solucao prova1 ananalise funcional impa

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Soluc¸o˜es da primeira prova de Ana´lise Funcional (vera˜o
de 2010)
1 de Fevereiro de 2010
1 Questa˜o 1
Suponha que K e´ sobrejetivo e compacto. O Teorema da Aplicac¸a˜o Aberta implica que
existe um r > 0 tal que:
K(BX(0, 1)) ⊃ BY (0, r)
e portanto:
K(BX(0, 1/r)) ⊃ BY (0, 1).
A compacidade de K implica que o conjunto da esquerda e´ compacto. Sabemos que um
fechado contido num compacto tambe´m e´ compacto, logo BY (0, 1) e´ compacta, o que
implica que dim(Y ) e´ finita.
2 Questa˜o 2
Basta provar que T e´ limitado. Suponha, para chegar a uma contradic¸a˜o, que este na˜o e´
o caso. Enta˜o existe {xn}n∈N ⊂ B(0, 1) com ‖Txn‖ → +∞. Como a sequ¨eˆncia {xn}n∈N
e´ limitada, possui uma subsequ¨eˆncia {xnk}k∈N com xnk ⇀ x ∈ H, logo (por hipo´tese)
Txnk ⇀ y para algum y ∈ H. Mas enta˜o {Txnk}k∈N e´ fracamente convergente e ilimitada
(pois limk ‖Txnk‖ = limn ‖Txn‖ = +∞), o que e´ absurdo porque, como visto em sala, toda
sequ¨eˆncia fracamente convergente e´ limitada. A contradic¸a˜o implica que T e´ limitado.
1
3 Questa˜o 3
Vamos construir uma sequ¨eˆncia {Tk}k∈N ⊂ L(H) de operadores de posto finito tais que
‖T − Tk‖ ≤ 1/k. Isto implica a compacidade de T , porque T = limk Tk e´ o limite de
operadores de posto finito.
O primeiro passo e´ notar que:
J ≡ {i ∈ I : Tbi 6= 0}
e´ enumera´vel. Como ale´m disso:∑
i∈I
‖Tbi‖2 =
∑
j∈J
‖Tbj‖2 < +∞,
enta˜o para todo k ∈ N existe Jk ⊂ J finito tal que:∑
j∈I\Jk
‖Tbj‖2 < 1/k2.
Seja Tk ≡ TΠk, onde Πk e´ a projec¸a˜o ortogonal em span{bj}j∈Jk . Note que Tk ∈ L(H)
para todo k e que Tk tem posto finito, ja´ que:
∀x ∈ H, TΠkx = T
∑
j∈Jk
(x, bj) bj =
∑
j∈Jk
(x, bj)Tbj ∈ span{Tbj}j∈Jk .
Provaremos agora que ‖T − Tk‖ ≤ 1/k, terminando a questa˜o. De fato, suponha primeiro
que x ∈ span{bi}i∈I , isto e´, que x =
∑
i∈F αibi onde F ⊂ I e´ finito. Veja que:
Tx =
∑
i∈F
αiTbi
e que
TΠkx =
∑
i∈F
αiTΠkbi =
∑
i∈Jk∩F
αiTbi.
2
Portanto:
‖Tx− TΠkx‖ = ‖
∑
i∈F\Jk
αiTbi‖
≤
∑
i∈F\Jk
|αi|‖Tbi‖
(Cauchy Schwartz) ≤
 ∑
i∈F\Jk
|αi|2
1/2  ∑
i∈F\Jk
‖Tbi‖2
1/2
(use ‖x‖2 = ∑i∈F |α2i |) = ‖x‖
 ∑
i∈I\Jk
‖Tbi‖2
1/2
(defn. de Jk) =
‖x‖
k
.
Logo vale a desigualdade
∀x ∈ span{bi}i∈I , ‖Tx− Tkx‖ ≤ ‖x‖/k.
Como span{bi}i∈I = H, ja´ que {bi}i∈I e´ base, temos:
∀x ∈ H, ‖Tx− Tkx‖ ≤ ‖x‖/k,
o que implica ‖T − Tk‖ ≤ 1/k.
4 Questa˜o 4
Para cada λ ∈ Eig(Tκ)\{0}, seja {fi,λ}dλi=1 uma base ortonormal de Eλ. Note que:∑
λ∈Eig(Tκ)\{0}
dλ λ
2 =
∑
λ∈Eig(Tκ)\{0}
dλ∑
i=1
(fi,λ, Tκfi,λ)
2.
Uma conta mostra que:
(fi,λ, Tκfi,λ) =
∫ 1
0
∫ 1
0
(
κ(x, y) fi,λ(x)fi,λ(y)
)
dx dy = (κ, hi,λ)2
onde (·, ··)2 denota o produto interno em L2([0, 1]2,C) e:
hi,λ(x, y) = fi,λ(x) fi,λ(y) ((x, y) ∈ [0, 1]2).
3
Portanto: ∑
λ∈Eig(Tκ)\{0}
dλ λ
2 =
∑
λ∈Eig(Tκ)\{0}
dλ∑
i=1
(κ, hi,λ)
2
2.
Vamos mostrar que a quantidade do lado direito e´ ≤ ‖κ‖L2([0,1]2,C) < +∞. De fato, isto
seguira´ da seguinte afirmac¸a˜o.
Afirmac¸a˜o. {hi,λ}i∈N,λ∈Eig(Tκ)\{0} e´ conjunto ortonormal em L2([0, 1]2,C).
Proof: De fato, uma conta revela que:
(hi,λ, hj,η)2 = |(fi,λ, fj,η)|2.
Se λ = η, o produto interno vale 0 se i 6= j e 1 caso contra´rio, pois {fk,λ}dλk=1 e´ ortonormal.
Se λ 6= η, o produto interno vale 0, pois Eλ ⊥ Eη e fi,λ ∈ Eλ, fj,η ∈ Eη. Provamos portanto
que:
(hi,λ, hj,η)2 = |(fi,λ, fj,η)|2 =
{
1 se η = λ e i = j;
0 em qualquer outro caso.
Isto e´, vale a afirmac¸a˜o. 2
Como ja´ dissemos, a afirmac¸a˜o implica:
∑
λ∈Eig(Tκ)\{0}
dλ∑
i=1
(κ, hi,λ)
2
2 ≤ ‖κ‖L2 < +∞
ja´ que κ ∈ L2([0, 1]2,C) e os vetores hi,λ sa˜o ortonormais.
5 Questa˜o 5
Resolveremos esta questa˜o com a hipo´tese extra de que F e´ cont´ınua, que foi acrescentada
durante a prova. Neste caso, e´ fa´cil ver que t 7→ fx,y(t) e´ cont´ınua para todo par x, y.
Suporemos ainda que r > 0 e´ tal que [−r, r] ⊂ I.
Usaremos o seguinte fato de Ana´lise: se g e´ cont´ınua em [−r, r]\{0} e limt→0 g(t) existe,
enta˜o sup0<|t|≤r |g(t)| < +∞. Aplicando isto a g(t) = (fx,y(t)− fx,y(0))/t e lembrando que
f ′x,y(0) existe, temos:
∀(x, y) ∈ H2, sup
t∈[−r,r]\{0}
∣∣∣∣((F (t)− F (0))xt , y
)∣∣∣∣ = sup
t∈[−r,r]\{0}
∣∣∣∣fx,y(t)− fx,y(0)t
∣∣∣∣ < +∞.
4
O Teorema da Limitac¸a˜o uniforme implica que:
sup
t∈[−r,r]\{0}
∥∥∥∥F (t)− F (0)t
∥∥∥∥ .
Usando isto, vemos que:
B(x, y) ≡ f ′x,y(0) = lim
t→0
(
(F (t)− F (0))x
t
, y
)
satisfaz:
|B(x, y)| ≤ sup
t∈[−r,r]\{0}
∣∣∣∣((F (t)− F (0))xt , y
)∣∣∣∣ ≤ ‖x‖‖y‖ sup
t∈[−r,r]\{0}
∥∥∥∥F (t)− F (0)t
∥∥∥∥ .
Ale´m disso, B e´ sesquilinear. Sabemos que a uma forma sesquilinear e limitada corresponde
um A ∈ L(H) tal que:
∀(x, y) ∈ H2, B(x, y) = f ′x,y(0) = (Ax, y).
Isto termina a primeira parte da questa˜o. Para a segunda, mostraremos algo mais forte:
que
M ≡ sup
t∈[−r,r]\{0}
∥∥∥∥F (t)− F (0)− A tt2
∥∥∥∥ < +∞.
Note que isto implica o que queremos, ja´ que para todo −r < s < r,∥∥∥∥F (s)− F (0)s − A
∥∥∥∥ ≤M |s|, o que → 0 quando s→ 0.
Para provar que M < +∞, basta mostrar (pelo teorema da Limitac¸a˜o Uniforme) que:
∀(x, y) ∈ H2, sup
t∈[−r,r]\{0}
∣∣∣∣({F (t)− F (0)− A tt2
}
x, y
)∣∣∣∣ < +∞.
Mas para cada (x, y) a expressa˜o dentro de | · | e´:
sup
t∈[−r,r]\{0}
∣∣∣∣fx,y(t)− fx,y(0)− f ′x,y(0)tt2
∣∣∣∣
e isto e´ limitado porque
g(t) =
fx,y(t)− fx,y(0)− f ′x,y(0)t
t2
e´ cont´ınua em [−r, r]\{0} e existe o limite:
lim
t→0
g(t) = f ′′x,y(0).
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