1 Geometria: Funções convexas

Lista 22 - Cálculo 1 - Honors Nesta lista tentaremos usar Cálculo I para dar uma amostragem do sabor de algumas áreas da matemática: 1 Geometria: Funções convexas A noção geométrica de convexidade tem grande influência na Matemática. Em particular, na geometria diferencial, onde é uma hipótese básica para poder medir comprimentos em espaços curvados, na análise (via as desigualdades de convexidade) e, na matemática aplicada, na optimização. Esta parte da lista é uma expansão da lista de funções convexas da lista 1. Lembrando, um subconjunto K do plano é dito convexo se, dados p, q K, o segmento de reta unindo p com k está totalmente contido em K. Lembre/deduza que o segmento de reta unindo dois pontos p, q do plano pode ser descrito como S pq = {tp + (1 t)q t [, 1]} = {λ 1 p + λ 2 q λ 1 + λ 2 = 1, λ 1, λ 2 }. Na discussão a seguir I denotará um intervalo aberto. Seja f : I R uma função, I. O epigráfico de f, que denotamos por EΓ f, é o conjunto obtido de adicionar ao gráfico os pontos acima dele: EΓ f = {(x, y) R R x I, y f(x)}. Uma função f : I R é dita convexa se o epigráfico de f é um subconjunto convexo do plano. Note que a definição de convexidade não asume nenhuma regularidade de f. Agora daremos algumas definições que relacionarão a convexidade com retas secantes e tangentes : Uma função f : I R satisafaz: Desigualdade da secante se para todo a < b no intervalo I, e λ [, 1], f((1 λ)a + λb) (1 λ)f(a) + λf(b) Desigualdade 2-secante se para todo a < x < b, a, b I, f(x) f(a) x a f(b) f(a) b a Desigualdade 3-secante se para todo a < x < b, a, b I, f(x) f(a) x a f(b) f(a) b a f(b) f(x) b x

Existência de linhas de suporte: uma linha de suporte de f em x é uma função afim l(x) = mx + b que satisfaze l(x ) = f(x ) e f(x) l(x) para todo x I; dizemos que f é suportada se admite uma linha de suporte para todo x I. Exercício 1. Mostre que qualquer uma das condições acima é equivalente a f ser convexa en I. Exercício 2. Mostre que um função convexa satisfaz as desigualdades: Desigualdade 2-secante generalizada para todo a < b c < d, a, b, c, d I, f(b) f(a) f(d) f(c) b a d c Desigualdade 2-secante intercalada para todo a < b < c < d, a, b, c, d I, f(c) f(a) c a f(b) f(a) b a f(d) f(b) d b Uma função f : I R é dita de Lipschitz com constante L se f(y) fxa) L y x para todo x, y I. Exercício 3. Mostre que toda função Lipschitz num intervalo I é uniformemente contínua em I. Exercício 4. Mostre que toda função convexa num intervalo aberto I é contínua. Assim, não asumimos a priori nenhuma regularidade de funções convexas, mais a própia geometria da convexidade garante pelo menos a continuidade. Porém tem mais ainda: Exercício 5. Mostre que para todo x I, as derivadas laterais f (x) e f + (x) existem, e satisfazem, se x < y, f (x) f + (x) f (y) f + (y) Exercício 6. O exercício antrerior mostra que: para cada ponto x tal que f (x) f + (x), f (x) < f + (x). Escolha um racional q satisfazendo f (x) < q < f + (x). Se y > x é outro ponto onde as derivadas laterais não existem, o racional correspondente será maior. Assim, se f é convexa, o conjunto de pontos onde f não é diferenciável é enumerável, isto é, f é diferenciável em quase todo ponto. Além disso, o exercício anterior também mostra que a derivada de uma função convexa é uma função não decrescente (onde definida).

Exercício 7. Lembrando da lista 1, mostre que se f : I R é duas vezes diferenciável, então f é convexa se, e somente se, f (x) para todo x I. Exercício 8. Mostre a em desigualdade de Jensen: se λ 1,..., λ n satisfacem λ i, λ i = 1, então se f : I R é convexa para todo x 1,... x n I. f(λ 1 x 1 + + λ n x n ) λ 1 f(x 1 ) + + λ n f(x n ) Exercício 9. Pesquise as desigualdades de Hölder, Young, Minkowski, Aritmética- Geométrica com pesos e relacione-as com a desigualdade de Jensen. Exercício 1. Considere agora pontos x 1, x n do plano. Uma combinação convexa destes pontos é um ponto da forma λ 1 x 1 + + λ n x n, com λ i e λ i = 1 como na desigualdade de Jensen. O fecho convexo de um conjunto K do plano é o menor conjunto convexo que contém K. Mostre que o fecho convexo de um conjunto coincide com o conjunto de todas as possíveis combinações convexas (finitas) de pontos do conjunto. A lista termina aqui; para um introdução elementar (porém muito difícil!) à geometria convexa, podem consultar A. C. Thompson, Minkowski Geometry, Encyclopedia of Math and its Applications, volume 63, Cambridge University Press, Cambridge, 1996. 2 Álgebra: frações parciais Agradeço ao Cléber Barreto, que elaborou esta parte da lista. O método das frações parciais é na verdade uma primeira aproximação à Teoria de Anéis, já que na verdade a decomposição depende únicamente das propriedades algébricas dos polinômios e as funções racionais associadas. Vamos seguir um roteiro que terminará com uma ideia da demonstração do método. Em toda a lista, f(x) = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x 1 + a e = b m x m + b m 1 x m 1 + + b 1 x 1 + b serão polinômios com coeficientes reais sobre uma variável real. Denotaremos os graus dos polinômios f(x) e respectivamente por (f(x)) = n e () = m. Exercício 11 (Algoritmo da divisão). Sejam f(x) e polinômios como acima. O objetivo deste exercício é mostrar que existem únicos polinômios q(x) e r(x) tais que f(x) = q(x) + r(x), com (r(x)) < (). (2.1)

(a) Suponha que (f(x)) < (). Mostre que q(x) = e r(x) = é solução do problema (2.1). (b) Resolva o problema (2.1) para o caso (f(x)) = (). (Sugestão: considere o polinômio s(x) = a m b n.) (c) Suponhamos agora que (f(x)) > (). Use indução no grau de n para verificar que o problema (2.1) também pode ser resolvido nesse caso. (d) Mostre que em qualquer um dos casos anteriores o problema (2.1) possui uma única solução. (Sugestão: suponha que existam soluções q 1 (x), r 1 (x) e q 2 (x), r 2 (x) de (2.1) e mostre que q 1 (x) = q 2 (x) e r 1 (x) = r 2 (x)). De acordo com o exercício anterior, sempre podemos escrever Desta forma f(x) r(x) = q(x) +, com (r(x)) < (). (2.2) f(x) dx = q(x)dx + r(x) dx. (2.3) Vamos focar na segunda integral, uma vez que sabemos integrar facilmente a função q(x). Exercício 12 (Fatoração de ). Seja um polinômio como acima. O objetivo deste exercício é mostrar que pode ser escrito como produto de polinômios de graus 1 e 2. Para isso, vamos utilizar o Teorema Fundamental da Álgebra e suas consequências: Teorema Fundamental da Álgebra: Seja h(z) um polinômio não constante com coeficientes complexos. Então h(z) possui alguma raiz complexa. (a) Mostre que se a R é uma raiz de então x a é um polinômio que divide, i.e., mostre que o resto r(x) da divisão de por x a no algoritmo da divisão é o polinômio nulo. (b) Mostre que se z C é uma raiz de então z também é uma raiz de (lembre que todos os coeficientes de são reais). (c) Seja z = a + bi uma raiz não real de, com a, b R. Mostre que o polinômio x 2 2ax + (a 2 + b 2 ) divide. (d) Conclua que podemos escrever o polinômio como produtos de polinômios de graus 1 e 2.

(e) Conclua que possui no máximo m raízes reais distintas. Exercício 13 (Caso 1: possui apenas raízes reais simples). Suponhamos que seja um polinômio que possui apenas raízes reais simples, i.e., todas as raízes a i de são reais e tais que (x a i ) 2 não divide. Isto significa que podemos escrever = (x a 1 )(x a 2 ) (x a m ). (2.4) Queremos achar α 1, α 2,..., α m R tais que r(x) = α 1 + α 2 + + α m (2.5) x a 1 x a 2 x a m (a) Mostre que se α 1, α 2,..., α m R são tais que a equação (2.5) é verificada então temos que r(x) = α 1 p 1 (x)+α 2 p 2 (x)+ +α m p m (x), onde p j (x) = (b) Mostre que r(a j ) = α j p j (a j ). m k j,k=1 (x a k ). (2.6) (c) Mostre que p j (a j ) e encontre os valores de α j que tornam a equação (2.5) verdadeira. (d) Calcule r(x) dx. (2.7) Exercício 14 (Caso 2: possui apenas raízes simples). Suponhamos que seja um polinômio que possui apenas raízes simples, i.e., todas as raízes reais a i de são tais que (x a j ) 2 não divide e que para as raízes complexas b j + c j i (b j, c j R) o polinômio (x 2 2b j x + (b 2 j + c 2 j)) 2 não divide. Desta forma temos que = (x a 1 )(x a 2 ) (x a s )(x 2 2b 1 x+(b 2 1+c 2 1))(x 2 2b 2 x+(b 2 2+c 2 2)) (x 2 2b t x+(b 2 t +c 2 t )). (2.8) Queremos achar α j, β j, γ j tais que r(x) = + α 1 x a 1 + α 2 x a 2 + + β 1 + γ 1 x x 2 2b 1 x + (b 2 1 + c 2 1) + α s (2.9) x a s β 2 + γ 2 x x 2 2b 2 x + (b 2 2 + c 2 2) + + β t + γ t x x 2 2b t x + (b 2 t + c 2 t )

(a) Mostre que se α 1, α 2,..., α s, β 1, β 2,..., b t, γ 1, γ 2,..., γ t R são tais que a equação (2.9) é verificada então temos que r(x) = α 1 p 1 (x) + α 2 p 2 (x) + + α s p s (x) (2.1) onde + (β 1 + γ 1 x)p 1 (x) + (β 2 + γ 2 x)p 2 (x) + + (β t + γ t x)p t (x) e s t p k (x) = (x a j ) + (x 2 2b l x + (b 2 l + c 2 l)) (2.11) j k,j=1 l=1 s t P k (x) = (x a j ) + (x 2 2b l x + (b 2 l + c 2 l)) (2.12) j=1 l k,l=1 (b) Use o item anterior para mostrar (e calcular) α s, β s e γ s que tornem verdadeira a equação (2.9). (Olhe o exercício anterior para se inspirar). (c) Calcule r(x) dx. (2.13) Exercício 15 (Caso 3: possui apenas raízes reais). Sejam a 1, a 2,... a k R todas as raízes de, supondo que possui apenas raízes reais, i.e.: = (x a 1 ) n 1 (x a 2 ) n2 (x a k ) n k. (2.14) Vamos mostrar que existem α ij, com i {1, 2,..., k} e j {1, 2,..., n i } tais que r(x) = + α 11 α 12 + x a 1 (x a 1 ) + + α 1n1 2 (x a 1 ) n 1 α 21 + x a 2 α 22 (x a 2 ) 2 + + α 2n1 (x a 2 ) n 1 + + α k1 x a k + (2.15) α k2 (x a k ) 2 + + α knk (x a k ) n k Mostre que se a equação (2.15) é satisfeita então (a) f(x) = α 11 p 11 (x)+α 12 p 12 (x)+ +α 1n1 p 1n1 (x)+α 21 p 21 (x)+α 22 p 22 (x)+ + α 2n2 p 2n2 (x) + + α k1 p k1 (x) + α k2 p k2 (x) + + α knk p knk (x). (b) f(a j ) = α jnj p jnj (a j ) (c) f (a j ) = α j(nj 1)p jnj (a j ) + α jnj p jn j (a j ). (d) f (a j ) = 2α j(nj 2)p jnj (a j ) + α j(nj 1)p j(n j 1) (a j) + α jnj p jn j (a j )

r 1 (e) f (r) (a j ) = r!α j(nj r) + α j(nj l)p (r) j(n j l) (a j). l= Por fim, conclua que podemos encontrar todos os α s necessários e conclua que é possível calcular r(x) dx. (2.16) Exercício 16 (Caso geral). Na pior das hipóteses, conseguimos decompor o polinômio na forma = (x a 1 ) n1 (x a k ) n k (x 2 2b 1 x+(b 2 1+c 2 1)) m1 (x 2 2b l x+(b 2 l+c 2 l)) m l. (2.17) O objetivo final é encontrar α s, β s e γ s tais que r(x) = k n i i=1 j=1 α ij l (x α i ) + j i=1 m i j=1 β ij + γ ij x (x 2 2b i x + (b 2 i +. (2.18) c2 i ))j (a) Supondo que a equação (2.18) é válida para tais coeficientes mostre que r(x) = k n i α ij p ij (x) + i=1 j=1 l m i (β ij + γ ij (x))p ij (x), (2.19) i=1 j=1 onde e p ij (x) = (x a i ) n i j r i P ij (x) = (x 2 2b i x+(b 2 i +c 2 i )) m i j (b) Mostre que f(a i ) = α ini p ini (a i ). l (t a r ) nr ((x 2 2b s x + (b 2 s + c 2 s)) j ) ms (2.2) s=1 k (t a r ) nr (x 2 2b s x+(b 2 s+c 2 s)) ms r=1 (c) Mostre que f (a i ) = α ini p in i (a i ) + α i(ni 1)p ini (a i ). s i (2.21) (d) Mostre que f (a i ) = 2α i(ni 2)p ini (a i ) + α i(n1 1)p i(n i 1) (a i) + α ini p in i (a i ). r 1 (e) Mostre que f (r) (a i ) = r!α i(ni r) + α i(ni j)p (r) i(n i j) (a i). j=

(f) Substitua as raízes complexas de em (2.18) para mostrar que é possível encontrar os β s e os γ s. (g) Conclua que é possível calcular a integral r(x) dx. (2.22) 3 Análise Clássico: Primeiro mostremos o produto de Wallis: Exercício 17. Use as relações de recorrência para as potências de seno para mostrar que sen 2m (x) dx = 2m 1 2m 3 2m 2m 2... 1 π 2 2, sen 2m+1 (x) dx = 2m 2m 2 2m + 1 2m 1... 2 3. Exercício 18. Use que < sin(x) < 1 no intervalo (, π/2) para mostrar que < sen 2m+1 (x) dx < sen 2m (x) < sen 2m 1 (x) Exercício 19. Use os dois exercícios antreriores para mostrar que 1 sen 2m (x) sen 2m+1 (x) 1 + 1 2m. Isto, mais o Teorema do confronto, mostra que lim m sen 2m (x) sen 2m+1 (x) = 1. Juntando os exercícios anteriores, temos uma expressão de π como produto infinito: π 2 = lim 2 2 4 4 6 6 m 1 3 3 5 5 7 2m 2m 2m 1 2m + 1 Exercício 2. Mostre a fórmula de Wallis: lim m (m!) 2 2 2m (2m)! m = π.

Mostremos agora a fórmula de Stirling: lim n n! 2πn n+1/2 e n = 1 isto é, o limite existe. Isto quer dizer que n! e n n+1/2 e n crescem na mesma velocidade para n grande. Exercício 21. Estude a regra do trapézio para integração numérica (e.g. Stewart, seção 7.7) Sejam A n = n 1 ln(x)dx e T n = ln(2) + ln(3) + + ln(n 1) + 1 2 ln(n) = log(n!) 1 2 ln(n). Exercício 22. Interprete A n como a área sob o gráfico do logaritmo, e T n como a aproximação pela regra do trapézio desta mesma integral. Concluia que é plausível que A n e T n tem a mesma ordem de grandeza, isto é, a k = A k T k é limitada. Agora levaremos o plausível do exercício anterior para é mesmo : Exercício 23. Mostre que diferença a k+1 a k representa a diferença entre a área sob o gráfico e a área sob a secante ao gráfico na faixa [k, k +1]. Usando a concavidade da função logaritmo, mostre que < a k+1 a k < d k, onde d k é a diferença de áreas entre os trapezios definidos por y =, x = k, x = k + 1, e o telhado do trapézio superior é a reta tangente ao gráfico do logaritmo em x = k + 1/2, e do trapézio inferior é a reta secante ao gráfico no intervalo. Exercício 24. Mostremos que lim k a k existe. A primeira desigualdade do exercício anterior mostra que a k é crescente. Use a segunda desigualdade para mostrar que a k+1 a k < 1 2 ln(1 + 1 2k ) 1 2 ln(1 + 1 2(k + 1) ). Somando estas desigualdades para k entre 1 e n 1, mostre que a n < 1 2 log( 3 2 ) Assim a sequência a k é crescente e limitada por cima e consequentemente o limite a = lim k a k (= sup{a k }) existe. Exercício 25. Seja α n = e 1 an. Mostre, usando que a n = A n T n, que n! = α n n n+1/2 e n

Isto já mostra a pre-fórmula de Stirling, já que α n α = e 1 a quando n. Podemos ser um pouco mais precisos e aplicar um confronto: Exercício 26. Mostre que a a n < 1 2 ln(1 + 1 2n ). Exercício 27. Mostre que α n n n+1/2 e n < n! < α n n n+1/2 e n (1 + 1 4n ). Para ter a fórmula de Stirling só precisamos de avaliar o limite α = e 1 a : Exercício 28. Use a fórmula de Wallis para mostrar que α = 2π.