Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
Gabarito da segunda prova de Ana´lise Funcional (vera˜o de 2010) 1 Questa˜o 1 A expressa˜o em A pode ser escrita como AB, onde B = 7A6 − 17A16 + . . . . Como A e B comutam, AB invers´ıvel implica que A e B sa˜o invers´ıveis. Outra soluc¸a˜o poss´ıvel AB = p(A) para um certo polinoˆmio p com p(0) = 0. Se A na˜o e´ invers´ıvel, 0 ∈ σ(A) e portanto 0 = p(0) ∈ p(σ(A)) = σ(p(A)) (mapeamento espectral). Portanto, neste caso p(A)− 0I = p(A) na˜o seria invers´ıvel, contradic¸a˜o. 2 Questa˜o 2 Seja {cn}n∈N ⊂ C sequ¨eˆncia com ‖cn‖ → infc′∈C ‖c′‖. Note que {cn}n∈N e´ limitada, logo (passando a uma subsequ¨eˆncia se necessa´rio) podemos supor que cn ⇀ c. Afirmamos que c ∈ C: de fato, convexos fechados sa˜o fracamente sequencialmente fechados. Portanto, infc′∈C ‖c′‖ ≤ ‖c‖ e, por outro lado, por resultado visto em aula ‖c‖ ≤ lim inf ‖cn‖ = inf c′∈C ‖c′‖. Portanto c ∈ C e ‖c‖ = inf . . . , como desejado. 3 Questa˜o 3 Note que se x = ∑ n∈N xnen, ‖T kx‖2 = ‖ ∑ n (2− ∑n+k−1 i=n i)xnen+k‖2 = ∑ n 2−2 ∑n+k−1 i=n i)|xn|2 ≤ 2−k(k−1)/2‖x‖2. Portanto ‖T k‖ ≤ 2− k(k−1)2 e r(T ) = lim k ‖T k‖1/k = 0. Como ∅ 6= σ(T ) ⊂ BC[0, r(T )] = {0}, temos σ(T ) = {0}. 1 4 Questa˜o 4 Parte 1. Precisamos provar que para todo λ ∈ σ(T ), f(λ) ∈ σ(f(T )). De fato, note que, por mapeamento espectral, pn(λ)I − pn(T ) na˜o e´ invers´ıvel. Como pn(λ)I − pn(T )→ f(λ)I − f(T ) (segundo a norma de L(H)) e o conjunto dos operadores na˜o-invers´ıveis e´ fechado (segundo a mesma norma), segue que f(λ)I − f(T ) na˜o e´ invers´ıvel, ou seja, f(λ) ∈ σ(f(T )). Parte 2. Se η 6∈ f(σ(T )), enta˜o η 6= f(λ) para todo λ ∈ σ(T ) e portanto, “g : λ ∈ σ(T ) 7→ 1 f(λ)− η” ∈ C(σ(T ),C). Como (f(λ)− η)g(λ) = g(λ)(f(λ)− η) = 1, temos: (f(T )− ηI)g(T ) = g(T )(f(T )− ηI) = I, ou seja, g(T ) ∈ L(H) e´ inversa de f(T ) − ηI. Segue que C\f(σ(T )) ⊂ ρ(f(T )), o que, junto com a primeira parte, mostra que f(σ(T )) = σ(f(T )). Parte 3. Vamos primeiro mostrar que ‖f(T )‖ = ‖f‖C(σ(T ),C) ≡ supλ∈σ(T ) |f(λ)|. De fato, vimos isto para qualquer p : C → C polinoˆmio. Como qualquer f e´ limn pn para alguma sequ¨eˆncia de polinoˆmios, temos que: ‖f(T )‖ = lim n ‖pn(T )‖ = lim n ‖pn‖C(σ(T ),C) = ‖f‖C(σ(T ),C) ja´ que ‖pn − f‖C(σ(T ),C) → 0. Agora resolveremos o problema. Se η ∈ σ(T ), na˜o ha´ o que provar. De outro modo, temos que existe (ηI − T )−1 = g(T ) onde g(x) = 1/(η − x). Portanto, ‖(ηI − T )−1‖ = ‖g‖C(σ(T ),C) = sup λ∈σ(T ) 1 |λ− η| = 1 d(η, σ(T )) . Lembre que todo operador em B((ηI − T ), 1/‖(ηI − T )−1‖) e´ invers´ıvel. Logo, como η ∈ σ(S) implica (ηI − S) na˜o invers´ıvel, (ηI − S) 6∈ B((ηI − T ), 1/‖(ηI − T )−1‖) = B((ηI − T ), d(η, σ(T )). Isto e´, ‖T − S‖ = ‖(ηI − S)− (ηI − T )‖ ≥ d(η, σ(T )). 2 5 Questa˜o 5 Parte 1. Defina Φ : (x, α) ∈ Y 7→ φ(x) − α. E´ fa´cil ver que Φ e´ cont´ınua, portanto R(φ) ≡ Φ−1([0,+∞)) e´ fechado. Ale´m disso, Φ−1((0,+∞)) e´ aberto, o que implica a parte sobre o interior de R(φ). Finalmente, vemos que (x1, α1), (x2, α2) ∈ R(φ), 0 ≤ λ ≤ 1, a convexidade de φ implica φ(λx1 + (1− λ)x2) ≤ λφ(x1) + (1− λ)φ(x2) ≤ λα1 + (1− λ)α2), isto e´, λ(x1, α1) + (1− λ)(x2, α2) ∈ R(φ). Isto implica a convexidade de R(φ). Parte 2. Uma das verso˜es do teorema de Hahn-Banach geome´trico implica que, se K ⊂ Y e´ convexo de interior topolo´gico na˜o vazio e (z, β) 6∈ Ko, ha´ um L ∈ Y ∗ tal que ∀(x, α) ∈ Ko, L(x, α) < L(z, β). Tomando (z, β) = (x0, φ(x0)), K = R(φ) e usando o item anterior, terminamos a prova, exceto por notar que: sup x∈X L(x, φ(x)) ≤ sup (x,α)∈K L(x, α) = sup (x,α)∈Ko L(x, α) ≤ L(x0, φ(x0)). Parte 3. Veja que (x, α) = (x, 0) + α(0, 1). Por linearidade, L(x, α) = f(x) + θα onde f(x) = L(x, 0) e´ linear em x e θ = L(0, 1) ∈ R. Para ver que f(·) ∈ X∗, e´ so´ notar que: |f(x)| ≤ |L(x, 0)| ≤ ‖L‖Y ∗‖(x, 0)‖Y ≤ ‖L‖Y ∗‖x‖X logo ‖f‖X∗ ≤ ‖L‖Y ∗ < +∞. Ale´m disso, como (x0, φ(x0) + 1) ∈ R(φ)o L(x0, φ(x0) + 1) < L(x0, φ(x0))⇒ θ < 0. Portanto, ` = f/− θ satisfaz: `(x)− φ(x) = 1−θ (f(x) + θφ(x)) = L(x, φ(x)) −θ ≤ L(x0, φ(x0)) −θ = `(x0)− φ(x0). Isto termina a prova. 3
Compartilhar