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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

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