordenada, isto é, t R, x, y R : Ψ(t, x) Ψ(t, y) L x y. Então, para cada ξ R, o problema (P ) ξ possui uma única solução f. De fato, dada qualquer função contínua f 1, se definimos recursivamente temos que f n+1 (t) := ξ + t Ψ(s, f n (s)) ds (n N, t R) t R : f n (t) f(t). Este teorema será provado logo a seguir a partir de algumas ideias muito importantes. 1. vamos mostrar que, para qualquer T >, o espaço das funções contínuas de [ T, T ] em R pode ser visto como um espaço métrico completo; 2. mostraremos que o problema (P ) ξ com t restrito a [ T, T ] pode ser transformado no problema de achar o ponto fixo de uma transformação contínua H T sobre este espaço; 3. provaremos a existência e unicidade deste ponto fixo para cada T > e usaremos isso pra provar existência e unicidade do problema (P ) ξ original. Nossa principal aplicação do Teorema 1 vai ser para definir e estudar a função exponencial, que definiremos como a (única) solução do problema de Cauchy (P ) ξ com ξ = 1 e Ψ(t, x) = x. A partir dela, construiremos o logaritmo natural. Pode ser instrutivo ler a seção correspondente antes de partir para as tecnicalidades necessárias para a prova do Teorema 1. 2 Fatos preliminares sobre espaços métricos Vamos usar os resultados a seguir na prova do teorema. Teorema 2 Fixe um espaço métrico compacto (K, d K ). Considere o conjunto C = C(K, R) das funções contínuas de K em R. Então a expressão d (f, g) := sup f(x) g(x) (f, g C) x K define uma métrica sobre C. Além disto, (C, d C ) é espaço métrico completo. 2

3 Prova: Observamos em primeiro lugar que d C é bem definida: se f, g são contínuas, f g também é, e o supremo de f g é finito porque K é compacto. Observe que d C é simétrica porque f(x) g(x) = g(x) f(x) sempre. Claramente d C (f, f) =. Além disto, se f g, existe x K com f(x) g(x) > e então o supremo é > ; portanto, d C (f, g) >. Vamos provar agora que d C satisfaz a desigualdade triangular. Dadas f, g, h C, t K : f(t) g(t) f(t) h(t) + h(t) g(t) logo (usando as definições) sup f(x) h(x) + sup g(x) h(x), x K x K t K : f(t) g(t) d C (f, h) + d C (g, h), de modo que d C (f, h)+d C (g, h) é cota superior para os valores de f(t) g(t). Portanto d C (f, g) = sup f(t) g(t) d C (f, h) + d C (g, h) t K e como f, g são arbitrárias, isto prova a desigualdade triangular. Resta provar que C é completo. Para isto tomamos uma sequência de Cauchy qualquer {f n } n N C e provamos que existe f C tal que d C (f n, f). A construção da f é bastante natural e se baseia no seguinte fato (fácil de mostrar): se existir, f tem de satisfazer: x K : f(x) = lim n f n (x). Invertendo este raciocínio, nós provaremos que o limite acima sempre existe, definiremos f através do limite e, finalmente, provaremos que f C e d C (f n, f). Vamos primeiro fixar a notação: Observe que: ε := sup d C (f m, f n ) ( N). m,n lim ε =. De fato, como {f n } n é Cauchy, para todo ε > existe n tal que d C (f m, f n ) < ε para todo m, n n ; mas isto implica ε ε para todo n. 3

4 Para todo x K, f n (x) f m (x) d X (f n, f m ), portanto sup f n (x) f m (x) ε. m,n Isto quer dizer que a sequência numérica {f n (x)} n N é Cauchy, já que ε vai a e portanto: lim sup sup m,n f n (x) f m (x) =. Como R é completo, a segunda afirmação acima nos permite definir f : K R através de um limite: f(x) = lim n N f n (x) (x K) O que nos falta é provar que f C e d C (f n, f). Primeiro observamos que: x K n N : f n (x) f(x) = lim f n(x) f n+l (x) ε n. (1) l + Vamos usar isto para provar que f é uniformemente contínua: isto é, que para qualquer ε > existe um δ > tal que f(x) f(y) < ε sempre que d K (x, y) < ε. Isto vai decorrer do fato que f está arbitrariamente próxima de funções uniformemente contínuas. Para isto, fixamos um ε > qualquer e, em primeiro lugar, lembramos que ε, logo podemos escolher n tal que ε n < ε/3. A seguir, lembramos que f n C e que, como K é compacto, ela é necessariamente uniformemente contínua, portanto existe δ > tal que: x, y K : d K (x, y) < δ f n (x) f n (y) < ε 3. Vejamos agora que este mesmo δ funciona para f: de fato, pela desigualdade triangular e (1), x, y K : d K (x, y) < δ f(x) f(y) f n (x) f n (y) + f n (x) f(x) + f n (y) f(y) ε 3 + 2ε < ε. Tendo provado que f C, provar que d C (f n, f) é simples e fica como exercício baseado no seguinte fato: n : d C (f n, f) = sup f n (x) f(x) ε n por (1). x K 4

5 Teorema 3 (Ponto fixo de Banach, versão mais geral) Seja (X, d X ) um espaço métrico completo. Suponha que H : X X é tal que as iteradas H são κ -Lipschitz, com κ < +. Então existe um único x X que é ponto fixo de H, ou seja, H(x ) = x. Além disto, H n (x) x para todo x X. Prova: Fixe x X e defina x = H (x) = H(x 1 ), 1. Afirmamos que x x para algum x que é ponto fixo de H. De fato, observe que, se o limite existe, a continuidade de H implica que: x = lim x +1 = lim H(x ) = H(x ). Para ver que o limite existe, vamos mostrar que: ( ) d X (x 1, x ) < +. Lema 1 Se uma sequência qualquer satisfaz ( ), ela é Cauchy e (como X é completo) convergente. Prova: Defina ε n := n d X(x 1, x ). ε n é a cauda de uma série convergente e portanto ε n. Dato isto, vemos que, para quaisquer m > n: m > n : d X (x n, x m ) d X (x n, x n+1 ) + d X (x n+1, x m ) m d X (x 1, x ) ε n. Portanto: =n+1 lim( sup d X (x m, x n )) = n m n e é fácil ver (exercício) que isto implica que {x n } n é Cauchy. Provemos, então, que a nossa x n satisfaz ( ). De fato, veja que para todo 1: d X (x 1, x ) = d X (H 1 (x ), H 1 (x 1 )) κ 1 d X (x, x 1 ) porque H 1 é κ 1 -Lipschitz. Concluímos que: ( ) d X (x 1, x ) κ 1 d X (x, x 1 ) < + 5

6 por nossa hipótese que κ < +. Para terminar a prova, falta observar que x é o único ponto fixo, porque neste caso H (x ) converge para este ponto para todo x. De fato, como κ < +, devemos ter κ < 1/2 para algum. Mas então, se x, y são pontos fixos, H (x ) = x, H (y ) = y e d X (x, y ) = d X (H (x ), H (h )) κ d X (x, y ) o que, como κ < 1/2, implica que d X (x, y ) =, ou seja, x = y. Observação 1 A demonstracao acima também mostra que: x X : d X (x, x ) κ n d X (x, H(x)). n Isto será usado mais adiante. 3 Existência e unicidade de soluções locais Nesta seção fixamos T >. Nosso objetivo será procurar soluções do problema de Cauchy (P ) ξ restrito ao intervalo [ T, T ]. Defina C T := C([ T, T ], R). Definição 1 (Problema (P ) ξ,t ) Seja Ψ : R 2 R. Quantas funções f C T existem tais que f é diferenciável em ( T, T ), { f (t) = Ψ(t, f(t)), t ( T, T );? f() = ξ Para resolver este problema, introduzimos, para cada função f C T, uma nova função H ξ,t (f) : t [ T, T ] ξ + t Ψ(s, f(s)) ds com a convenção de que t = t se t <. Note que H ξ,t (f) C T é diferenciável porque o integrando é função contínua de t e, desta forma, o Teorema Fundamental do Cálculo garante que H ξ,t (f) é diferenciável em ( T, T ), com derivadas laterais nos extremos. Observe ainda que, pelo mesmo teorema: d H ξ,t (f)() = ξ, dt H ξ,t (f)(t) = Ψ(t, f(t)). 6

7 Exercício 1 Cheque cuidadosamente as afirmações acima. Isto implica que: f é solução de (P ) ξ,t f = H ξ,t (f). A prova a seguir baseia-se em encontrar este ponto fixo via iterações do operador H ξ,t. Este método é conhecido por iterações de Picard. Teorema 4 Quando Ψ é L-Lipschitz na segunda coordenada (como no enunciado do Teorema 1), o problema (P ) ξ,t admite uma única solução f C T.De fato, para qualquer f C T, Hξ,T n (f) f na distâcia d CT. Prova: Tudo isto seguirá automaticamente do Teorema do Ponto Fixo de Banach que vimos anteriormente, uma vez que tivermos estimativas sobre as constantes de Lipschitz das iteradas de H := H ξ,t. Para isto provaremos um fato um pouco mais forte de início. Lema 2 Para qualquer n N e t [ T, T ], H n (f)(t) H n (L t)n (g)(t) d CT (f, g). n! Prova: Vamos provar isto apenas para t >, já que a outra prova é análoga. Vamos proceder por indução em n, observando que o caso n = é trivial. Veja agora que, se vale a estimativa pretendida para n, a condição de Lipschitz sobre Ψ garante que satisfaz n (s) = Ψ(s, H n (f)(s)) Ψ(s, H n (g)(s)) n (s) L (Ls)n d CT (f, g). n! Como a integral é monótona, temos H n+1 (f)(t) H n+1 (g)(t) = t L (Ls)n n! t n (s) ds ds d CT (f, g) = (Lt)n+1 (n + 1)! d C T (f, g). (2) Invertendo os papéis de f e g e aplicando o mesmo raciocínio, H n+1 (f)(t) H n+1 (g)(t) (Lt)n+1 (n + 1)! d C T (f, g). Logo a estimativa desejada vale para n+1. Isto completa o passo indutivo. 7

8 Veja que o Lema implica que: f, g C T : sup H n (g)(t) H n (f)(t) κ n d CT (f, g) t [ T,T ] onde (LT )n κ n :=. n! Já vimos em sala que n Rn /n! < + para todo R >, portanto n κ n < +. Como H : C T C T e C T é completo, uma aplicação do Teorema de Ponto Fixo completa a prova. Observação 2 Veremos depois que n κ n = e LT. Tomando isto como dado, vamos observar que a distância entre a solução f,ξ de (P ) ξ,t e a solução f,ξ+h de (P ) ξ+h,t não pode ser grande se h é pequeno. De fato, veja que: H ξ,t (f,ξ+h ) = H ξ+h,t (f,ξ+h ) h = f,ξ+h h e que portanto d CT (f,ξ+h, H(f,ξ+h )) = h. Concluímos da observação 1 acima que: d CT (f,ξ+h, f,ξ ) e LT h. Uma conta um pouquinho mais refinada daria; t [ T, T ] : f,ξ+h (t) f,ξ (t) e Lt h. 4 De soluções locais a soluções globais Nesta seção concluímos a prova do Teorema 1. Para isto, começamos com uma observação simples. Para cada T >, defina f,t como a única solução de (P ) ξ,t Lema 3 Para qualquer t R o valor de f,t (t) é o mesmo para todo T t. Prova: Tome S > T t. Observe que a restrição de f,s a [ T, T ] é solução de (P ) ξ,t. A unicidade de soluções implica que esta restrição tem de ser exatamente igual a f,t. Em particular, f,s (t) = f,t (t). Para concluir a prova, observamos que podemos definir: f (t) := f,t (t) onde T > é qualquer valor em [ t, + ). 8

9 O Lema nos diz que isto está bem definido e é fácil ver que f () =. Mais ainda, usando o fato que f, t +1 é solução do problema local correspondente, podemos deduzir: f (t) = f, t +1 (t) = Ψ(t, f, t +1(t)) = Ψ(t, f (t)). Logo f é solução de (P ) ξ. Ela é a única solução porque qualquer solução tem de coincidir com f = f,t em cada intervalo [ T, T ] (como vimos na prova do Lema). Por fim, a afirmação de convergência no Teorema segue do fato de que H n ξ,t (f) f,t (ver iteração de Picard). Exercício 2 Mostre que, de fato, se f n é como no Teorema: T > : sup f n (t) f (t) quando n +. T t T 5 As funções exponencial e logaritmo 5.1 Construindo a função exponencial Vamos observar a seguinte consequência do teorema de existência e unicidade (Teorema 1) aplicado a Ψ(t, x) := x (que é 1-Lipschitz). Corolário 1 Existe uma única função diferenciável E : R R tal que E() = 1 e E (t) = E(t) para todo t R. Esta função, de fato, tem infinitas derivadas em todos os pontos de R. Além disto, temos as seguintes propriedades: 1. Para todo x R, E(x) = + n= xn /n!; 2. Para todos x, y R, E(x + y) = E(x) E(y); 3. E(x) > para todo x e E é estritamente crescente; 4. E(x) + quando x +, E(y) quando y. A imagem de E é (, + ). Prova: Vamos primeiro observar que E existe e é única pelo teorema de existência e unicidade. Para descobrir a expansão em série de E, definimos f 1 (t) := 1. Afirmamos que as funções f 2, f 3, f 4 dadas pelo teorema são: f 2 (t) = 1 + s 1 ds = 1 + t; 9

10 f 3 (t) = 1 + t (1 + s) ds = 1 + t + t2 2 ; t ) f 4 (t) = 1 + (1 + s + s2 ds = 1 + t + t t3 6 ; (... ) t n 2 f n (t) = 1 + s j n 1 t j ds = j! j!. j= j= Exercício 3 Prove por indução que f n (t) = n 1 j= tj j! Como o Teorema 1 garante que f n (t) E(t), temos que E(t) = + n= t n n!,, como afirmado acima. como dito na afirmação 1. Provaremos agora a segunda e a terceira afirmações, começando por uma prova de que E(x + y) = E(x)E(y) quando E(x) > 1. De fato, neste caso observamos que: E(t + x) F (t) := E(x) satisfaz F (t) = F (t) para todo t e F () = 1; portanto, pela unicidade já explicada, F (t) = E(t + x)/e(t) para todo t. Podemos agora provar E(x + y) = E(x) E(y) para todo x, y se mostrarmos que E(x) > para todo x. De fato, como E() = 1 > e E é contínua, existe um δ > tal que E(t) > para todo t ( δ, δ). Se tomamos x R qualquer e escolhemos N tal que x / < δ (o que existe porque 1/ quando + ), vemos que E(x/) > e portanto E(x) = E(x/) E(x( 1)/) = E(x/) 2 E(x( 2)/) = = E(x/) >. Pelo que vimos antes, isto garante que o item 2 vale. Para terminar a prova do item 3, falta apenas notar que E (x) = E(x) > para todo x, logo E é estritamente crescente. Agora provaremos os limites no item 4. Suponha que x n +. Veja que para todo N temos x n para todo n suficientemente grande. Isto é, n, n n : x n > e (usando 2 e 3) E(x n ) > E() = E(1). 1 Neste ponto nós ainda não provamos que E(x) > para todo x R! 1

11 Portanto lim inf n E(x n ) sup E(1). Como E é crescente, E(1) > E() = 1 e portanto sup E(1) = +. Deduzimos que lim n E(x n ) = + para qualquer sequência com x n +. Para analisar o caso de y n, apenas notamos que y n e que, pelo item 2, E(y n ) = E() E( y n ) = 1 E( y n ) já que y n E( y n ) +. Falta apenas verificar o item 5. De fato, é evidente que a imagem de E está contida em (, + ), já que E(x) > para todo x R. Por outro lado, veremos que qualquer elemento a (, + ) está na imagem. De fato, isto ocorre porque, como lim x E(x) =, existe x com E(x ) < a e, de modo semelhante, existe x + com E(x + ) > a. Mas então o Teorema do Valor Intermediário nos garante que existe x entre x e x + com E(x) = a, como queríamos demonstrar. Definimos o número e := E(1) = + j= (j!) 1. É um exercício provar que E(r) = e r para todo r Q; isto nos permite interpretar E(x) como e x mesmo quando x R é irracional. 5.2 A função logaritmo Como E : R R é crescente, ela é uma bijeção sobre sua imagem, que é (, + ). Portanto, existe uma outra bijeção L : (, + ) R tal que x (, ), E L(x) = x. Esta função é o logaritmo na base e porque e L(x) = x. Lema 4 L(xy) = L(x) + L(y) para quaisquer x, y >. Prova: Como E é bijeção, basta provar que E(L(xy)) = E(L(x) + L(y)). Isto vale porque, usando as propriedades de E provada acima e a definição de L: E(L(xy)) = xy = E(L(x)) E(L(y)) = E(L(x) + L(y)). 11

12 Teorema 5 L é contínua e diferenciável, com L(1) = e L (x) = 1/x. L é infinitas vezes diferenciável e, quando h 1/2, temos uma expansão em série: + ( 1) j+1 h j L(1 + h) =. j j=1 Prova: L(1) = vem do fato de que E(L(1)) = 1 = E() mais o fato de que E é bijeção. O fato de que L é diferenciável segue dos exercícios 7 e 8 da lista sobre derivadas, mais a observação (baseada na regra da cadeia) de que 1 = (x) = (E L) (x) = E (L(x)) L (x) = x L (x); em que usamos E = E para deduzir que E (L(x)) = E(L(x)) = x acima. O exercício 11 da lista sobre derivadas mostra que L (x) = 1/x é infinitas vezes diferenciável. Uma rápida indução revela que L () (x) = ( 1) +1 ( 1)!/x. Como isto implica que L () (c)/! = ( 1) +1 / c, a fórmula de Taylor com resto de Lagrange garante que: [ h 1 2, 1 ] 1 ( 1) j+1 h j +( 1)+1 h c entre 1 e 1+h : L(1+h) = 2 j c. j= Para provar a expansão em série, observamos que c h/c 1. Desta forma, quando +, ( 1) +1 h c 1 1/2 e portanto e deduzimos que L(1 + h) = lim 1 + j= ( 1) j+1 h j j = + j= ( 1) j+1 h j. j 12

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