Exercício 7. (F. 3.3, ex.7) Seja phinn=1^infty o conjunto das funções dadas por phin(x)=(2l)^12 cos ((n-12) pi xl). No exercício 4, vimos que este conjunto é ortonormal. Mostre agora que ele é uma base de L^2(0, l). Para tanto, siga o seguinte argumento do exercício anterior usando a função tildef:[0,2 l] C dada por:
tildef(x):=c f(x), x in[0, l] -f(2 l-x), x in[l, 2 l]

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a família
phin(x)=l(2lr)^tfrac12cos!l((n-tfrac12)tfracpi xlr), n=1,2,dots
é uma base (isto é, é ortonormal e completa) em L^2(0,l). Já sabemos da parte 4 que ela é ortonormal. Para provar completude, vamos usar o critério hilbertiano: um sistema ortonormal é completo se a única função ortogonal a todos os seus elementos for a função nula.

Passo 2

Suponha gin L^2(0,l) tal que
integral0^lg(x),phin(x),dx=0 forall,n
Queremos mostrar que isso implica g=0 quase em toda parte.

Passo 3

Definimos a extensão
Observações:
  1. estende-se 2 -periodicamente ao .
    3. De segue
    , ou seja, é ímpar relativamente ao ponto .

Passo 4

Considere a base ortonormal de exponenciais 2 l-periódicas em L^2(0,2l):
psik(x)=1raiz2le^i,kpi x/l, kin Z
Escrevemos a expansão de Fourier de tilde g:
tilde g(x)=sumkin Zck,psik(x),
com
ck =integral0^2ltilde g(x),psik(x),dx =1raiz2lintegral0^2ltilde g(x),e^-i,kpi x/ldx
Agora, usando as duas simetrias:
(a) De tilde g(2l-x)=-tilde g(x) resulta, via mudança de variável xmapsto2l-x,
ck=-(-1)^kck,
portanto para k par temos (1+1)ck=0implies ck=0.
(b) De integral0^lg(x)cos((n-tfrac12)pi x/l),dx=0 podemos ligar esse integral a Re,c2n-1. De fato, escrevendo
c2n-1 =1raiz2ll[integral0^lg(x)e^-i(2n-1)pi x/ldx +integrall^2l(-g(2l-x))e^-i(2n-1)pi x/ldxr],
fazendo a mudança t=2l-x no segundo termo e usando
exp[-i(2n-1)pi(2l-t)/l]=exp[-i(2n-1)2pi]exp[i(2n-1)pi t/l]=exp[i(2n-1)pi t/l],
chegamos a
c2n-1 =1raiz2l1lRelintegral0^lg(x)e^-i(2n-1)pi x/ldxr
Mas
Re!lintegral0^lg(x)e^-i(2n-1)pi x/ldxr =integral0^lg(x)cos!l((n-tfrac12)tfracpi xlr)dx =0
pela hipótese de ortogonalidade de g contra phin. Logo c2n-1=0 para todo n.
Concluímos que ck=0 para todo kin Z, logo tilde gequiv0 em L^2(0,2l).

Passo 5

Como tilde g coincide com g em [0,l], segue g=0 quase em toda parte em (0,l). Portanto a única função ortogonal a todos os phin é a nula, o que prova que phin é completa em L^2(0,l).

Resposta

O sistema phinn=1^infty é ortonormal (exercício 4) e completo pelo argumento acima, logo forma uma base de L^2(0,l).

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