terça-feira, 28 de abril de 2015

Problema de Minimizante em Espaço de Hílbert

Hoje nosso objetivo é dar uma solução pro seguinte problema: Se $H$ é um espaço de Hilbert complexo (veja aqui e aqui), $v_1,v_2$ são dois elementos de norma igual em $H$, encontrar o menor valor possível para 

$$ I = \inf_{f \in H}\{\|f\|; |\langle f,v_i\rangle| \ge 1, i=1,2\} $$

Discutindo se é ou não única o $f$ que atinge tal mínimo. Mais especificamente, provaremos o seguinte 

Teorema: Para o problema acima, temos que 

$$ I^2  = \frac{2}{\|v_1\|^2 + |\langle v_1,v_2 \rangle|} $$ 

Além disso, podemos caracterizar os extremizantes como 

(i) se $\langle v_1,v_2 \rangle = 0$, então temos como únicos extremizantes os elementos da família 

$$ f = \left(\frac{2}{\|v_1\|^2 + |\langle v_1,v_2 \rangle|}\right)^{1/2} \frac{c_1v_1 + c_2v_2}{\|v_1+v_2\|} $$

Onde $|c_1|=|c_2|=1$ são complexos. 

(ii) se $\langle v_1,v_2 \rangle \ne 0 \Rightarrow \langle v_1,v_2 \rangle = e^{i\alpha}|\langle v_1,v_2 \rangle|$. Temos que os extremizantes satisfazem 

$$ f = \left(\frac{2}{\|v_1\|^2 + |\langle v_1,v_2\rangle|}\right)^{1/2} \frac{c(e^{-i\alpha}v_1+v_2)}{\|e^{-i\alpha}v_1 + v_2\|} $$ 

Onde $|c|=1$ é um parâmetro complexo. 

Prova: Vamos, primeiro, mostrar que podemos reduzir o problema ao subespaço fechado $M=\text{span}\{v_1,v_2\}$. De fato, isto segue de que a projeção $P_M$ satisfaz que $\|P_M g \| < \|g\|$ se $g  \not\in M$. Assim, como $\langle P_M g, v_i \rangle = \langle g,v_i \rangle, \;i=1,2$, então podemos nos reduzir a tal subespaço.

Agora, notamos que podemos supor que $\|v_i\| =1$, pois, caso contrário, então $I = \inf_{f \in H} \{\|f\|; |\langle f,v_i\rangle| \ge 1\} = \inf_{f \in H} \{\|f\|; |\langle \|v_i\|f, \frac{v_i}{\|v_i\|} \rangle| \ge 1\} = \frac{1}{\|v_i\|} \inf_{g \in H} \{\|g\|; |\langle g, \frac{v_i}{\|v_i\|} \rangle| \ge 1\}$

Fazendo estas suposições, seja então $f = av_1 + bv_2$ que satisfaz as hipóteses do conjunto onde estamos tirando o ínfimo. Em outras palavras, 

$$ |a + b \overline{\langle v_1,v_2 \rangle} |^2 \ge 1, |b + a \langle v_1,v_2 \rangle|^2 \ge 1 $$

Isto é, a primeira expressão equivale a 

$$ |a|^2 + a\bar{b}\langle v_1,v_2\rangle+\bar{a}b \overline{\langle v_1,v_2 \rangle} + |b|^2 |\langle v_1,v_2 \rangle|^2 \ge 1$$

Como, no entanto, 

$$ \|f\|^2 = \langle av_1 + bv_2 , av_1+bv_2 \rangle = |a|^2 + a\bar{b}\langle v_1,v_2 \rangle + b \overline{a \langle v_1,v_2 \rangle } + |b|^2 $$ 

Temos que $ \|f\|^2 \ge 1-|b|^2c_{1,2}^2+ |b|^2$ (onde abreviamos $c_{1,2} = |\langle v_1,v_2 \rangle|$). A mesma dedução vale para $a$, que implica que 

$$ \|f\|^2 \ge 1+\max{|a|^2,|b|^2}(1- c_{1,2}^2) $$.

Basta, portanto, achar uma limitação em $a,b$. Mas, somando as limitações que já temos, obtemos que 

$$ 2 \le (|a|^2 + |b|^2) + 2(a \langle v_1,v_2 \rangle \bar{b} + b \overline{ a \langle v_1,v_2 \rangle} ) + (|a|^2+|b|^2)|\langle v_1,v_2 \rangle|^2 \\ \le (|a|^2+|b|^2)(1+c_{1,2})^2 \\ \le 2\max\{|a|^2,|b|^2\} (1+c_{1,2})^2 $$

Isso já nos dá a limitação 

$$ \|f\|^2 \ge 1 + \frac{1-c_{1,2}^2}{(1+|c_{1,2}|)^2} = \frac{2}{1+c_{1,2}^2} \Rightarrow I^2  \ge \frac{2}{1+c_{1,2}^2}  $$ 

Além disso, ocorre a igualdade nas estimativas acima se, e só se, $|a|=|b|=\frac{1}{1+c_{1,2}}$, com $a = e^{-i\alpha}b$ no caso (ii). Uma substituição (que deixamos a cargo do leitor) completa a prova no caso $\|v_i\|=1$. O caso geral segue do anterior. 

$\square$

Comentário 1: Tal problema foi recentemente estudado por Carneiro, Chandee, Littmann e Milinovich em [1] para conseguir relações de zeros da função zeta de Riemann sob a Hipótese de Riemann (Lema 13). No mesmo artigo, é citado o fato de que J. Vaaler e M. Kelly teriam obtido resultados análogos. 

Comentário 2: Como aplicação do Teorema que provamos, juntamente ao Teorema de Fatoração de Kreïn, pode-se resolver o problema do 2-delta: Achar uma função inteira $f$ de tipo exponencial no máximo $2 \pi$ tal que $f|_{\mathbb{R}} \ge 0$, $f \in L^1(\mathbb{R})$ e $f(\pm \alpha) \ge 1$ para $\alpha>0$. 

De fato, basta notar que, se pudermos escrever $f(x) = |g(x)|^2$, onde $g$ tem tipo exponencial no máximo $\pi$, então teremos que $f(\pm\alpha) = |g(\pm \alpha)|^2 = | \langle g,K_{\pm \alpha} \rangle|^2$, onde $K_w (z) = \frac{\sin \pi(z-\bar{w})}{\pi(z-\bar{w})}$. Usando o Teorema que acabamos de provar, obtemos já todas as soluções de tal problema. 

Comentário 3: Embora a prova do Teorema acima seja relativamente simples, ainda é em aberto achar uma versão "$n$-dimensional" de tal problema, já que muito pouco se sabe sobre o problema do $n$-delta geral. 

Referências: 

[1] - E. Carneiro, V. Chandee, F. Littmann, M. Milinovich, "Hilbert Spaces and the Pair Correlation of zeros of the Riemann-Zeta Function", a aparecer em J. Reine Agnew. Math. 

[2] - J. Vaaler, "Some Extremal Functions in Fourier Analysis", Bull. Amer. Math. Soc. (1985) 

[3] - R. P. Boas, "Entire Functions", Academic Press Inc., New York, 1954

[4] - N. Akhiezer, "Theory of Approximation", New York, 1956. 

[5] - H. Brezis, "Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations", Springer, 2011. 


domingo, 26 de abril de 2015

Algumas Provas de que $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} $

Nosso objetivo de hoje será calcular a soma dos inversos dos quadrados dos naturais de algumas maneiras distintas, obtendo assim uma pequena coleção de belas provas de tal fato. 

Teorema: 

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} $$

Prova 1: Essa prova será feita com uso de Séries de Fourier. Seja $\psi : [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ dada por $\psi(x) = x - \frac{1}{2}$. Veremos $\psi$ como uma função periódica de período 1. 

Assim, esta admite uma transformada de Fourier discreta. Um cálculo simples mostra que 

$$ \hat{\psi}(n) = \int_{[0,1]} e^{-2\pi i t \cdot n} \psi(t) dt = -\frac{1}{2\pi i n} $$

Se $n \ne 0$, e $\hat{\psi} (0) = 0$. 

Pelo Teorema de Plancherel-Parseval, temos que 

$$ \|\psi\|_2^2 =  \sum_{k\in \mathbb{Z}} \frac{1}{4 \pi^2 n^2} $$

Mas $\int_0^1 \psi(t)^2 dt = 2 \int_0^{1/2} t^2 dt = \frac{1}{12} $ 

Isto implica que $\frac{4 \pi^2}{12} = \sum_{k\in \mathbb{Z}} \frac{1}{k^2} = 2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \Rightarrow \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}$, terminando nossa primeira prova.                                       
                        $\square$.

Prova 2:  Esta prova utiliza Análise Complexa não-trivial. Mais especificamente, usamos a Teoria de Resíduos. 

Seja $P_n$ O retângulo de lados paralelos aos eixos coordenados que intersecta o eixo horizontal nos pontos $\pm (n + \frac{1}{2})$, e o eixo vertical nos pontos $ni$, e $f(z) = \cot (\pi z) \frac{1}{z^2}$. Sabemos já que $f$ é meromorfa neste retângulo, e um cálculo direto mostra que $f$ restrita ao bordo de $P_n$ satisfaz que $|f(z)|\le \frac{2}{n^2}$. Assim, 

$$ \left| \int_{P_n} f(z) dz \right| \le \frac{C}{n} \rightarrow 0 $$

Mas, do Teorema dos Resíduos, temos que a integral é igual a 

$$ 2\pi i \sum_{|k|<n+1} \text{Res}(f,k) $$

Utilizando a série de potências da cotangente, temos que 

$$ \text{Res}(f,0) = -\frac{\pi}{3} $$ 

Além, como $\cot$ é periódica de período $\pi$, então $\cot(\pi z) = \cot(\pi (z-k))$. Isto implica que $\text{Res}(f,k) = \frac{1}{\pi k^2}$. Portanto, sumarizando o que fizemos, temos que 

$$ 4 i \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}\right) - \frac{2 \pi^2 i}{3} \rightarrow 0 $$

Ou seja, 

$$ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} $$
$\square$

Prova 3: Talvez a mais elementar as provas apresentadas aqui. 

Começamos observando que basta calcular a soma 

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} $$

Pois esta é igual a $3/4$ da soma original. Mas sabemos também que 

$$ \frac{1}{2k+1} = \int_0^1 x^{2k} dx \Rightarrow \frac{1}{(2k+1)^2} = \int_{[0,1]^2} (xy)^{2k}dxdy$$

Assim, somando as identidades acima e usando o Teorema de Fubini para trocar as ordens de integrais (pois o integrando é positivo), temos que 

$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} = \int_{[0,1]^2} \sum_{k=1}^{\infty} (xy)^{2k} dxdy = \int_{[0,1]^2} \frac{1}{1-x^2y^2} dxdy $$

Para calcular esta última integral, basta efetuar a substituição $x = \sin u / \cos v, y = \sin v/\cos u$, que mapeia a região $\{(u,v);0<u,v, u+v < \pi/2\}$ homeomorficamente no quadrado $(0,1)^2$. Calculando, vemos que $\frac{1}{1-x^2y^2}dxdy = dudv$, i.e., a integral que desejamos calcular é apenas a área de um triângulo, e está é igual a $\frac{\pi^2}{8}$. Isto implica que 

$3S/4 = \pi^2/8 \Rightarrow S = \frac{\pi^2}{6}$, como desejado. 
$\square$.


Prova 4: Mais uma prova por Análise Complexa. Desta vez, vamos observar a fatoração de Weierstrass de $\sin$: 

$$ \sin(\pi z) = e^{Az+B} \pi z \prod_{n\ne 0}\left(1 - \frac{z}{n}\right)e^{z/n}$$

Como $\sin(\pi z)/\pi z \rightarrow 1$ quando  $z \rightarrow 0$, então podemos tomar $B=0$. Se $f(z) = \frac{\sin \pi z}{\pi z}$, então 

$$ \frac{f'(z)}{f(z)} = A + \sum_{n\ne 0} \left(\frac{1}{n} +  \frac{1}{(z-n)}\right) $$ 

Quando $z \rightarrow 0$, como $f|_{\mathbb{R}}$ é real e assume máximo local em $x=0$, então $f'(0) = 0$, e isso implica que $A=0$. Assim, podemos escrever a expressão de $f'/f$ como

$$ \frac{\frac{\pi^2 z \cos \pi z - \pi \sin \pi z}{\pi^2 z^2}}{\frac{\sin \pi z}{\pi z}} = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N, n \ne 0}^{N} \frac{1}{z-n}$$ 

Que equivale a 

$$ \frac{\pi}{ \tan \pi z} - \frac{1}{z} = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N, n \ne 0}^{N} \frac{1}{z-n} \iff $$

$$ \frac{\pi}{ \tan \pi z} = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N} ^N \frac{1}{z-n} := \sum_n \frac{1}{z-n} $$ 

Diferenciando ambos os lados em $z$ acima, obtemos que 

$$ \left(\frac{\pi}{\sin \pi z}\right)^2 = \sum_n \frac{1}{(z-n)^2} $$ 

Mas, fazendo $z \rightarrow 0$ em $\left(\frac{\pi}{\sin \pi z}\right)^2 - \frac{1}{z^2}$, obtemos que (após fazer as contas com a série de Laurent de $\frac{1}{\sin \pi z}^2$, as quais omitimos aqui) 

$$ \frac{\pi^2}{3} = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} $$ 

Que é o desejado. 
$\square$.

Há muitas outras provas deste fato. Se você conhece alguma que não está aqui, ficaremos contentes em vê-la! 

Dúvidas? Sugestões? Críticas? Comente! Todos são encorajados a comentar aqui. Para uma melhor avaliação nossa do trabalho que estamos fazendo, marque o que achou dessa postagem nas caixinhas abaixo, é instantâneo!
  


sábado, 18 de abril de 2015

Matemática Através de Problemas - VI

Oi, pessoal!

Dada a falta de tempo dos administradores do blog, não estamos conseguindo postar muito conteúdo. Para compensar a falta de material novo, apresentamos aqui mais uma leva de problemas interessantes: 

1 - Ache todas as funções contínuas $ H : L^1(\mathbb{R}^n) \rightarrow \mathbb{C}$ tais que $H$ é linear e $H(f*g) = H(f)H(g)$. 

2 - (Rearranjo de Hardy-Littlewood)

(a) Sejam $ \{a_i\}$ e $\{b_i\}$ duas sequências de reais positivos. Se $\{c_i\}$, $\{d_i\}$ são, respectivamente, seus rearranjos decrescentes (i.e., $\{c_i\}= \{a_i\}$, $\{d_i\}=\{b_i\}$, com $c_1 \ge c_2 \ge c_3 \ge \cdots \ge c_n$, $d_1 \ge d_2 \ge d_3 \ge\cdots \ge d_n$), mostre que

$$ \sum_{i=1}^n a_i b_i \le \sum_{i=1}^n c_i d_i $$

(b) Mostre que, se f, g são funções mensuráveis, e se f*, g* são seus rearranjos decrescentes (c.f. Wikipedia ) definidos em R, então

$$ \int_{\mathbb{R}^n} f(x)g(x) dx \le \int_{0}^{\infty} f^{*} (t) g^*(t) dt $$

3 - Seja V espaço vetorial. Suponha que, neste espaço vetorial, tenhamos uma forma bilinear $ a: V \times V \rightarrow \mathbb{R}$, e que são conhecidos apenas os valores de $a(v,v), \forall v \in V$. Mostre que, de fato, conhecemos todos os valores $a(u,v) \forall u,v \in V$.

4 - Seja V um espaço vetorial dotado de um produto interno $\langle , \rangle$. Dada uma base $\{u_1,\cdots, u_n\}$, prove que existe uma base ortogonal $\{v_1,...,v_n\}$, e descreva explicitamente uma tal base.

5 - Mostre que, para todo conjunto Boreliano $E \subset [0,1]$, temos que

$$ \int_E x^{-1/2} dx \le 2 m(E)^{1/2} $$

6 - Suponha que São dados $n$ pontos $w_1,...,w_n$ na circunferência unitária do plano complexo. Mostre que existe um ponto $w$ tal que o produto das distâncias $|w-w_i|$ é maior estritamente que 1. Você é capaz de dar cotas melhores? Tente provar que existe um ponto tal que este produto é $\ge 2$. 

7 - Seja $P(x)$ um polinômio. Mostre que 

$$ \int_0 ^{\infty} e^{-x} P(x) dx = P(0) + P'(0) + P''(0) + \cdots $$ 



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