Exercício Espaços Normados e Banach

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Exerćıcios - Espaços Normados e Banach
Maio 2021
1 Exerćıcios
1.1 Atividade 1
1- Defina um espaço vetorial e dê exemplos.
Solução:
Dizemos que um conjunto V, não vazio, é um espaço vetorial (So-
bre R) se, e somente se:
I) Existe uma adição:
(u, v)→ u+ v ∈ V com as seguintes propriedades:
a) u+ v = v + u,∀, v ∈ V (comutativa)
b) u+ (v + w) = (u+ v) + w,∀u, vew ∈ V (associativa)
c) Existe um elemento neutro 0 ∈ V tal que u+ 0 = u,∀u ∈ V ;
d) ∀u ∈ V , existe o oposto (simétrico) (−u) ∈ V tal que: u +
(−u) = 0
II) Está definida uma multiplicação R× V → V
(α, u)→ αu
Satisfazendo as seguintes condições, ∀u, v ∈ V e∀α, β ∈ R :
a) α(βu) = (αβ)u
b) (α + β)u = αu+ βu
c) α(u+ v) = αu+ αv
d) 1u = u
1
Ex1 : V = R2 = {(x, y);x, y ∈ R} é um espaço vetorial com as
operações de adição e multiplicação por um número real definidas
usualmente:
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2)
α(x1, y1) = (αx1, αy1)
2- No exemplo 3 exiba pelo menos dois elementos do conjunto X e
calcule a imagem desses elementos pelo operador em questão.
Solução:
Seja X o espaço vetorial de todos os polinômios sobre [a, b].
Vamos relembrar nossa definição:
T : X −→ X
x −→ Tx(t) = x′(t)
Exemplo 1
Seja
B : [a, b] −→ R
agora vamos escolher um polinômio
T (b(t) = (b(t))′ = (3t2 + 4t+ 1)
= 6t+ 4
Logo é um operador linear.
Exemplo 2
Segundo os mesmo definição da questão anterior.
Seja
D : [a, b] −→ R
Dado o polinômio, tem-se
2
T (D(t)) = (D(t))′ = 2t+ 3t2 + t
= 2 + 6t+ 1
= 6t+ 3
Logo o exemplo 2 é um operador linear.
3- No exemplo 4 exiba dois elementos de C[a, b] e calcule a imagem
desses elementos pelo operador em questão.
Solução:
1.2 Atividade 2
1- Encontre os espaços nulos dos exemplos 1, 2, 3 e 4.
Solução:
2- Mostre que todo subespaço vetorial também é um espaço vetorial.
Solução:
Espaços vetoriais - Propriedades
A3 - Existe 0 ∈ V tal que u+ 0 = u para todo u ∈ V .
A4 - ∀ u ∈ V existe −u ∈ v tal que u+ (−u) = 0
Proposição: Sejam V espaço vetorial e W um subconjunto não va-
zio de V , então W é um subespaço de V se, e somente se, as seguintes
condições são satisfeitas:
i) Se u, v ∈ W , então u+ v ∈ W ;
ii) Se a ∈ R e u ∈ W , então au ∈ W .
Demonstração: Se W é um subespaço de V , então claramente as
condições (i) e (ii) são verificadas.
Reciprocamente, suponhamos queW possua as propriedades (i) e (ii).
Para mostrar que W é subespaço de V , precisamos somente verificar
3
que os elementos de W possuem as propriedades, A3 e A4.
Tome um elemento qualquer u de W , o que é posśıvel pois W 6= 0.
Pela condição (ii), au ∈ W para todo a ∈ R.
Tomando a = 0, segue que 0u = 0 ∈ W e, tomando a = −1, segue
que (−1)u = −u ∈ W .
3- Defina dimensão de um espaço vetorial.
Solução:
A dimensão de um espaço vetorial V é o número de elementos de
uma base V , que denotamos por dim(V ). Se V não possui base, então
dim(V ) = 0.
1.3 Atividade 3
1- Mostre que o operador identidade I(u) = u é injetivo.
Solução:
Dado uma aplicação Ix : V −→ W é injetora se dado u ∈ X, v ∈ V
com Ix(u) = Ix(v), teremos u = v
Em outras palavras, Ix é injetora se as imagens dos vetores distin-
tos são iguais.
Vamos mostrar que se Ix é injetora então N(t) = 0
De fato,
Seja V ∈ N(Ix), isto é, Ix(V ) = 0 por outro lado, sabe-se que
Ix(0) = 0
Logo T (V ) = T (0)
Como T é injetora, por hipótese temos que v = 0
Portanto, o vetor zero é único lemento do núcleo, isto é,
4
N(T ) = 0
Sejam v1, v2 ∈ V tais que,
Ix(v1) = Ix(v2) então,
I(v1)− I(v2) = 0 ou,
I(v1 − v2) = 0 e portanto,
v1 − v2 ∈ N(I)
Por hipótese, o único elemento do núcleo é o vetor 0, e portanto,
v1 − v2 = 0, isto é, v1 = v2
Como
I(v1) = I(v2)⇒ v1 = v2
Logo Ix é injetora
2- Mostre que a função constante f : R −→ R, f(x) = 5 não é inje-
tiva?
Solução:
Para mostrarmos que uma função não é injetiva, basta encontrar-
mos dois valores distintos para x, de forma que a imagem seja igual:
x1 6= x2 ⇒ f(x1) = f(x2)
Façamos x1 = 1 e x2 = 2
f(x1) = f(1) = 5
f(x2) = f(2) = 5
∴ f(1) = f(2), com isso f(x) não é injetiva.
Observe que por f ser uma função constante, sua imagem sempre
será a mesma para qualquer x que escolhermos.
5
1.4 Atividade 4
1- Calcule as normas dos seguintes vetores:
a) v = (1, 2, 3)
Solução:
Usando a propriedade de norma, temos
‖v‖ = ‖1, 2, 3‖ =
√
1+22 + 32 =
√
1 + 4 + 9 =
√
14
b) w = (3, 0,−2)
Solução:
Calculemos a norma de w
‖w‖ =
√
32 + 02 + (−2)2
‖w‖ =
√
9 + 0 + 4
‖w‖ =
√
13
c) q(x) = −x2, p(x) = x3 onde J = [1, 2].
Solução:
Usando a propriedade de norma, temos
‖q(x)‖ = ‖ − x2‖ = max | − x2| = 2 x ∈ [1, 2]
‖p(x)‖ = ‖x3‖ = max |x3| = 2 x ∈ [1, 2]
1.5 Atividade 5
1- Calcule a imagem dos seguintes vetores usando o operador dife-
renciação e calcule a norma de suas imagens:
a) x1(t) = 3t
3
Solução:
Calculemos o operador diferencial T (x1(t)):
6
T (x1(t) = x
′
1(t) = (3t
3) = 9t2
Calculemos a imagem de T (x1(t)):
Im(T (x1(t))) = {T (x1(t)); t ∈ R} = {(3t3)′ = 9t2; t ∈ R}
Calculemos a norma de Im(T (x1(t))):
‖Im(T (x1(t)))‖ =
√∫ 1
0
(9t2)2 dt =
√
81 ·
∫ 1
0 t
4 dt = 9 ·
√
1
5
t5
∣∣∣∣1
0
= 9 ·
√
1
5
· (1− 0) = 9 ·
√
1
5
=
1√
5
=
9
√
5
5
b) x2(t) = 2t
2 + 5t+ 7
Solução:
Calculemos o operador diferencial T (x2(t)):
T (x2(t)) = x
′
2(t) = (2t
2 + 5t+ 7) = (2t2)′ + (5t)′(7)′ = 4t+ 5
Calculemos a imagem de T (x2(t)):
Im(T (x2(t))) = {T (x2(t)); t ∈ R} = {(2t2 + 5t+ 7)′ = 4t+ 5; t ∈ R
Calculemos a norma de Im(T (x1(t))):
‖Im(T (x2(t)))‖ =
√∫ 1
0
(4t+ 5)2 dt =
√∫ 1
0 (16t
2 + 40t+ 25) dt
=
√
16
3
+ 20 + 25 =
√
151
3
2- Encontre um operador linear em qualquer espaço de dimensão fi-
nita.
Solução:
Se o espaço V tem uma dimensão finita n, então L(V, V ) também
tem dimensão finita n2. Portanto, o conjunto de n2 + 1 operadores
{IV , T, ..., T n
2} é linearmente dependente. Logo, existem escalares
a0, a1, ..., an2, não nulos, tais que a0IV + a1T + ... + an2T
n2 = 0. Ou
seja, existe um polinômio não-nulo p(x) tal que p(T ) = 0
7
1.6 Atividade 6
1- Seja F : R3 −→ R2 definida por
F (x, y, z) = (z + x+ y).
Este operador é linear? Este operador é limitado? (Sugestão: utilize
o teorema 1 que fala de dimensão finita) Este operador é cont́ınuo?
Solução:
Primeiro vamos verificar se o operador é linear
Seja F (x, y, z), dado u = (x1, y1, z1), v = (x2, y2, z2) ∈ R3 usando
as definições de linearidade
F (u+v) = F (x1+x2, y1+y2, z1+z2) = ((z1+z2)+(x1+x2)+(y1+y2))
= ((z1 + x1 + y1) + (z2 + x2 + y2))
= F (x1, y1, z1) + F (z2, x2, y2) = F (u) + F (v)
Seja α ∈ R
F (αu) = F (α(x1, y1, z1)) = F (αx1, αy1, αz1) = (αx1, αy1, αz1)
= α(x1, y1, z1) = αF (x1, y1, z1) = αF (u)
Portanto F (x, y, z) é um operador linear.
Agora vamos verificar se F (x, y, z) é limitada, usando a desigual-
dade de Cauchy-Schwarz, temos
F (x, y, z) = |z + x+ y| = |(x, y, z) · (1, 1, 1)| ≤ ‖(x, y, z)‖ · ‖(1, 1, 1)‖
com c = (1, 1, 1), então |F (x, y, z)| ≤ C · ‖x, y, z‖
‖F‖ = supx∈D(T )|f(x)| ≤ (1, 1, 1)
logo
|F (w)|
‖w‖
≤ supx∈D(T ) w 6=0
|F (x)|
‖x‖
= ‖F‖
2- Seja F : R −→ R2 definida por
8
F (x) = (x, 2).
Este operador é linear? Este operador é limitado? (Sugestão: utilize
o teorema 1 que fala de dimensão finita) Este operador é cont́ınuo?
Solução:
Primeiro vamos verificar se o operador é linear
Seja x1, x2 ∈ R, temos que
F (x1, x2) = (x1 + x2, 2)
Perceba que não obedeceu a condição de linearidade.
F (x1, x2) = (x+x2, 2) 6= F (x1) + F (x2)
pois
F (x1) + F (x2) = (x1, 2) + (x2, 2) = (x1 + x2, 2 + 2) = (x1 + x2, 4)
Portanto F (x) não é um operador linear, logo também não é ope-
rador limitado, nem cont́ınuo.
3- Relembre a desigualdade de Cauchy-Schwarz e escolha alguns ve-
tores e calcule o lado esquerdo e o lado direito dessa fórmula, isto é,
o produto interno entre estes vetores e as suas respectivas normas.
Solução:
Se V é um espaço vetorial euclidiano, então:
|〈u, v〉| ≤ ‖u‖ · ‖v‖, ∀u, v ∈ VDemonstração: Se v = 0, então 〈u, v〉 = 0 e ‖u‖ · ‖v‖ = 0. Logo
tem-se uma igualdade neste caso. Suponhamos v 6= 0. Para todo
α ∈ R vale a desigualdade ‖u+ αv‖2 ≥ 0.
Dáı,
0 ≤ ‖u+ αv‖2 = 〈u+ αv, u+ αv〉
= 〈u, u〉+ 〈u, αv〉+ 〈αv, u〉+ 〈αv, αv〉
= ‖u‖2 + α〈u, v〉+ α · 〈v, u〉+ α2‖v‖2
= ‖v‖2α2 + 2〈u, v〉α + ‖u‖2
9
Obtivemos assim um trinômio do segundo grau em α (pois ‖v‖2 6=
0) o qual é sepre positivo. Logo seu discriminante deve ser negativo
ou nulo:
4〈u, v〉2 − 4‖v‖2‖u‖2 ≤ 0
Portanto, 〈u, v〉2 ≤ ‖u‖2‖v‖2
Finalmente considerando a raiz quadrada positiva de cada um dos
membros desta última igualdade
|〈u, v〉 ≤ ‖u‖ · ‖v‖
1.7 Atividade 7
1- Mostre as seguintes igualdades:
• 〈αx+ βy, z〉 = α〈x, y〉+ β〈y, z〉
Solução:
Considerando x = (x1, x2), y = (y1, y2) e z = (z1, z2)
αx = (αx1, αx2) e βy = (βy1, βy2)
Logo, αx+ βy = (αx1 + βy1, αx2 + βy2)
Assim temos,
〈αx+ βy, z〉 = (αx1 + βy1) · z1 + (αx2 + βy2) · z2
= αx1z1 + βy1z1 + αx2z2 + βy2z2
= αx1z1 + αx2z2 + βy1z1 + βy2z2
= α(x1z1 + x2z2) + β(y1z1 + y2z2)
Portanto, vale a igualdade
α〈x, z〉+ β〈y, z〉
• 〈x, αy〉 = α〈x, y〉
Solução:
Seja,
10
〈x, αy〉 = 〈αy, x〉 = α〈y, x〉 = α〈x, y〉
• 〈x, αy + βz〉 = α〈x, y〉+ β〈x, z〉
Solução:
Considerando x = (x1, x2), y = (y1, y2) e z = (z1, z2)
αy = (αy1, αy2) e βz = (βz1, βz2)
Logo, αy + βz = (αy1 + βz1, αy2 + βz2)
Assim temos,
〈x, αy + βz〉 = x1 · (αy1 + βz1) + x2 · (αy2 + βz2)
= αx1y1 + βx1z1 + αx2y2 + βx2z2
= αx1y1 + αx2y2 + βx1z1 + βx2z2
= α(x1y1 + x2y2) + β(x1z1 + x2z2)
Portanto, vale a igualdade
α〈x, y〉+ β〈x, z〉
• ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2 · (‖x‖2 + ‖y‖2)
Solução:
‖x+y‖2+‖x−y‖2 = ‖x‖2+2(‖x‖·‖y‖)+‖x‖2+‖x‖2−2(‖x‖·‖y‖)+‖y‖2
= ‖x‖2 + ‖x‖2 + ‖y‖2 + ‖y‖2
= 2 · ‖x‖2 + 2 · ‖y‖2
= 2 · (‖x‖2 + ‖y‖2)
1.8 Atividade 8
1- Se x é ortogonal a y em um espaço produto interno X, mostre que
‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2
Solução:
11
‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 ⇔ 〈x+ y, y + x〉 = 〈x, x〉+ 〈y, y〉
⇔ 〈x, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ 〈y, y〉
= 〈x, x〉+ 〈y, y〉 ⇔ 2 · 〈x, y〉 = 0
⇔ 〈x, y〉 = 0
2- Mostre que em um espaço produto interno X, vale a seguinte
igualdade
〈x, 0〉 = 0
para todo x ∈ X.
Solução:
Vamos mostrar que o espaço produto interno vale a seguinte igual-
dade.
Seja x ∈ X, temos
〈x, 0〉 = 〈x, 0 · x〉 = 〈0 · x, x = 0 · 〈x, x〉 = 0 · ‖x‖2 = 0
3- Mostre que se H é um espaço de Hilbert e Y é fechado, então Y é
completo.
Solução:
Suponhamos que Y seja completo, então para cada x ∈ Ȳ (onde Ȳ
indica o fecho de Y ), existe uma sequência (xn)n∈N em Y que converge
para x ∈ X. Visto que (xn) é Cauchy e Y é completo (xn) converge
em Y , pela unicidade do limite x ∈ Y
Reciprocamente, seja Y fechado e (xn) uma sequência de Cauchy
em Y . Então xn → x ∈ N, que implica x ∈ Ȳ e assim x ∈ Y , pois
Y = Ȳ por hipótese. Logo a sequência de Cauchy arbitrária converge
em Y , o que para a completude de Y .
4- Mostre que em um espaço produto interno vale a seguinte igualdade
para todo n ∈ N
〈
n∑
i=1
xi, z
〉
=
n∑
i=1
〈xi, z〉
Solução:
12
1.9 Atividade 9
1- Seja V um espaço vetorial euclidiano, dados u e v ∈ V (v 6= 0) e
k =
〈u, v〉
‖v‖2
, mostrar que u− kv é ortogonal a v.
Solução:
u− kv é ortogonal a v se
〈u− kv, v〉 = 0 ou (u− kv) · v = 0
Calculando 〈u− kv, v〉, temos:
〈u− kv, v〉 = 〈u, v〉+ 〈−kv, v〉
= 〈u, v〉 − k · 〈v, v〉
= 〈u, v〉 − 〈u, v〉 · ‖v‖
2
‖v‖2
〈u, v〉 − 〈u, v〉 = 0
ou equivalentemente
(u− kv) · v = uv − kv2 = uv − 〈u, v〉
‖v‖2
· v2
= u · v − 〈u, v〉 ·
(
v
‖v‖
)2
= u · v − u · v · 1
= u · v − u · v = 0
Portanto, (u− kv) é ortogonal a v
2- Considere no R3 o produto interno usual. Determine m ∈ R de
modo que sejam ortogonais os vetores
u = (1,m+ 1,m) e v = (m− 1,m,m+ 1)
Solução:
Para que os vetores u e v sejam ortogonais, bata que
〈u, v〉 = 0
Vamos calcular o produto interno entre u e v
13
〈u, v〉 = 1 · (m− 1) + (m+ 1) ·m+m · (m+ 1)
= m− 1 +m2 +m+m2 +m
= 2m2 + 3m− 1
resolvendo a seguinte equação
= 2m2 + 3m− 1 = 0
encontramos como solução m1 =
−3 +
√
17
4
e m2 =
−3−
√
17
4
3- Mostrar que se u e v são vetores de um espaço euclidiano tais que
‖u+ v‖ = ‖u− v‖
então u e v são ortogonais.
Solução:
14