Exame de qualificação 2016

Como sempre, aqui está um roteiro para a solução do exame de qualificação. Não se trata de um gabarito, mas de um roteiro de estudos. Voltarei em breve a escrever sobre o exame.

O resultado final de todos os exames estão aqui.

 

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Notas finas

As notas finais estão aqui. O roteiro para solução do exame está aqui. Parabenizo todos os aprovados. Aos que não conseguiram desta vez, ânimo! Estarei sempre a disposição para ajudá-los no que for preciso.

Registro aqui que tenho plena consciência da importância fundamental, para todos, da nota desta disciplina obrigatória, inclusive no que diz respeito a eventual distribuição de bolsas e até desligamento do programa. Eu já fiz todas as revisões de notas possíveis, não é possível fazer nenhum “ajuste” extra, as notas são as definitivas. Porém, se você está absolutamente convencido que houve algum equívoco na correção do exame, escreva-me o quanto antes. Os exames e a P2 estarão disponíveis para entrega a partir da semana do dia 25/7.

Bom recesso.

 

Base de Hamel explícita?

O lema de Zorn (e portanto o Axioma da escolha) é invocado para provar que todo espaço vetorial tem um base de Hamel (ver 4.1-7 do livro). Uma pergunta recorrente é: podemos obter uma expressão explícita para uma base de Hamel num dado espaço vetorial? A resposta é não. De fato, tudo (até onde sei) que é obtido via Axioma da escolha não pode ser exibido explicitamente, não são definições construtivas.  Vejam, curiosamente, esta definição informal retirada desse último verbete da wikipedia:

One trivial meaning of “constructive”, used informally by mathematicians, is “provable in ZF set theory without the axiom of choice.”

Nossa discussão dos operadores shift  deu chance para tocarmos nesse assunto para o caso do espaço de Hilbert \ell^2, talvez o mais simples dos nossos espaços de Hilbert de dimensão infinita.  Só para fixarmos notações, um elemento x\in\ell^2 é uma seqüência infinita (x_1,x_2,x_3,\dots) tal que

\sum_{k=1}^\infty x_k^2 < \infty

Sabemos que este espaço é separável e possui uma base de Schauder \{e_k\}, k=1,2,3,\dots já bem conhecida por todos nós. Com esta base, podemos escrever qualquer elemento x\in\ell^2 através da seqüência

x= \lim_{N\to\infty}\sum_{k=1}^N x_k e_k  

sendo o limite entendido a partir da norma usual de \ell^2. O que seria uma base de Hamel para \ell^2? Ora, seria um conjunto de vetores \{\xi_\theta\} LI que nos permitissem escrever, de maneira única, qualquer elemento x\in\ell^2 a partir de uma combinação linear finita (como, a propósito, qualquer coisa que mereça o nome de combinação linear!) de elementos

x =\sum_{k=1}^N \alpha_k \xi_{k}, \quad k\in \{\theta\}

vamos tentar escrever explicitamente quem seria esse conjunto de vetores LI \{\xi_\theta\}. A primeira observação é que podemos escolher este conjunto de modo a acomodar TODOS os vetores usuais \{e_k\}, já que são também LI, e gerarão todos os elementos de \ell^2 que terminam em (\dots,0,0,0,\dots) (os famosos elementos de c_{00}\in\ell^2). Porém, estes vetores não são suficientes para cobrir todo \ell^2 a partir de combinações lineares finitas. Devemos incluir em \{\xi_\theta\} também as seqüências infinitas. Tomemos, por exemplo, esta aqui

\xi_{\theta_1} = \left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5},\frac{1}{6},\dots\right)

que é obviamente LI dos \{e_k\}. Claramente, geramos um subespaço de \ell^2 {\rm span}(\{e_k\},\xi_{\theta_1})\subset\ell^2 bastante grande, mas ainda muito menor que \ell^2. Considere agora esta seqüência

\xi_{\theta_2} = \left(1,-\frac{1}{2},\frac{1}{3},-\frac{1}{4},\frac{1}{5},-\frac{1}{6},\dots\right)

ela não pode ser escrita como combinações lineares das anteriores, i.e., \xi_{\theta_2}\notin{\rm span}(\{e_k\},\xi_{\theta_1}). Podemos, portanto, incluí-la em nossa lista de vetores da base de Hamel, e aumentaremos um pouco o espaço coberto por ela.  Agora, considerem esta seqüência

\xi_{\theta_3} = \left(1,\frac{1}{2},-\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5},-\frac{1}{6},\dots\right)

ela também não é combinação lineares das anteriores e, portanto, gera um novo subespaço, e vamos incluía-la na lista. Bem, já está claro um ponto. Quantas seqüências deste tipo temos? Ora, infinitas, com a cardinalidade dos reais! Notem que podemos “contar” estas seqüências da mesma maneira que contamos as seqüencias de 0 e 1 que usamos para, via argumento diagonal de Cantor, provar que \ell^\infty era não separável (1.3-9 do livro).  Já vemos aqui que uma base de Hamel tem cardinalidade alta, i.e., \{\theta\} deve ter a cardinalidade, no mínimo, dos reais para poder acomodar o que fizemos até aqui, em contraste com a base de Schauder, que tem a cardinalidade dos inteiros.

O problema é que o que fizemos até aqui, nem de longe, extingue todas as necessidades para gerarmos \ell^2. Considere, por exemplo, esta seqüência

\xi_{\theta'} = \left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2^2},\frac{1}{2^3},\frac{1}{2^4},\frac{1}{2^5},\dots\right)

Ela não pode ser escrita com combinação linear das anteriores (prove!). Portanto, ela pode ser incluida em nossa lista. Porém, ela dará origem a outras seqüências da mesma maneira que fizemos para \xi_{\theta_1}, e todas serão incluidas na lista. E este processo se repetirá sempre que encontrarmos uma nova seqüência infinita independente das anteriores. Percebe-se que a dificuldade de se construir a base de Hamel é praticamente a mesma de se construir todos os elementos de \ell^2! Uma base deste tipo, em contraste com uma base de Schauder, é muito pouco útil em análises como as que fizemos durante o curso.

Exercício: convença-se que esta construção que estamos fazendo é, na prática, a do item 4.1-7 do livro, a qual está baseada no lema de Zorn.

PS.: Não usamos aqui, em nenhum lugar, o fato de \ell^2 ser um espaço de Hilbert. Poderíamos, por exemplo, usar Gram-Schmidt para ir “ortonormalizando” nossas elementos da base a cada passo, mas isso não é relevante para a nossa discussão. Deem uma olhada neste artigo.

Notas atualizadas

As notas atualizadas estão aqui, confiram. A solução da P2 está aqui, e não é um gabarito, é um roteiro que contém inclusive pontos para estudos mais aprofundados. Com relação ao item b da questão 3, optei por dar 0.5 ponto para todos que mostraram que o operador é simétrico. Ganharam o ponto integral os que, além de mostrar a simetria, notaram alguma coisa estranha com o fato do operador ser não limitado.  Qualquer dúvida, escreva o mais rápido possível.

Importante: Os que não obtiveram média 7 entre as duas provas (estão indicados na planilha) devem obrigatoriamente fazer o exame. O conceito final será calculado a partir da média aritmética entre o Exame e a média atual.

Operadores shift, bases de Schauder, de Hamel, etc..

Provas são ótimas oportunidades para aprender! Os operadores shift a esquerda e a direita são definidos, por exemplo para seqüências (x_1,x_2,x_3,x_4,\dots) de \ell^2, como

S(x_1,x_2,x_3,x_4,\dots) =(x_2,x_3,x_4,x_5,\dots)\quad\quad (1) 

T(x_1,x_2,x_3,x_4,\dots) =(0,x_1,x_2,x_3,\dots)\quad\quad (2) 

de onde fica bastante evidente o porquê dos nomes destes operadores. O 0 na definição do operador shift a direita T está lá para garantir que T0_s=0_s, sendo neste caso 0_s a seqüência repleta de zeros. Introduzindo-se a base usual de Schauder \{e_k\} de \ell^2, estas duas definições implicam em

Se_{k+1}=e_k, k>1 e Se_1=0,\quad\quad (3)

e Te_k = e_{k+1}, k\ge 1. \quad\quad (4)

Notem que (1) implica em (3), e (2) implica em (4).  Porém, o contrário não é verdade em geral! Isto é o conteúdo da nota de rodapé 1 da solução da prova, um ponto em que o livro é meio desatento.  Tomemos, por exemplo, o caso do operador shift a esquerda S. Suponhamos que ele fosse definido apenas por (3) e pela hipótese de ser linear.  Um elemento v qualquer de \ell^2 pode sempre ser escrito como

v=\sum_{k=1}^\infty \alpha_k e_k,

com todos os alertas pertinentes à interpretação desse limite. Ora, as condições (3) não são suficientes para determinarmos

Sv = S\left(\sum_{k=1}^\infty \alpha_k e_k\right)

Se adicionarmos a (3) e a linearidade a hipótese de S limitado (e portanto, contínuo), podemos escrever

S\left(\lim_{N\to\infty}\sum_{k=1}^N \alpha_k e_k\right) =\lim_{N\to\infty} S\left(\sum_{k=1}^N \alpha_k e_k\right) =\sum_{k=1}^\infty \alpha_k Se_k

e agora utilizando (3) reproduzimos efetivamente (1). O caso do operador shift a direita é análogo. Quer dizer, os operadores shift (1) e (2) são os operadores lineares e limitados tais que (3) e (4) são verificados!

Sem a hipótese de ser limitado, as condições (3) e (4) mais a linearidade não são suficientes para reproduzir (1) e (2). Isto pode ser provado de fato mostrando-se que existem operadores lineares que satisfazem, por exemplo (3), mas que não serão o operador shift a esquerda (1). Pra isso, lançaremos mão de uma base de Hamel para \ell^2.. Relembrando, esta base é um conjunto de elementos \{x_\theta\} de \ell^2 que nos permite escrever qualquer elemento v\in \ell^2 como uma combinação linear única de elementos de \{x_\theta\}

v = \sum_{k=1}^{n} \alpha_k x_{\theta_k}

Uma base de Hamel para \ell^2 deve incluir os elementos \{e_k\}, alem de uma infinidade (não enumerável!) de elementos de comprimento infinito. Basta agora introduzir um operador \cal S linear tal que {\cal S}x_\theta = e_{k} se x_\theta = e_{k+1}, e qualquer outra coisa caso contrário. Teremos assim um operador linear que satisfaz (3), mas jamais reproduzirá (1) e, portanto, não merece o nome de “shift a esquerda”.

Não se preocupem, isto não será cobrado no exame! 🙂

Roteiro para P2 e exame

Como disse, cobrimos o capítulo 3 integralmente, e ele será o foco da P2 do dia 30/6. Como também disse, é impossível desvincular o conteúdo deste capítulos dos dois anteriores, então na prática o conteúdo da P2 será os capítulos 1 a 3. (A propósito, com todas nossa discussões sobre funcionais em espaços de Banach após a P1, o capítulo 2 também foi integralmente discutido em sala). Portanto, os exercícios relevantes são todos os dos três primeiros capítulos do Kreyszig.

Do capítulo 4 discutimos várias coisas, algumas em razoável profundidade, como a questão dos espaços reflexivos. Porém, nada específico deste capítulo será cobrado na P2 ou no exame.

Na próxima terça 28/6, falaremos sobre Teorema do ponto fixo de Banach e consideraremos algumas aplicações. É o material contido nas seções 5.1 e 5.2 apenas (5.3 também é relativamente fácil). Este material não será cobrado na P2, mas fará parte, com o conteúdo total dos capítulos 1 a 3, do material do Exame do dia 14/7.

Em caso de dúvidas, escrevam.

Fenômeno de Gibbs

Como disse, o fenômeno de Gibbs é a curiosa discrepância que surge nas descontinuidades quando comparamos funções descontínuas e suas séries de Fourier. Relembrando, o que fizemos explicitamente foi mostrar que os conjuntos ortonormais de senos e cossenos eram completos em C[a,b], com o produto interno (e sua norma decorrente) de L^2[a,b] . Porém, como sabemos que C[a,b] é denso em L^2[a,b], temos que os conjuntos ortonormais de senos e cossenos serão também uma base de Shauder para L^2[a,b]. Todas as noções de convergência nesse espaço de Hilbert estão fundamentadas na norma p=2 para as funções, e não na convergência ponto a ponto (p\to \infty), que provavelmente seria a mais “natural” para lidar com funções. Em outras palavras, o fenômenos de Gibbs ocorre porque a norma do L^2[a,b] é insensível a discrepâncias pontuais (na verdade, discrepâncias em qualquer conjunto de medida nula do intervalo [a,b]). Isto ficará mais claro com uma ilustração explícita.

Consideremos a função degrau no intervalo [-\pi,\pi]

f(x) = \left\{\begin{array}{rr} 1, & \quad 0 < x < \pi \\ -1, & \quad -\pi < x <0 \end{array}\right.

Como a função é impar, terá apenas série em senos f(x) = \sum_k b_k\sin kx, sendo

b_k  = \frac{2}{\pi} \int_0^{-\pi} \sin kx \, dx =\frac{2}{k\pi}(1-\cos k\pi)  = \left\{\begin{array}{cl} \frac{4}{k\pi}, & \quad k\ {\rm impar} \\ 0, & \quad k\ {\rm par} \end{array}\right.

Nossa função degrau, portanto, pode ser representada pela série de Fourier

f(x) = \frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^\infty \frac{\sin (2n+1)x}{2n+1}

Abaixo vai o gráfico correspondente aos 5 primeiros termos dessa série

Gibbs1

onde já podemos apreciar o fenômeno do “overshooting” na vizinhança da descontinuidade em x=0. Consideremos agora as séries parciais correspondentes à série de Fourier

f_M(x) = \frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^M \frac{\sin (2n+1)x}{2n+1}

A figura acima corresponde ao caso M=4. Vamos localizar os pontos críticos de f_M(x) no intervalo (0,\pi), que correspondem aos pontos tais que

f'_M(x) = \frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^M {\cos (2n+1)x} = 0 \quad\quad (1)

Notem que

\sum_{n=0}^M {\cos (2n+1)x} =\ {\rm Re}\left(\sum_{n=0}^M  e^{(2n+1)ix} \right) \quad\quad (2)

Desta forma, os zeros de (1) correspondem de fato aos zeros de (2). Ocorre que (2) pode ser facilmente somado, trata-se de uma PG complexa com razão e^{2ix}

\sum_{n=0}^M  e^{(2n+1)ix} = \frac{e^{ix}}{1-e^{2ix}}\left(1 - e^{2(M+1)ix} \right)

Porém, notem que

\frac{e^{ix}}{1-e^{2ix}} = \frac{1}{e^{-ix}-e^{ix}} = -\frac{1}{2i\sin x}

e

 1 - e^{2(M+1)ix} = e^{i(M+1)x}\left(e^{-i(M+1)x} -e^{i(M+1)x}\right) = -2ie^{i(M+1)x} \sin(M+1)x

De onde temos finalmente que

 {\rm Re}\left(\sum_{n=0}^M  e^{(2n+1)ix} \right) = \frac{\sin(M+1)x}{\sin x} {\rm Re}\left(e^{i(M+1)x}\right) = \frac{\sin 2(M+1)x}{2\sin x}

implicando que os zeros de (2) no intervalo (0,1), que serão os pontos críticos de (1) no mesmo intervalo, são os pontos x=\frac{k\pi}{2(M+1)}, com k=1,2,3,\dots. Do gráfico, vemos que o primeiro ponto crítico (k=1) será um máximo localizado em x_* = \frac{\pi}{2(M+1)}. Calculemos agora f_M(x_*)

f_M(x_*) = \frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^M \frac{\sin (2n+1)x_*}{2n+1} =\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^M \frac{\pi}{M+1}\frac{\sin \alpha_n}{\alpha_n}

com \alpha_n = \frac{2n+1}{2M+2}\pi. Podemos calcular o limite M\to\infty desta soma se a aproximarmos por uma integral. Notem, primeiramente, que \alpha_0 = \frac{1}{2M+2}\pi, \alpha_M = \frac{2M+1}{2M+2}\pi e que \alpha_{k+1} -\alpha_{k} = \frac{\pi}{M+1}. Em outras palavras, o intervalo (0,\pi) foi dividido em M+1 partes iguais (de fato, os extremos tem metade do tamanho), e estamos somando as áreas de retângulos de largura \frac{\pi}{M+1} e altura \frac{\sin\alpha_n}{\alpha_n}. A figura abaixo ilustra o caso para M=12, sendo que a curva corresponde a função \frac{\sin x}{x}

Gibbs2

Teremos

\lim_{M\to\infty} f_M(x_*) = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{x}\, dx \approx 1.179

que corresponde ao “overshoot”. Note que no limite M\to\infty, o ponto de máximo x_* está arbitrariamente próximo da descontinuidade x=0.  A figura abaixo ilustra o que ocorre para três valores de M: 4, 16 e 32. Ve-se claramente que o primeiro máximo varia pouco, mas sua localização se aproxima de x=0, de onde percebemos claramente o porquê da norma do L^2[-\pi,\pi] ser insensível a estas diferenças.

Gibbs3

O fenômeno de Gibbs é caracterizado pelo valor relativo do “overshoot”, e não pelo absoluto como fizemos. No nosso caso, a descontinuidade é f(0^+)-f(0^-)=2, então o “overshoot” relativo será

\frac{1.179 -1}{2}\approx 9\%

Que é o famoso resultado. A literatura a respeito é vastíssima. Sugiro este artigo, que é bem contextualizado historicamente e apresenta a derivação original, que não é a apresentada aqui. O resultado original foi deduzido não para a função degrau, mas para uma variação da “dente de serra“. O curioso, e interessantíssimo, é que o fenômeno (incluindo o 9%) é o mesmo para qualquer descontinuidade “razoável”. Isto quer dizer que, do ponto de vista das séries de Fourier, a descontinuidade estudada aqui é genérica. De fato, já discutimos que o ponto fundamental das descontinuidades é o decaimento dos coeficientes b_k. Aqui, como esperado, tratando-se de uma função descontínua, os coeficientes decaem como k^{-1}.

Como disse também, Michelson construiu um “computador analógico” para calcular séries de Fourier, e atribuiu erroneamente o fenômeno de Gibbs a um “defeito” mecânico de seu aparato. Mais informações sobre sua curiosa e engenhosa máquina aqui e aqui. Uma visão “mecânica” de como as componentes de Fourier interagem para gerar a função degrau é dada por esta (ótima!) animação, da wikipedia

 

Fourier_series_square_wave_circles_animation

construida a partir do material apresentado aqui. Notem como os diversos modos de Fourier surgem ao combinarmos  epiciclos.  O video abaixo também é muito interessante.

Um último ponto para mostrar que a convergência pontual (quer dizer, com a norma do L^\infty[-\pi,\pi]) é bastante complicada neste exemplo, surge ao considerarmos não o valor de f(x) no primeiro ponto fixo, mas em todos. Calculemos

f_M\left(x_*^{(k)} \right) =  \frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^M \frac{k\pi}{M+1}\frac{\sin \alpha_n^k}{\alpha_n^k}

sendo x_*^{(k)}=\frac{k\pi}{2M+2} e \alpha_n^{(k)} = \frac{2n+1}{2M+2}k\pi. Tomemos o limite M\to \infty, mantendo k constante, de maneira análoga ao que fizemos para o caso k=1 acima

f\left(x_*^{(k)} \right) =  \frac{2}{\pi}\int_0^{k\pi} \frac{\sin x}{x}\, dx

Essa integral é muito bem conhecida. Seu limite para k\to \infty (integral de Dirichlet) é exatamente \frac{\pi}{2}, de onde temos que, longe da singularidade (k grandes), o valor de f\left(x_*^{(k)} \right) tende ao valor esperado f(x)=1. O gráfico abaixo mostra alguns valores de f\left(x_*^{(k)} \right) para k pequenos, de onde vemos que a convergência para o valor  f(x)=1 é o mesmo de uma série alternada.

Gibbs4

No limite M\to\infty, pontos com k finito estão arbitrariamente próximos, sugerindo que a série de Fourier de f(x) é, de fato, complicadamente descontínua na região arbitrariamente próxima a x=0. Contudo, a norma do L^2[-\pi,\pi] é completamente insensível a este rico comportamento  próximo à descontinuidade x=0.