Solução:

Por hipótese do limite da $$f$$, dado $$\epsilon>0$$, existe $$\delta>0$$ tal que, se $$|x-p|<\delta$$, então $$|f(x)-a|<\epsilon$$. Por hipótese da continuidade da $$g$$, para qualquer $$\lambda>0$$, existe $$\gamma>0$$ tal que, se $$|y-a|<\gamma$$, então $$|g(y)-g(a)|<\lambda$$.

Como a primeira sentença é válida para todo ε>0, valerá, em particular, para $$\epsilon = \gamma$$, sendo γ>0 um número que existe em função de λ>0. Pela concatenação lógica das duas sentenças, e observando que $$y$$ pode ser igual a $$f(x)$$, teremos que:

dado λ>0, existem γ,δ>0 tais que:

• se $$|x-p|<\delta$$, então $$|f(x)-a|<\gamma$$;
• se $$|f(x)-a|<\gamma$$, então $$|g(f(x))-g(a)|<\lambda$$;
• portanto, se $$|x-p|<\delta$$, temos $$|g(f(x))-g(a)|<\lambda$$.

O post Teorema de Limites de Funções Compostas apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Da hipótese do limite, para qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$\delta>0$$ tal que, se $$x\in (a-\delta ; a+\delta)$$, é certo que $$f(x)\in (L-\epsilon ; L+\epsilon)$$.

Da hipótese de que $$a\in X’$$, existe $$x\neq a$$ tal que $$x\in (a-r ; a + r) \cap X$$, para todo $$r>0$$, e, por definição da imagem, $$f(x)\in Y=f(X-\{a\})$$.

Pondo $$r=\delta$$, conclui-se que, para todo $$\epsilon>0$$, existe $$f(x)\in (L-\epsilon ; L+\epsilon)\cap Y$$, isto é, $$L\in \bar{Y}$$.

O post Limites de funções (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Dado $$\epsilon>0$$, tomamos $$\epsilon/2>0$$, então existe $$n_{0}=max\{n_{1},n_{2}\}$$, tal que, para $$n>n_{0}$$, tem-se $$|x_{n}-a|<\epsilon/2$$ e $$|y_{n}-b|<\epsilon/2$$. Por hipótese, existe $$L>0$$ tal que $$b=L+a$$.

Assim, temos $$|x_{n}-a|=|a-x_{n}|=|b-L-x_{x}+y_{n}|<\epsilon/2$$.

Por outro lado:

\[|y_{n}-x_{n}-L|=|b-L-x_{n}+y_{n}-b|\leq|b-L-x_{n}|+|y_{n}-b|<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon\].

Isto é, $$|y_{n}-x_{n}-L|<\epsilon$$.

Em outras palavras, uma das desigualdades obtidas é $$L-\epsilon < y_{n}-x_{n}$$. Tomando $$\epsilon = L$$, ter-se-á $$0<y_{n}-x_{n}\Longrightarrow x_{n}<y_{n}$$, para todo $$n>n_{0}$$.

O post Limite de Sequências – Exercício 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Seja $$x\in\bar{X}$$, e seja $$f(x)=c$$. Por hipótese da continuidade, dado $$\epsilon>0$$, existe $$\delta>0$$ tal que, se $$p\in (x-\delta ; x+\delta)$$, é verdade que $$f(p)\in (c-\epsilon ; c+\epsilon)$$.

Além disso, dado que $$x\in\bar{X}$$, sempre haverá $$p\in (x-\delta ; x+\delta)$$, tal que $$p\in X$$, isto é, $$f(p)=0$$. Deste modo, para todo $$\epsilon>0$$, haverá p naquele intervalo tal que $$|c|<\epsilon$$.

Se $$c\neq 0$$, basta tomar $$\epsilon = c/3$$, a fim de observar que a afirmação é absurda, senão ter-se-ia $$c<c/3$$. Portanto é fácil ver que $$c=0$$.

O post Análise Matemática – Continuidade de funções (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Definição

\[cond_{p}(A)=||A||_{p}\cdot||A^{-1}||_{p}\].

Assumindo que $$A_{n\times n}$$ é invertível.

Exercício

Dadas as matrizes invertíveis $$A$$ e $$B$$ em $$\mathbb{M}_{n\times n}$$, demonstre as propriedades a seguir do número de condição da matriz na norma -p.

a) $$cond(A)\geq 1$$.

b) $$cond(\alpha\cdot A)=cond(A)$$, para $$\alpha\in\mathbb{R}$$.

c) $$cond(AB)\leq cond(A)\cdot cond(B)$$.

d) $$cond(A)\geq \frac{||a_{r}||_{p}}{||a_{s}||_{p}}$$, para quaisquer colunas $$a_{r}$$ e $$a_{s}$$ da matriz $$A$$.

Solução:

a) Da propriedade da norma p (link), $$1=||I_{n}||_{p}=||AA^{-1}||_{p}\leq ||A||_{p}||||A^{-1}||_{p}$$.

b) Nota-se que $$(\alpha A)^{-1}=\frac{1}{\alpha}A^{-1}$$. Além disso, $$||\beta A||_{p}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||(\beta A)x||_{p}}{||x||_{p}}=\beta\cdot \underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}=\beta\cdot ||A||_{p}$$, para $$\beta\in\mathbb{R}$$. Daqui, prossegue a demonstração:

\[cond(\alpha A)=||(\alpha A)||_{p}\cdot ||(\alpha A)^{-1}||_{p}=\alpha\cdot\frac{1}{\alpha}\cdot ||A||_{p}\cdot ||A^{-1}||_{p}=||A||_{p}\cdot ||A^{-1}||_{p}=cond(A)\].

c) $$cond(AB)=||AB||_{p}\cdot ||B^{-1}A^{1}||_{p}\leq ||A||_{p}||B||_{p}||B^{-1}||_{p}||B||_{p}=||A||_{p}||A^{-1}||_{p}||B||_{p}||B^{-1}||_{p}=cond(A)\cdot cond(B)$$.

d) Nota-se que $$Ae^{j}=A_{j}$$, onde $$A_{j}$$ representa a coluna (j) da matriz $$A$$.

Daqui e da desigualdade da norma p, $$||Ae_{r}||_{p}\leq||A||_{p}\cdot ||e_{r}|| = ||A||_{p}$$.

Por outro lado, $$1 = ||e_{s}||=||A^{1}Ae_{s}||_{p}\leq ||A^{-1}||_{p}\cdot ||Ae_{s}||_{p}=||A^{-1}||||A_{s}||_{p}$$, ou seja, $$\frac{1}{||A_{s}}||_{p}\leq ||A^{-1}||_{p}$$.

Daqui, $$cond(A)=||A||_{p}\cdot ||A^{-1}||_{p}\geq \frac{||A_{r}||_{p} }{||A_{s}||_{p}}$$.

O post Álgebra Linear – Norma de Matriz – Exercício 2 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Definição de Norma vetorial

\[||v||_{p}=(\sum^{n}_{i=1} |v_{i}|^{p})^{1/p}\].

Definição de Norma matricial

\[||A||_{p}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}\]

Exercício

Demonstre as propriedades da norma p, para matrizes $$A\in\mathbb{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$$, $$B\in\mathbb{M}_{n\times r}(\mathbb{R})$$, e $$x\in \mathbb{R}^{n}$$.

a) $$||Ax||_{p}\leq ||A||_{p}\cdot ||x||_{p}$$.

b) $$||AB||_{p}\leq ||A||_{p}\cdot ||B||_{p}$$.

c) $$||I_{n}||_{p}=1$$.

Lema: Sejam $$A,B\subset\mathbb{R}$$. Ambos os conjuntos são limitados superiormente e possuem a seguinte propriedade: para todo $$x\in A$$, $$x\leq y$$, para todo $$y\in B$$. Então $$\sigma_{A}=sup(A)\leq sup(B)=\sigma_{B}$$.

Solução

Demonstração do Lema

Suponha, por absurdo, que $$\sigma_{A}\geq\sigma_{B}$$. Daqui, existe $$\epsilon_{0}>0$$ tal que $$\sigma_{A}=\epsilon_{0}+\sigma_{B}$$. Das propriedades do supremo, sabe-se que, dado qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$x\in A$$ tal que $$\sigma_{A}<x+\epsilon$$. Em particular, ponha $$\epsilon=\epsilon_{0}$$, de modo que $$\sigma_{A}<\epsilon_{0}+x_{0}$$. Tem-se, portanto, a seguinte expressão:

\[y<y+(\epsilon_{0}-\epsilon_{0})<\sigma_{B}+(\epsilon_{0}-\epsilon_{0})<\sigma_{A}-\epsilon_{0}<x_{0}\].

Isto é: existe $$x_{0}\in A$$ para o qual $$y<x_{0}$$, seja qual for $$y\in B$$. Esta última afirmação é uma contradição com a hipótese inicial. Portanto $$\sigma_{A}<\sigma_{B}$$.

Solução:

a) Seja $$\mathcal{S}=\{\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}},x\in\mathbb{R}^{n}, x\neq 0, \}$$. Da definição de supremo de um conjunto, $$sup(\mathcal{S})\geq y$$, para todo $$y\in\mathcal{S}$$. Daqui, decorre que $$||A||_{p}= sup(\mathcal{S})\geq \frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}$$, donde se conclui que $$||A||_{p}\cdot ||x||_{p}\geq ||Ax||_{p}$$

b) Com a desigualdade provada no item anterior, temos $$||ABx||_{p}\leq ||A||_{p}||Bx||_{p}$$ e $$||Bx||_{p}\leq ||B||_{p}||x||_{p}$$. Ambas implicam na desigualdade $$||ABx||_{p}\leq ||A||_{p}||B||_{p}||x||_{p}$$.

Além disso, conclui-se que $$\frac{||ABx||_{p}}{||x||_{p}}\leq \frac{||A||_{p}||B||_{p}||x||_{p}}{||x||_{p}}=||A||_{p}||B||_{p}\cdot \frac{||x||_{p}}{||x||_{p}}=||A||_{p}||B||_{p}$$.

Pondo $$\mathcal{S}=\{\frac{||ABx||_{p}}{||x||_{p}},x\neq 0\}$$, nota-se, pela desigualdade anterior, que todo elemento em $$\mathcal{S}$$ é limitado superiormente por $$||A||_{p}||B||_{p}$$. Aplicando o lema, conclui-se que $$sup(\mathcal{S})\leq sup(\{||A||_{p}||B||_{p}\})=||A||_{p}||B||_{p}$$.

c) Usa-se a definição.

\[\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ix||_{p}}{||x||_{p}}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||x||_{p}}{||x||_{p}}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}1 = 1\]

O post Álgebra Linear – Norma de Matriz – Exercício 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Mostre que, para uma sequência $$(x_{n})$$, em um espaço vetorial munido de produto interno,

se $$||x_{n}||\longrightarrow ||x||$$ e $$<x_{n},x>\longrightarrow <x,x>$$, é válida a convergência $$x_{n}\longrightarrow x$$.

Demonstração:

Observa-se que $$||x_{n}||\longrightarrow ||x|| \Longleftrightarrow ||x_{n}||^{2}\longrightarrow ||x||^{2}$$. Precisamos mostrar a sentença a seguir:

\[\lim_{n\to\infty}||x_{n}-x||=0\].

Para tanto, assumamos que $$\lim_{n\to\infty} ||x_{n}-x||=0 \Longleftrightarrow \lim_{n\to\infty} ||x_{n}-x||^{2}=0$$.

Por definição, $$||x_{n}-x||^{2}=<x_{n}-x;x_{n}-x>= <x_{n};x_{n}>+<x;x>-<x_{n};x>-<x;x_{n}>$$. Note também que $$\lim_{n\to\infty} \overline{a_{n}}=\overline{\lim_{n\to\infty}a_{n}}$$, para uma sequência numérica, definida nos números complexos. Da hipótese, $$\lim_{n\to\infty}-<x_{n};x>=-<x;x>=\lim_{n\to\infty}-\overline{<x;x_{n}>}$$Calculamos a sentença a seguir:

\[\lim_{n\to\infty}||x_{n}-x||^{2}=\lim_{n\to\infty}<x_{n}-x;x_{n}-x>=\]

\[\lim_{n\to\infty}<x_{n};x_{n}>+<x;x>\lim_{n\to\infty}-<x_{n};x>\lim_{n\to\infty}-<x;x_{n}>=\]

\[2<x,x>-<x,x>-<x,x>=0\].

Daqui, segue que $$x\longrightarrow x$$.

O post Introdução à Análise Funcional – Espaço de Hilbert (exercício 3) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Por ser uma sequência de Cauchy, fixando $$x$$, escolha $$\epsilon = 1$$. Assim, existirá $$p_{\epsilon}\in\mathbb{N}$$ tal que $$||T_{n}(x)-T_{n+p}(x)||<1$$. Pondo $$n=1$$, obtemos:

\[||T_{n+p}||<1+||T_{1}(x)||\]. Portanto, para todo $$p>p_{\epsilon}$$, temos $$||T_{n+p}||<c_{1}$$, com $$c_{1}=1+||T_{1}(x)||$$.

Agora, basta escolher $$c_{x}=max\{||T_{1}(x)||,…,||T_{p_{\epsilon} +1}(x)||, c_{1} \}$$, para termos as hipóteses do teorema de Banach-Steinhaus. Concluímos, pelo referido teorema, que existe $$a>0$$ tal que $$||T_{n}||<a$$.

O post Introdução à Análise Funcional – Teorema de Banach-Steinhaus (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja $$d: M\times M\longrightarrow \mathbb{R}$$ uma função tal que $$d(x,y)=0 \Longleftrightarrow x=y$$ e $$d(x,z)\leq d(x,y)+d(z,y)$$. Prove que $$d$$ é uma métrica.

Solução:

a) Provaremos que $$d(x,y)>0$$, para $$x\neq y$$. De fato, utilizando as duas propriedades do enunciado, para $$z=x$$, temos:

\[0=d(x,x)\leq d(x,y)+d(x,y)\Longrightarrow 0\leq 2\cdot d(x,y)\Longrightarrow 0\leq d(x,y)\].

Por hipótese da primeira propriedade, conclui-se que $$d(x,y)>0$$.

b) Usaremos duas vezes a desigualdade da hipótese, para provarmos que a distância é simétrica, ou seja, $$d(x,y)=d(y,x).

Com efeito, tomando $$y=x$$, temos $$d(x,z)\leq d(x,x)+d(z,x)=d(z,x)$$. Trocando a ordem dos termos na desigualdade e fazendo com que $$y=z$$, também teremos $$d(z,x)\leq d(z,z)+d(z,x)=d(z,x)$$.

Com as duas desigualdades, temos a expressão $$d(x,z)\leq d(z,x)\leq d(x,z)$$. Portanto $$d(x,z)=d(z,x)$$. Aplicando este resultado à desigualdade do enunciado, ter-se-á a desigualdade triangular.

Referência:

E.L. Lima – Espaços Métricos

O post Introdução à Análise Funcional – Espaços Métricos (exercício 2) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Dada uma sequência de pontos, $$(x_{1},…,x_{n})$$, num espaço métrico $$(S,d)$$, prove que $$d(x_{1},x_{n})\leq d(x_{1},x_{2})+…+d(x_{n-1},x_{n})$$.

Solução:

Provemos que a desigualdade é válida para $$n=4$$, com a Desigualdade Triangular.

Com efeito, sabemos que:

$$d(x_{1},x_{4})\leq d(x_{1},x_{2})+d(x_{2},x_{4})$$;

$$d(x_{2},x_{4})\leq d(x_{2},x_{3})+d(x_{3},x_{4})$$.

Substituindo a segunda desigualdade na primeira, obtemos a expressão a seguir:

\[d(x_{1},x_{4})\leq d(x_{1},x_{2})+d(x_{2},x_{4})\leq d(x_{1},x_{2})+d(x_{2},x_{3})+d(x_{3},x_{4})\].

A desigualdade fica provada.

Assumindo, por hipótese de indução, que é válida a afirmação do enunciado, provemos que é válida para $$n+1$$.

Substituiremos a expressão do enunciado na expressão $$d(x_{1},x_{n+1})\leq d(x_{1},x_{n})+d(x_{n},x_{n+1})$$.

\[d(x_{1},x_{n+1})\leq d(x_{1},x_{n})+d(x_{n},x_{n+1})\leq \sum^{n}_{i=2}d(x_{i-1},x_{i})+d(x_{n},x_{n=1})=\sum^{n+1}_{i=2}d(x_{i-1},x_{i}) \]

Referência:

Kreyszig – Introductory Functional Analysis with Applications

O post Introdução à Análise Funcional – Espaços Métricos (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.