Solucion´ ario de Curso de An´ alise Vol. 2 Elon Lages Lima: Andre Kowacs 24 de novembro de 2018

Solucion´ ario ario de Curso de An´alise alise Vol. 2 Elon Lages Lima Andre Kowacs 24 de novembro de 2018

1

Cap´ıtulo 1 Ex.2.3) Afirma¸ca˜o: Ax = b  tem solu¸c˜ao ⇐⇒ b  ∈  ker(A∗ )⊥ De fato, se Ax  = b, ent˜ao b  ∈  I m(A). Assim, dado a  ∈  ker(A∗ ), temos que:

b, a  =   Ax,a  =  x, A∗ a  = 0 Logo b  ∈  ker(A∗ )⊥ .  b ∈   ker(A∗ )⊥ . Suponha que b ∈  Im(A). Ent˜ Reciprocamente, seja 0 = ao ⊥ ∗ ∃c ∈  I m(A) tal que   b, c  = 0. Mas da´ı AA c  ∈  I m(A), logo:

||A∗ c||2 =   A∗ c, A∗ c  =  AA∗ c, c  = 0 Logo A∗ c = 0 =⇒ x ∈   ker(A∗ ). Mas da´ı b ∈   ker(A∗ )⊥ =⇒ b, c = 0 contradi¸ca˜o. Logo b  ∈  I m(A). Ou seja, Im(A) = ker(A∗ )⊥ ∧ Im(A∗ ) = ker(A)⊥ Seja dim(Im(A)) = k ≤ n. Ent˜ao dim(ker(A)) = n − k =⇒   dim(ker(A)⊥ ) = n  −  (n − k) = k = dim(Im(A∗ )) Ex 2.10) Para t  ∈  (0, 1) e  | a|  < r,  | b| ≤ r ou  | a| ≤ r,  | b|  < r :

|(1 − t)a + tb| ≤ (1 − t)|a| + t|b|   0, mostremos que  ∃ T  ∈  I ,  || T  − T  || ≤ . Se T  ∈  I , ent˜ao tome   I , ent˜ao ker(T ) =  {0}. Seja 0 <   dimker(T ) = k ≤  n. Segue T  = T . Se T  ∈ que dim(Im(T )) = n −  k < n, donde dim(Im(T )⊥ ) = m − n + k ≥ k. Logo dim(ker(T )) =  k  ≤  dim(Im(T )⊥ ). Segue que  ∃ S   linear injetiva: S   : ker(T )  →  I m(T )⊥ Assim, defina:

U   : ker(T )⊥ →  I m(T )

Onde U  = T |ker(T ) . Ent˜ ao ´e claro que ker(U ) =  { 0}, Im(U ) = I m(T ). Note ⊥ que ker(T ) ker(T ) = Rn , logo ∀x  ∈ Rn , ∃!x1 ∈  ker(T ), x2 ∈  ker(T )⊥ , x = x1  + x2 . Defina T  : Rn → Rm , pondo ⊥



T  x = U x1  +

 Sx 2 ||S ||

 ⇐⇒ x1  ∈  ker(U ) ∧ x2  ∈  ker(S ) =⇒ Assim T  x = 0 ⇐⇒ U x1  + ||S  || Sx 2  = 0 x1 , x2  = 0 ou x 1 , x2  ∈  I m(U ) ∩ Im(S ) =  { 0} =⇒ x1 , x2  = 0. Logo x  = x 1 + x2  = 0 e ker(T  ) =  { 0}, isto ´e,  T  ∈  I . Ainda,  ∀ x ∈ Rn :

||T  x − T x||  =  || U x1  +

  ||S ||||x2 || ≤  ||x|| Sx 2  − T |ker(T ) x1 || ≤ ||S || ||S || ⊥

2

Portanto  || T  − T || ≤  Ex.12.3) ´ fechado, pois dada (On )n ⊂ O(n), On → T , tomando x ∈ Rn , temos E ||On x|| = ||x||, ∀n =⇒ ||On x|| → ||x||. Pela continuidade da norma, segue que ||On x|| → ||T x|| = ||x||. Como x   foi arbitr´ario, segue que ||T x|| = ||x||∀x ∴ T  ∈ O(n). Segue que O(n) ´e fechado. Al´em disso, ∀O ∈ O(n), ||Ox||  =  || x||∀x ∴  || O|| = 1. Logo O(n) ´e limitado e portanto compacto. Ex.12.3) De fato, se todo ponto de  X  ´e isolado, ent˜ao  ∪ x∈X {x}  ´e cobertura aberta de  X  sem cobertura finita. Logo X  n˜ ao ´e compacto. Se  X  possui ao menos 1 ponto  x∀n, xn → x¯. Assim (xn )n ⊂ X  ´e n˜ao isolado,¯ x   , ent˜ao ∃(xn )n ⊂ X xn = subconjunto n˜ao fechado em X , logo n˜ao compacto. Ex.12.6) ∼ X  =⇒ X  limitado.Ent˜ao ∃x¯ ∈ X, x¯ ∈ De fato, X  =  X , ou seja, ∃(xn)n ⊂ X, xn  →  ¯x  ∈  X . Defina: f  :X  → Rn x −  ¯ x x  → ||x −  ¯x||2 Ent˜ao ´e claro que  f  ´e cont´ınua. Al´em disso, f −1 :f (X )  →  X  y y  → +x ¯ ||y ||2

∼ ´ inversa de f , tamb´em claramente cont´ınua. Logo  f  ´e homeomorfismo e X  = E f (X ). Mas note que f (X ) ´e ilimitado: De fato: ||xn −  ¯ x|| 1 ||f (xn )||  = = → + ∞ ||xn −  ¯ ||xn −  ¯ x|| x|| Contradi¸c˜ao. Logo X   e´ fechado. Portanto  X  ⊂ compacto. Ex.12.7) Claramente, X  ∼ =  X  =⇒ X   fechado. Suponha que X  n˜ao ´e limitado.Defina: f  :X  → x  →

n

R

x 1 + ||x||

3

n

R

´e fechado e limitado, logo,

Claramente f  ´e cont´ınua e sua inversa: f −1 :f (X )  →  X  y y  → 1 − ||y||

||x|| x , logo  || y||  =  0, B((a, k), rk )  ⊂  U . Assim, {B((a, k), rk )}k∈K  ´e cobertura aberta de {a}× K . Como este ´e compacto, existem  k1 ,...,kn  tais que {a} × K  ⊂ ∪ ni=1 B((a, ki ), rki ). Ponha r = min1≤i≤n{rki }  e suponha, sem perda de generalidade, que a norma em Rn+m ´e a norma  ||(x, y)||  = max{||x||, ||y ||} Ex.12.19) De fato, ´e claro que  f  ´e cont´ınua. Agora, se  f (x) =  f (y), ent˜ao: (1 − ||x||)a + x = (1 − ||y||)a + y a(||y| | − | |x||) =  y − x |a|||y − x||  =  || y − x|| Mas  | a|   0,  ∃ xn , yn  ∈  X   tais que:

||f (x) − f (y)||  >  || xn − yn || (∗) Mas X   compacto implica que existem subsequˆ encias (xnk )k e(ynkj )j   tais que xnk →  ¯x ∈  X  e ynkj →  ¯y . Para simplificar nota¸ca˜o, seja (xn )n = (xnkj )j , (yn )n = 

4





 y¯, ent˜ao (ynkj )j . Ent˜ ao ambas convergem para os limites acima. Mas se x ¯ = (∗) implica que: ||f (xn ) − f (yn )|| → +∞ Mas f  continua implica que:

||f (xn ) − f (yn )|| → ||f (x) − f (y)|| Contradi¸c˜ao. Ent˜ ao devemos ter ¯x  = y¯. Mas da´ı ∃δ > 0, C > 0 tais que para xn , yn  ∈  B(¯ x, δ ), xn   =  y n  implica:

||f (xn ) − f (yn )|| ≤ ||xn − yn || =⇒

||f (xn ) − f (yn )|| ≤  C (∗∗) ||xn − yn||

Mas como ambas as sequˆencia convergem para ¯x,  ∃ N,  ∀ n ≥  N, xn , yn  ∈  B(¯ x, δ ). Logo (∗∗) vale para todo  n  ≥  N . Mas (∗) implica que:

||f (xn ) − f (yn )|| >n ||xn − yn || Logo para n > C  temos uma contradi¸c˜ao. Logo f  ´e Lipschitz. Ex.14.6) De fato, seja X   conexo. Note que f   localmente constante implica f   cont´ınua. Tome x  ∈  X . Ent˜ao  ∃ r > 0 tal que  f |B(x,r)∩X ≡  f (x). Defina: B =  {y  ∈  X ; f (y) =  f (x)} Claramente B =  ∅, pois x ∈ B. B   ´e aberto pois se y0 ∈ B, F (y0 ) = f (x) e  ∃r , f |B(x,r)∩X ≡ f (x). Mas B   tamb´em ´e fechado, pois f   ´e cont´ınua e B = f −1 ({f (x)}). Logo B  =  X , ou seja f (y) =  f (x)∀y  ∈  X , isto ´e,  f  ´e constante. Agora suponha que toda aplica¸c˜ao localmente constante em X   ´e constante e seja X  =  A ∪ B cis˜ao. Tome z   = y  ∈ Rn e defina: n

f  : X  →

R

f (x) =



z, x  ∈  A y, x ∈  B

Ent˜ao f  ´e localmente constante. Por hip´otese, f  deve ser constante, diga  f  ≡  z. Ent˜ao A = X, B =  ∅ , logo A  ´e conexo.

5