analise funcional

Notas de Aula

Analise Funcional

Rodney Josue Biezuner 1

Departamento de MatematicaInstituto de Ciencias Exatas (ICEx)

Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG)

Notas de aula do curso Analise Funcional do Programa

de Pos-Graduacao em Matematica, ministrado no primeiro semestre de 2009.

6 de julho de 2009

1E-mail: [email protected]; homepage: http://www.mat.ufmg.br/rodney.

Sumario

1 Espacos Vetoriais Normados e Espacos de Banach 31.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Exemplo 1: Os espacos `p (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Exemplo 2: Os espacos das sequencias `p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Exemplo 3: Os espacos Lp () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Exemplo 4: Os espacos Ck

()e os espacos de Holder Ck,

(). . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.6 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Aplicacoes Lineares 122.1 Aplicacoes Lineares Limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3 O Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach: Conjuntos Convexos . . . . . . . . . . . . 212.5 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Os Teoremas da Limitacao Uniforme, da Aplicacao Aberta e do Grafico Fechado 253.1 O Teorema da Limitacao Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2 Os Teoremas da Aplicacao Aberta e do Grafico Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3 Operadores Adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.4 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

4 Espacos Reflexivos 364.1 Espacos Reflexivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.2 Espacos Separaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.3 Exemplo 1: Espacos `p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.4 Espacos Uniformemente Convexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.5 Exemplo 2: Espacos Lp () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.6 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

5 Topologia Fraca e Topologia Fraca* 545.1 Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.2 Sequencias Fracamente Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.3 Topologia Fraca* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.4 Convexidade Uniforme e Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.5 Reflexividade, Separabilidade e Topologias Fracas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.6 Metrizabilidade e Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.7 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

1


6 Espacos de Hilbert 706.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 706.2 Espacos de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.3 Teorema de Representacao de Riesz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.4 Bases de Schauder e Bases de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 766.5 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

7 Operadores Compactos 817.1 Operadores Completamente Contnuos e Operadores Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . 817.2 Teoria de Riesz-Fredholm para Operadores Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.3 O Espectro de Operadores Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 877.4 Teoria Espectral para Operadores Autoadjuntos Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 897.5 Aplicacao: Problemas de Sturm-Liouville e Operadores Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . 937.6 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

8 Espacos de Sobolev e Equacao de Laplace 1008.1 O Princpio de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1008.2 A Derivada Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

8.2.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1018.2.2 Um Teorema de Aproximacao para Funcoes Fracamente Diferenciaveis . . . . . . . . . 1038.2.3 Caracterizacao das Funcoes Fracamente Diferenciaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1058.2.4 Regra do Produto e Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

8.3 Espacos de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1098.4 Caracterizacao dos Espacos W 1,p0 () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1108.5 Imersao Contnua de Espacos de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118.6 Imersao Compacta de Espacos de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1148.7 Resolucao do Problema de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1178.8 O Problema de Autovalor para o Laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

Captulo 1

Espacos Vetoriais Normados eEspacos de Banach

1.1 Definicao

1.1 Definicao. Seja E um espaco vetorial real. Uma norma em E e uma funcao : E R que satisfazas seguintes propriedades:

(i) x > 0 para todo x E e x = 0 se e somente se x = 0;(ii) (Homogeneidade) para todo R e para todo x E vale

x = || x ;

(iii) (Desigualdade Triangular) para todos x, y E valex+ y 6 x+ y .

Um espaco vetorial E munido de uma norma e chamado um espaco vetorial normado e denotado(E, ).

1.2 Definicao. Seja M um conjunto. Uma metrica em M e uma funcao d : M M R que satisfaz asseguintes propriedades:

(i) d (x, y) > 0 para todos x, y M e d (x, y) = 0 se e somente se x = y;(ii) (Desigualdade Triangular) para todos x, y, z M vale

d (x, z) 6 d (x, y) + d (y, z) .

Um espaco vetorial normado torna-se naturalmente um espaco metrico com a metrica derivada da norma:

d (x, y) = x y .Desta forma, um espaco vetorial normado torna-se um espaco topologico com a topologia induzida pelametrica.

1.3 Proposicao. Seja (E, ) um espaco vetorial normado. Entao as funcoes soma de vetores E E E, (x, y) 7 x + y, multiplicacao de vetores por escalares R E E, (, x) 7 x, e norma :E R, x 7 x sao contnuas.

3

1.4 Corolario. Fixado x0 E, a aplicacao x 7 x+ x0 (translacao) e um homeomorfismo. Fixado Rnao nulo, a aplicacao x 7 x (homotetia) e um homeomorfismo.

Lembramos que um espaco metrico completo e um espaco metrico em que todas as sequencias de Cauchysao convergentes, isto e, convergem para um elemento do proprio espaco.

1.5 Definicao. Um espaco vetorial normado completo e chamado um espaco de Banach.

1.2 Exemplo 1: Os espacos `p (n)

1.6 Definicao. Seja 1 6 p 6. Definimos o espaco `p (n) como sendo o espaco Rn dotado da norma

xp =(

ni=1

|xi|p)1/p

(1.1)

se 1 6 p 0 e 0 < < 1. Esta desigualdade pode ser provada da seguinte forma: se b = 0, ela eobvia; se b 6= 0, divida a desigualdade por b e tome t = a/b > 0, de modo que provar a desigualdade torna-se

equivalente a mostrar que a funcao f (t) = t t e menor que ou igual a 1 para todo t > 0. E, de fato,como f (t) =

(t1 1), f e estritamente crescente para 0 6 t < 1 e estritamente decrescente para t > 1,

logo f atinge o seu maximo em t = 1, onde f vale exatamente 1 . Tomando

a =

xixpp

, b =

yiypp

e =1p,

para cada ndice i, segue que|xiyi|

xp yp6 1

p

|xi|pxpp

+1p|yi|p

ypp.

Da, somando desde i = 1 ate i = n, obtemos

1xp yp

ni=1

|xiyi| 6 1p

ni=1

|xi|p

xpp+

1p

ni=1

|yi|p

ypp=

1p+

1p

= 1.

1.8 Proposicao. `p (n) e um espaco de Banach.

Prova. Para ver que `p (n) e completo, basta observar que uma sequencia em `p (n) e de Cauchy se esomente se cada uma das sequencias de coordenadas e de Cauchy e que, alem disso, uma sequencia em `p (n)e convergente se e somente se cada uma das sequencias de coordenadas e de Cauchy. Outra maneira de verque `p (n) e um espaco de Banach e lembrar que todas as normas em Rn sao equivalentes e usar o fato bemconhecido que Rn com a norma usual e completo. Observe que `2 (n) e o espaco Rn munido da norma euclidiana, a qual e derivada de um produto interno.

1.3 Exemplo 2: Os espacos das sequencias `p

1.9 Definicao. Seja 1 6 p

Prova. Seja {xn}nN uma sequencia de Cauchy em `p ({xn} e uma sequencia de sequencias reais). Denote ostermos de cada sequencia xn por xn,m. Para cada m fixado, {xn,m}nN e tambem uma sequencia de Cauchy,logo converge para um certo numero am; em outras palavras, a sequencia de sequencias {xn} converge termoa termo para a sequencia real a = {am}. Afirmamos que esta sequencia esta em `p e que xn a em `p.

De fato, como {xn}nN e de Cauchy em `p, dado > 0, existe N N tal que

xk xlp <

sempre que k, l > N ; em particular, para todo m N, valemi=1

|xk,i xl,i|p N . Fixando k e fazendo l, obtemosmi=1

|xk,i ai|p N . Da, fazendo m, temos quei=1

|xk,i ai|p N,o que implica que xk a `p sempre que k > N , e portanto a `p. Esta mesmadesigualdade tambem implica que xk a em `p.

1.12 Exemplo. Subespacos de ` que sao tambem espacos de Banach sao

`c = {x ` : x e uma sequencia convergente} ,`0 = {x ` : limxn = 0} .

A demonstracao deste fatos e deixada como exerccio.

1.4 Exemplo 3: Os espacos Lp ()

1.13 Definicao. Seja Rn um conjunto mensuravel. Seja 1 6 p

Observe que nesta definicao,sup|f | = inf {c R : |f (x)| 6 c q.t.p.} .

1.14 Proposicao. Lp () e um espaco vetorial normado.

Prova. Lp () e um espaco vetorial porque se f, g Lp () e R, entao f + g Lp () e f Lp ().De fato,

|f (x) + g (x)| 6 |f (x)|+ |g (x)| 6 2max {|f (x)| , |g (x)|} ,de modo que

|f (x) + g (x)|p 6 2pmax {|f (x)|p , |g (x)|p} 6 2p (|f (x)|p + |g (x)|p) ,donde

|f + g|p 6 2p(

|f |p +

|g|p)1/p

.

Alem disso, fp = || fp e fp = 0 se e somente se f = 0 q.t.p.Como nos espacos `p, para provar a desigualdade triangular ou desigualdade de Minkowski,(

|f + g|p)1/p

6(

|f |p)1/p

+(

|g|p)1/p

, (1.10)

recorremos a` desigualdade de Holder

|fg| 6 fp gp onde1p+

1p

= 1. (1.11)

Escrevemos

|f + g|p 6

(|f |+ |g|) |f + g|p1 6

|f | |f + g|p1 +

|f | |g|p1

6 fp|f + g|p1

pp1

+ gp|f + g|p1

pp1

=(

|f + g|p) p1

p (fp + gp

).

Logo,

f + gp =(

ni=1

|f + g|p)1 p1p

6 fp + gp .

A desigualdade de Holder segue, como na demonstracao da Proposicao 1.7, da desigualdade mais geral

ab1 6 a+ (1 ) bsempre que a, b > 0 e 0 < < 1. Desta vez tomamos, para cada x ,

a =

f (x)fpp

, b =

g (x)gpp

e =1p,

segue que|f (x) g (x)|fp gp

6 1p

|f (x)|pfpp

+1p|g (x)|p

gpp.

Da, integrando sobre , obtemos

1fp gp

|fg| 6 1p

|f |p

fpp+

1p

|g|p

gpp=

1p+

1p

= 1.

1.15 Proposicao. Lp () e um espaco de Banach.

Prova. Consideraremos primeiro o caso L (). Seja {fn} L () uma sequencia de Cauchy. Entao,dado k N, existe Nk N tal que

fn fm Nk. Em particular,

|fn (x) fm (x)| < 1k

q.t.p. em , sempre que n,m > Nk. Isso implica que {fn (x)} e uma sequencia de Cauchy para quase todoponto x e podemos definir f (x) = lim fn (x) q.t.p. Resta mostrar que f L () e que fn f emL (). Isso decorre da ultima desigualdade, fazendo m:

|fn (x) f (x)| < 1k.

Segue que fn f na norma de L (); alem disso, como para qualquer n, k fixados temos |f (x)| 6|fn (x)|+ 1/k, logo f L ().

Examinaremos agora o caso 1 6 p < . Seja {fn} Lp () uma sequencia de Cauchy. Em particular,podemos extrair uma subsequencia {fnk} tal quefnk+1 fnkp < 12k .Considere a sequencia

gn =n

k=1

fnk+1 fnk .Entao existe g = lim gn. Pelo Teorema da Convergencia Monotona,

|g|p = lim

|gn|p. Mas, usando a

desigualdade de Jensen,

|gn|p 6

(n

k=1

fnk+1 fnk )p6

nk=1

fnk+1 fnk p6

nk=1

(12k

)p=

nk=1

(12p

)k6

k=1

(12p

)k=

12p

1 12p=

12p 1 < 1,

logo conclumos que gp 6 1 e, em particular, g assume valores reais em quase todo ponto.Usaremos a sequencia {gn} e seu limite g para verificar que a subsequencia {fnk (x)} e de Cauchy em

quase todo ponto x. Com efeito, sejam k > l > 1 e escreva

|fnk (x) fnl (x)| 6fnk (x) fnk1 (x)+ . . .+ fnl+1 (x) fnl (x) = gk1 (x) gl1 (x) 6 g (x) gl1 (x) .

Como gl (x) g (x) q.t.p., para quase todo x fixado, existe N N tal que g (x) gl1 (x) < sempreque l > N ; ja que k > l, segue que |fnk (x) fnl (x)| < sempre que k, l > N .

Portanto, podemos definir, em quase todo ponto,

f (x) = lim fnk (x) .

Falta provar que f Lp () e que fn f em Lp (). Fazendo k na desigualdade |fnk (x) fnl (x)| 6g (x) gl1 (x), obtemos

|f (x) fnl (x)| 6 g (x) gl1 (x) .

Como ggl1 Lp (), segue em particular que ffnl Lp () e, portanto, f Lp () ja que fnl Lp ().Alem disso, integrando esta desigualdade sobre , temos

|f fnl |p 6

|g gl1|p 0

quando l pelo Teorema da Convergencia Dominada (|g gl1| e dominada por 2 |g|). Provamos, entao,que uma subsequencia da sequencia de Cauchy {fn} converge para f em Lp (); portanto, toda a sequenciaconverge para f .

1.16 Exemplo. O espaco das funcoes contnuas C()com a norma L1 e um espaco vetorial normado mas

nao e um espaco de Banach. Por exemplo, tome = [0, 1] e considere a sequencia de funcoes

fn (t) =

0 se 0 6 t 6 12,

n

(t 1

2

)se

126 t 6 1

2+

1n,

1 se12+

1n6 t 6 1.

Assumindo n > m para fixar ideias, temos que

fn fm1 = 10

|fn (t) fm (t)| dt

e a area do triangulo de altura 1 e comprimento da base1m 1n, de modo que

fn fm1 < sempre que n,m > , ou seja {fn}nN e uma sequencia de Cauchy em C ([0, 1]) na norma L1. Masela nao converge para nenhuma funcao contnua na norma L1. De fato, convergencia L1 implica em

convergencia q.t.p., a menos de uma subsequencia, e fn (t) 0 se 0 6 t 6 12 , enquanto que fn (t) 1se

126 t 6 1. Para uma demonstracao mais direta, suponha por absurdo que existe f C ([0, 1]) tal

que fn f1 0. Como

fn f1 = 10

|fn (t) f (t)| dt = 1

2

0

|f (t)| dt+ 1

2+1n

12

|fn (t) f (t)| dt+ 112+

1n

|1 f (t)| dt

e as tres integrais sao nao-negativas, cada uma delas deve ser igual a 0 ou convergir para 0 quandon. Conclumos que

f (t) =

0 se 0 6 t 6 1

2,

1 se126 t 6 1,

e portanto f nao e contnua.

1.5 Exemplo 4: Os espacos Ck()e os espacos de Holder Ck,

()

Usaremos a notacao de multi-ndice para denotar a derivada parcial

Df (x) =||f

x11 . . . xnn

(x)

onde = (1, . . . , n) e || = 1 + . . .+ n.


1.17 Definicao. Seja Rn um conjunto aberto. Definimos o espaco Ck() como o espaco das funcoesreais definidas em cujas derivadas parciais ate a ordem k (inclusive) sao limitadas e uniformementecontnuas (isso garante que elas possuem uma unica extensao contnua para ), isto e,

Ck() ={f Ck() : Df e limitada e uniformemente contnua em para todo || 6 k} .

dotado da normafCk() = max||6k D

fL() . (1.12)

Frequentemente denotamos o espaco das funcoes contnuas C0() simplesmente por C(), e definimosC() =

kN

Ck().

Relembramos o conceito de continuidade de Holder:

1.18 Definicao. Seja Rn. Dizemos que uma funcao f : R e contnua de Holder com expoente, se

supx,yx6=y

|f(x) f(y)||x y|


para a seminorma [Df ]C() (uma seminorma e uma funcao que satisfaz todas as propriedades que umanorma satisfaz, exceto a condicao (i) da Definicao 1.1). Isso significa provar que

supx,yx 6=y

|(f + g) (x) (f + g) f(y)||x y| 6 supx,y

x6=y

|f(x) f(y)||x y| + supx,y

x 6=y

|g(x) g(y)||x y| .

Mas isso segue diretamente da desigualdade triangular

|(f + g) (x) (f + g) f(y)| 6 |f(x) f(y)|+ |g(x) g(y)|

e do fato quesup (A+B) 6 supA+ supB.

1.21 Proposicao. Ck,()e um espaco de Banach.

Prova. Exerccio.

1.6 Exerccios

1.1 Mostre quex = limp xp .

1.2 C1() com a metrica L e um espaco vetorial normado? E um espaco de Banach?

1.3 Seja E um espaco vetorial normado em relacao a duas normas, 1 e 2. Dizemos que estas duasnormas sao equivalentes se existirem constantes C,D > 0 tais que

x1 6 C x2 ,x2 6 D x1 ,

para todo x E. Suponha que 1 e 2 sao normas equivalentes. Prove que (E, 1) e de Banachse e somente se (E, 2) e de Banach.

1.4 Mostre que Ck,()com a norma

fCk,() =ki=0

fCi() +||6k

[Df ]C()

e um espaco vetorial normado. Mostre que esta norma e equivalente a` norma definida no texto.

1.5 Demonstre a Proposicao 1.21.

Captulo 2

Aplicacoes Lineares

2.1 Aplicacoes Lineares Limitadas

Em espacos vetoriais normados, um criterio simples para a continuidade de aplicacoes lineares e encapsuladona seguinte definicao, como veremos a seguir:

2.1 Definicao. Sejam (E, E) e (F, F ) espacos vetoriais normados. Dizemos que uma aplicacao linearT : E F e limitada se existe uma constante M > 0 tal que

TxF 6M xEpara todo x E.

Em geral, omitiremos os subscritos das normas quando for claro do contexto a quais espacos elas se referem.

2.2 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados e T : E F uma aplicacao linear. As seguintesafirmacoes sao equivalentes:

(i) T e contnua.

(ii) T e contnua na origem.

(iii) T e limitada.

Prova. (i)(ii) Obvio. (ii)(iii) Tomando = 1 na definicao (, ) de continuidade em espacos metricos,existe > 0 tal que x 6 implica Tx 6 1. Portanto, se y E e um vetor nao nulo qualquer, temosT ( yy

) 6 1.Por linearidade conclumos que

Ty 6 1y .

(iii)(i) Seja M tal que Tx 6M x para todo x E. Entao

Tx Ty = T (x y) 6M x y

e portanto T e uma aplicacao de Lipschitz, em particular (uniformemente) contnua.

12


2.3 Exemplo. Embora aplicacoes lineares em espacos vetoriais normados de dimensao finita sejam semprecontnuas, o mesmo nao vale para espacos vetoriais normados de dimensao infinita. De fato, se E e umespaco vetorial normado de dimensao infinita e F e um espaco vetorial normado de dimensao maior ouigual a 1, podemos sempre construir uma aplicacao linear T : E F que nao e limitada. Para isso,seja B uma base para E, B B um subconjunto enumeravel de vetores e y F um vetor nao nuloqualquer. Definimos uma aplicacao linear T : E F definindo T em B por

Txn = n xn y se xn B

eTx = 0 se x B\B .

T nao e limitada, poisTxn = n y xn ,

logo nao existe uma constante M > 0 tal que

Txn 6M xn .

Em particular, vemos que se E e um espaco vetorial normado de dimensao infinita, sempre existemfuncionais lineares que nao sao contnuos, pois podemos tomar F = R.

2.4 Definicao. Se E,F sao espacos vetoriais normados, denotaremos o espaco vetorial das aplicacoes lin-eares limitadas por L (E,F ). Definimos a norma de uma aplicacao linear limitada por

T = inf {M R : Tx 6M x para todo x E} .

2.5 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados e T : E F uma aplicacao linear limitada.Entao

T = supxE\{0}

Txx = supxE

x61

Tx = supxEx=1

Tx .

Prova. Seja

M = supxEx 6=0

Txx .

Entao Tx 6M x para todo x E, logoM > T. Reciprocamente, como por definicao Tx 6 T xpara todo x E, segue que

Txx 6 T

para todo x E\ {0}, logo T 6M . Isso prova a primeira identidade.Para provar que

supxE\{0}

Txx = supxE

x=1

Tx = supxEx61

Tx ,

basta notar queTxx =

T ( xx) .

Apesar de uma aplicacao linear limitada ser contnua, nao podemos trocar o sup na bola unitaria ou na esferaunitaria pelo maximo, pois em espacos vetoriais normados de dimensao infinita a bola e a esfera unitarianunca sao compactas (veja o Corolario 1.39).

2.6 Proposicao. Se E,F sao espacos vetoriais normados, entao L (E,F ) e um espaco vetorial normado.

Prova. Sejam T, S L (E,F ). Temos

(T + S)x = Tx+ Sx 6 Tx+ Sx 6 T x+ S x= (T+ S) x

para todo x E, de modo que obtemos simultaneamente que T +S L (E,F ) e a validade da desigualdadetriangular para a norma de aplicacoes lineares.

2.7 Proposicao. Se E e um espaco vetorial normado e F e um espaco de Banach, entao L (E,F ) e umespaco de Banach.

Prova. Seja {Tn} uma sequencia de Cauchy em L (E,F ). Como

Tnx Tmx = (Tn Tm)x 6 Tn Tm x ,

segue que {Tnx} e uma sequencia de Cauchy em F para todo x E. Defina

Tx := limTnx.

Afirmamos que T = limTn em L (E,F ). De fato, em primeiro lugar, T e uma transformacao linear, pois

T (x+ y) = limTn (x+ y) = lim (Tnx+ Tny) = limTnx+ limTny= Tx+ Ty.

Alem disso, dado > 0, existe N N tal que Tn Tm < sempre que n,m > N . Entao

Tnx Tmx 6 x

para todo x E e fazendo n obtemos

(T Tm)x = Tx Tmx 6 x

para todo x E, sempre que m > N . Em particular, T Tm L (E,F ), portanto T = (T Tm) + Tm L (E,F ) e

T Tm < sempre que m > N , isto e, Tm T em L (E,F ). Reciprocamente, com a ajuda do teorema de Hahn-Banach (veja a proxima secao), pode-se provar que (seE 6= 0) se F nao e um espaco de Banach, entao L (E,F ) nao e um espaco de Banach (Proposicao 2.26).

2.8 Definicao. Se E e um espaco vetorial normado, denotaremos o espaco vetorial dos funcionais lineareslimitadas por E. Ele e chamado o espaco dual de E.

2.9 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado, entao E e um espaco de Banach.

2.10 Proposicao. Sejam E,F,G espacos vetoriais normados. Se T L (E,F ) e S L (F,G), entaoST L (E,G) e

ST 6 S T .

Prova. Temos(ST )x 6 S Tx 6 S T x

para todo x E.


2.11 Definicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados. Dizemos que uma aplicacao T : E F elimitada inferiormente se existe uma constante m > 0 tal que

Tx > m x

para todo x E.2.12 Proposicao. Seja T L (E,F ). Entao a inversa T1 : ImT E existe e e linear e limitada se e

somente se T e limitada inferiormente.

Prova. Suponha que T e limitada inferiormente. Entao, se x 6= y segue que

Tx Ty = T (x y) > m x y > 0,

logo T e injetiva e portanto a inversa T1 : ImT E esta bem definida. Como T (x+ y) = Tx+Ty,tomando T1 em ambos os lados desta equacao, segue tambem que

T1 (Tx+ Ty) = x+ y = T1 (Tx) + T1 (Ty) ,

logo T1 e linear. Finalmente, T1 (Tx) = x 6 m1 Txpara todo y = Tx ImT , e portanto T1 e limitada.

Reciprocamente, suponha que T1 : ImT E existe e e linear e limitada. Entao

x = T1 (Tx) 6 T1 Txpara todo x E, ou seja,

Tx > T11 x .

2.13 Definicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados. Dizemos que E e F sao topologicamente iso-morfos quando existe uma aplicacao linear bijetiva T : E F tal que T e T1 sao limitadas.

2.14 Corolario. T : E F e um isomorfismo topologico entre os espacos vetoriais normados E e F see somente se existem constantes m,M > 0 tais que

m x 6 Tx 6M x .

Em particular, isomorfismos topologicos preservam sequencias de Cauchy e sequencias convergentes; da, seE e F sao topologicamente isomorfos, entao E e um espaco de Banach se e somente se F e.

2.15 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados de dimensao finita com a mesma dimensao.Entao E e F sao topologicamente isomorfos.

Prova. Como a relacao de isomorfismo topologico entre espacos vetorias normados e uma relacao deequivalencia, basta mostrar que se dimE = n entao E e topologicamente isomorfo a `1 (n). Seja B ={e1, . . . , en} uma base para E. Considere o isomorfismo T : `1 (n) E definido por

T (x1, . . . , xn) =ni=1

xiei.

Afirmamos que T e um isomorfismo topologico. De fato, T e limitada porque

TxE 6ni=1

xieiE =ni=1

|xi| eiE

6(

maxi=1,...,n

eiE) n

i=1

|xi|

=M x`1(n)onde denotamos M = max

i=1,...,neiE . Como T e contnua, a funcao x 7 Tx tambem e e assume um valor

mnimo m na esfera unitaria B ={x `1 (n) : x = 1}. Necessariamente m > 0, pois {e1, . . . , en} e um

conjunto linearmente independente. Portanto, T xx > m

para todo x E, x 6= 0, o que mostra que m x 6 Tx 6M x para todo x E.

2.16 Corolario. Todo espaco vetorial normado de dimensao finita e de Banach.

Todo subespaco vetorial de dimensao finita de um espaco vetorial normado e fechado.

2.17 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado de dimensao finita e T : E F e linear, entao Te contnua.

2.18 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado de dimensao finita, entao um subconjunto de E ecompacto se e somente se ele for fechado e limitado.

Alem disso, se E e um espaco vetorial normado tal que a bola unitaria B = {x E : x 6 1} ecompacta, entao E possui dimensao finita.

Prova. Vamos provar a ultima afirmacao. Para isso, provaremos antes o seguinte resultado:Seja E um espaco vetorial normado e F E um subespaco vetorial fechado proprio de E. Entao para

todo 0 < < 1 existe y E tal que y = 1 e

dist (y, F ) > .

Seja z E\F e d = dist (z, F ). Como F e fechado, d 6= 0 e pela definicao de distancia existe x0 F tal que

d 6 z x0 6 d.

Tomey =

z x0z x0 ,

de modo que y = 1. Alem disso, para todo x F temos

y x = z x0z x0 x

=

1z x0 z x0 z x0x

> dz x1 ,


onde x1 = x0 z x0x F , logoy x >

dd = .

Agora, suponha por absurdo que E e um espaco de dimensao infinita. Vamos construir uma sequencia{xn}nN B que nao possui subsequencia convergente, mostrando que B nao pode ser compacta. Tomex1 B qualquer. Como x1 e um subespaco fechado de E e, por hipotese, E 6= x1, existe x2 B tal que

x1 x2 > 1/2.O subespaco x1, x2 tambem e um subespaco fechado proprio de E, logo existe x3 B tal que

x1 x3 > 1/2 e x2 x3 > 1/2.Continuando desta maneira, obtemos uma sequencia {xn} B tal que

xn xm > 1/2para todos n,m N. Como nenhuma subsequencia desta sequencia pode ser de Cauchy, ela nao possuinenhuma subsequencia convergente.

2.2 Exerccios

2.1 Verifique nos casos abaixo que o funcional linear esta bem definido e e limitado e calcule sua norma.

a) f : `2 R; f (x) =n=1

xnn.

b) f : `0 R; f (x) =n=1

xn2n+1

.

c) f : L1 (1, 1) R; f (x) = 11 tx (t) dt.2.2 Considere o operador linear M : `p `p definido por

M (x) = (1x1, 2x2, . . .)

onde = (n) `. M e chamado multiplicacao por . Verifique que M e um operador linear bemdefinido e limitado e calcule sua norma. Para que sequencias existe o operador inverso M1 ? Paraque sequencias o operador inverso M1 existe e e limitado?

2.3 Considere o operador shift S : `p `p definido porSx = (0, x1, x2, . . .) .

S1 existe e e limitado? Considere agora o operador truncamento T : `p `p definido porTx = (x2, x3, . . .) .

T1 existe e e limitado?

2.4 Seja T : C ([0, 1]) C ([0, 1]) definida por

(Tf) (t) = f (t) + t0

f (s) ds.

Mostre que T e um isomorfismo topologico.

2.5 Seja E um espaco de Banach e T L (E) um operador tal que T < 1. Mostre que I T e umoperador bijetivo, (I T )1 =

n=1

Tn, (I T )1 e limitado e que(I T )1 6 1

1 T .

2.6 Seja E um espaco de Banach e T L (E) um operador tal que I T < 1. Mostre que T1 existe eesta em L (E).

2.7 Seja E ={f C1 ([0, 1]) : f (0) = 0}. Dada g C ([0, 1]), considere a aplicacao linear Tg : E

C ([0, 1]) definida por(Tgf) (t) = f (t) + g (t) f (t) .

Mostre que T1 existe e e limitada.

2.8 A aplicacao linear D : C1 ([0, 1]) C ([0, 1]) definida porDf = f

e limitada? Se for, calcule D .2.9 Seja E =

{f C ([0, 1]) : f e de classe C1}. Considere a aplicacao linear T : E C ([0, 1]) definida

porDf = f .

D e limitada? Se for, calcule D .2.10 A aplicacao linear I : C ([0, 1]) C ([0, 1]) definida por

(If) (t) = t0

f (s) ds.

e limitada? Se for, calcule I .2.11 Prove que nao existe norma em C ([0, 1]) que torne o operador derivada Df = f limitado. [Sugestao:

considere as funcoes f (x) = ex.]

2.3 O Teorema de Hahn-Banach

O teorema de Hahn-Banach garante que todo espaco vetorial normado e ricamente suprido de funcionaislineares, de modo que pode-se obter uma teoria satisfatoria de espacos duais e de operadores adjuntos.

2.19 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que um funcional p : E R e semilinearse ele for subaditivo, isto e,

p (x+ y) 6 p (x) + p (y) para todos x, y E,e positivo-homogeneo, ou seja,

p (x) = p (x) para todos x E, > 0.

Um exemplo de funcional semilinear em um espaco vetorial normado e a propria norma deste espaco.Para demonstrarmos o lema principal desta secao, que tambem e conhecido como o teorema de Hahn-

Banach para espacos vetoriais (embora nestas notas nao nos referiremos a ele deste modo em geral, preferindoreservar o nome teorema de Hahn-Banach para o teorema de Hahn-Banach para espacos vetoriais normados),relembramos o lema de Zorn:

2.20 Lema. (Lema de Zorn) Seja A 6= um conjunto parcialmente ordenado. Se todo subconjunto total-mente ordenado de A possui um limitante superior, entao A tem pelo menos um elemento maximal.

2.21 Lema. Sejam E um espaco vetorial e p : E R um funcional semilinear. Seja F um subespacovetorial de E e f0 : F R um funcional linear tal que f0 (x) 6 p (x) para todo x F . Entao f0 seestende a um funcional linear f : E R satisfazendo f (x) 6 p (x) para todo x E.

Prova. Este resultado e uma consequencia do Lema de Zorn. Seja A o conjunto de todas as extensoeslineares g : L (g) R de f0 a um subespaco vetorial L (g) F de E tais que g (x) 6 p (x) para todox L (g). Note que A 6= porque f0 A. Definimos uma ordem parcial em A declarando

g 6 h se L (g) L (h) ,isto e, g 6 h se h e uma extensao de g. Para ver que A satisfaz a hipotese do lema de Zorn, seja A A umsubconjunto totalmente ordenado. Entao um limitante superior para A e o funcional g : L (g) R onde

L (g) =hA

L (h)

e g e definido porg (x) = h (x) se x L (h) para qualquer h A.

Observe que g esta bem definido porque A e totalmente ordenado. Pelo lema de Zorn, existe um elementomaximal f A. Para provar o resultado, basta mostrar que L (f) = E.

Suponha por absurdo que existe x0 E\L (f). Considere o subespaco L = L (f) + x0. Defina umaextensao linear g : L R de f por

h (x+ tx0) = f (x) + t,

onde R e uma constante a ser definida apropriadamente para que tenhamos h (y) 6 p (y) para todoy L, e portanto g contradizera a maximalidade de f . De fato, dados x1, x2 L (f), temos

f (x1) + f (x2) = f (x1 + x2) 6 p (x1 + x2) 6 p (x1 + x0) + p (x2 x0) ,donde

f (x2) p (x2 x0) 6 p (x1 + x0) f (x1) .Escolha tal que

supxL(f)

[f (x) p (x x0)] 6 6 infxL(f)

[p (x+ x0) f (x)] .

Isso implica que

h (x x0) = f (x) 6 p (x x0) ,h (x+ x0) = f (x) + 6 p (x+ x0) ,

para todo x L (f). Se t > 0, multiplicando

f(xt

)+ 6 p

(xt+ x0

)por t obtemos

h (x+ tx0) = f (x) + t 6 p (x+ tx0) .Se t < 0, multiplicando

f

(x

t) 6 p

(x

t x0)

por t obtemosh (x+ tx0) = f (x) + t 6 p (x+ tx0) .

Se t = 0, o resultado e obvio.


2.22 Teorema. (Teorema de Hahn-Banach) Sejam E um espaco vetorial normado e f0 : F R umfuncional linear limitado definido em um subespaco vetorial F E. Entao f0 se estende a umfuncional linear f : E R tal que

fE = f0F .

Prova. Basta aplicar o teorema anterior ao funcional semilinear

p (x) = f0F x .

2.23 Corolario. Sejam E um espaco vetorial normado e F um subespaco vetorial de E. Suponha queexista x0 E tal que

dist (x0, F ) = infxF

x x0 > 0.

Entao existe f E tal que f (x0) = 1, fE = 1/dist (x0, F ) e f 0 sobre F .Em particular, se F e um subespaco vetorial de E que nao e denso em E, entao existe f E nao-nuloque se anula em F .

Prova. Considere o subespaco vetorial F1 = F + x0. Defina um funcional linear f0 : F1 R por

f0 (x+ tx0) = t.

Note que f0 0 sobre F e que f0 (x0) = 1. Escrevendo y = x+ tx0, se t 6= 0 temos que

y = x+ tx0 = |t|xt+ x0

> |t| dist (x0, F ) = |f0 (y)| dist (x0, F ) ,ou seja,

|f0 (y)|y 6

1dist (x0, F )

para todo y F1, donde

f0F1 61

dist (x0, F ). (2.1)

Seja {yn} F uma sequencia tal que x0 yn dist (x0, F ). Temos

1 = f0 (x0 yn) 6 f0F1 x0 yn ,

de modo que ao passarmos o limite quando n segue que

f0F1 >1

dist (x0, F ). (2.2)

Portanto,

f0F1 =1

dist (x0, F ).

Usando o teorema de Hahn-Banach, estendemos f linearmente a todo o espaco E. Este resultado e frequentemente usado para verificar se um subespaco vetorial de um espaco vetorial normadoe denso.

2.24 Corolario. Seja E um espaco vetorial normado. Para todo vetor nao-nulo x0 E existe f E talque

fE = 1 e f (x0) = x0 .


Prova. Aplique o teorema de Hahn-Banach ao subespaco F = x0 e ao funcional linear limitado f0 : F R definido por f0 (tx0) = t x0.

2.25 Corolario. Seja E um espaco vetorial normado. Para todo vetor x E vale

x = supfE\{0}

|f (x)|f = supfE

f61

|f (x)| = maxfEf61

|f (x)| .

Prova. Pelo corolario anterior existe g E tal que gE = 1 e g (x) = x0. Logo,

supfE\{0}

|f (x)|f >

|g (x)|g = x .

Como |g (x)| 6 g x, segue o resultado.

2.26 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados. Se L (E,F ) e um espaco de Banach, entao Fe um espaco de Banach.

Prova. Em primeiro lugar, observamos que se f e funcional linear sobre E e y F e um vetor qualquer,entao podemos definir uma aplicacao linear T : E F por

Tx = f (x) y.

Alem disso, se f for um funcional linear limitado, entao T tambem e uma aplicacao linear limitada. De fato,

T = sup Txx = y sup|f (x)|x = y f .

Seja {yn}nN uma sequencia de Cauchy em F . Pelo Corolario 2.24, existe um funcional linear f Etal que f = 1. Para cada n N, defina uma aplicacao linear Tn L (E,F ) por

Tnx = f (x) yn.

Entao Tn = yn e {Tn}nN e uma sequencia de Cauchy em L (E,F ). Como L (E,F ) e um espaco deBanach, Tn T em L (E,F ). Em particular, Tnx Tx em F para todo x E. Escolhendo x E tal quef (x) = 1, segue que Tnx = yn e portanto yn Tx. Assim, juntamente com a Proposicao 2.7, este resultado implica que L (E,F ) e um espaco de Banach se esomente se F e um espaco de Banach.

2.4 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach: ConjuntosConvexos

2.27 Definicao. Seja E um espaco vetorial. Um hiperplano afim e um conjunto da forma

H = f1 () = {x E : f (x) = } ,

onde f : E R e um funcional linear nao-nulo e R.2.28 Proposicao. Seja E um espaco vetorial normado. O hiperplano H = f1 () e fechado se e somente

se f e limitada.

Prova. Suponha que H e fechado. Entao E\H e aberto e nao-vazio (porque f e nao-nulo). Escolhax0 E\H tal que f (x0) < , para fixar ideias, e uma bola Br (x0) E\H. Afirmamos que f (x) < paratodo x Br (x0). Com efeito, se f (x1) > para algum x1 Br (x0), considere o segmento

L = {(1 t)x0 + tx1 : 0 6 t 6 1}

que esta inteiramente contido em Br (x0). Tomando t =f (x1)

f (x1) f (x0) temos

f ((1 t)x1 + tx0) = (1 t) f (x1) + tf (x0)

=(1 f (x1)

f (x1) f (x0))f (x1) +

f (x1) f (x1) f (x0)f (x0)

=[ f (x0)] f (x1) + [f (x1) ] f (x0)

f (x1) f (x0)= ,

contradizendo Br (x0) E\H. Portanto, conclumos que

f (x0 + rz) <

para todo z B1 (0), donde (usando o fato que f (z) = f (z))

|f (z)| 6 1r( f (x0))

para todo z B1 (0), o que implica que f e limitada e

f 6 1r( f (x0)) .

A recproca e obvia.

2.29 Definicao. Seja E um espaco vetorial e A,B E subconjuntos quaisquer.Dizemos que o hiperplano H = f1 () separa A e B no sentido amplo se f (x) 6 para todox A e f (x) > para todo x B.Dizemos que o hiperplano H = f1 () separa A e B no sentido estrito se existe > 0 tal quef (x) 6 para todo x A e f (x) > + para todo x B.

2.30 Lema. (Funcional de Minkowski) Seja E um espaco vetorial normado e C E um conjunto abertoconvexo contendo a origem. Defina o funcional pC : E R por

pC (x) = inf{ > 0 :

x

C

}.

Entao pC e um funcional semilinear que satisfaz

(i) existe M > 0 tal que 0 6 pC (x) 6M x para todo x E;(ii) C = {x E : pC (x) < 1} .

Prova. Para simplificar a notacao, denotaremos pC por p.Prova de (i): Seja r > 0 tal que Br [0] C. Entao, para todo x E, r xx C, logo por definicao

p (x) 6 rx .

Prova de (ii): Seja x C. Como C e aberto, existe > 0 tal que (1 + )x C, logo por definicao

p (x) 6 11 +

< 1

Reciprocamente, se p (x) < 1, entao existe 0 < < 1 tal quex

C, donde x = x

+ (1 ) 0 C, ja que

C e convexo e contem a origem.Por fim, vamos verificar que p e semilinear. E facil ver que p e positivo-homogeneo. Para verificar a

subaditividade de p, sejam x, y E e > 0. De (ii) e do fato de p ser positivo-homogeneo segue quex

p (x) + ,

y

p (y) + C.

Da,t

x

p (x) + + (1 t) y

p (y) + C para todo 0 6 t 6 1.

Em particular, escolhendo t =p (x) +

p (x) + p (y) + 2, temos que

x+ yp (x) + p (y) + 2

C.

Pela positivo-homogeneidade de p e por (ii), conclumos que

p (x+ y) 0 e arbitrario, segue a subaditividade de p.

2.31 Lema. Seja E um espaco vetorial normado e C ( E um conjunto aberto convexo nao-vazio. Sejax0 E\C. Entao existe f E tal que f (x) < f (x0) para todo x C.Em particular, o hiperplano H = f1 (f (x0)) separa x0 e C no sentido amplo.

Prova. Fazendo uma translacao, podemos assumir que 0 C e definir o funcional de Minkowski p de C.Considere F = x0 e o funcional linear sobre F dado por f0 (tx0) = t. Como p (x0) > 1 (por (ii) do lemaanterior), temos p (tx0) = tp (x0) > t se t > 0; se t < 0, p (tx0) > t trivialmente, porque o funcional deMinkowski p e nao-negativo. Segue que f0 (x) 6 p (x) para todo x F . Podemos portanto usar o teorema deHahn-Banach (Lema 2.21) para concluir que f0 possui uma extensao linear f : E R tal que f (x) 6 p (x)para todo x E. De (i) do lema anterior, segue que f e limitada. Finalmente, como p (x) < 1 para todox C, segue que f (x) 6 p (x) < 1 = f (x0) para todo x C. 2.32 Teorema. (Teorema de Hahn-Banach, primeira forma geometrica) Seja E um espaco vetorial nor-

mado. Sejam A,B E conjuntos convexos nao-vazios disjuntos, com A aberto. Entao existe umhiperplano fechado que separa A e B no sentido amplo.

Prova. SejaC = AB = {x y : x A e y B} .

C e convexo, pois se x1 y1, x2 y2 C entaot (x1 y1) + (1 t) (x2 y2) = tx1 + (1 t)x2 [ty1 + (1 t) y2] C,

e C e aberto porque C = yB (A y), uniao de abertos (translacao e um homeomorfismo). Alem disso,0 / C porque A e B sao disjuntos. Pelo lema anterior, tomando x0 = 0, existe f E tal que f (z) < 0 paratodo z C, ou seja, f (x) < f (y) para todos x A e y B. Escolhendo tal que

supA

f 6 6 infBf,

conclumos que o hiperplano H = f1 () separa A e B no sentido amplo.

2.33 Teorema. (Teorema de Hahn-Banach, segunda forma geometrica) Seja E um espaco vetorial nor-mado. Sejam A,B E conjuntos convexos nao-vazios disjuntos, com A fechado e B compacto.Entao existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido estrito.

Prova. Dado > 0, sejamA = A+B (0) e B = B +B (0) ,

de modo que A e B sao abertos, convexos e nao-vazios. Alem disso, tomando < dist (A,B), segue que Ae B sao disjuntos. Pelo teorema anterior, existe um hiperplano fechado H = f1 () que separa A e Bno sentido amplo, logo

f (x+ z) 6 6 f (y + z)para todos x A, y B e z B1 (0). Da,

f (x) + f 6 6 f (y) + f .

2.5 Exerccios

2.12 Sejam E um espaco vetorial e f : E R um funcional linear. Mostre que a codimensao do nucleode f e 1, ou seja, podemos escrever

E = ker f x0onde x0 e qualquer vetor de E tal que f (x0) 6= 0.

2.13 Seja E um espaco vetorial normado. Se f : E R e um funcional linear tal que para toda sequencia{xn}nN convergente para 0 a sequencia {f (xn)}nN e limitada, mostre que f e limitado.

2.14 Seja E um espaco vetorial normado. Prove que um funcional linear f : E R e limitado se e somentese ker f e fechado.

2.15 Sejam E um espaco vetorial normado e L = x1, x2, . . . um subespaco vetorial gerado por um conjuntoenumeravel de vetores. Mostre que x L se e somente se para todo f E tal que f (xn) = 0 paratodo n tem-se f (x) = 0.

2.16 Sejam E um espaco vetorial normado e f : E R um funcional linear limitado nao-nulo. Considereo hiperplano H = f1 (1). Mostre que

f = 1infxH

x .

2.17 Sejam E um espaco vetorial normado e F um subespaco vetorial proprio de E. Mostre que se T0 : F RN e uma aplicacao linear limitada, entao T se estende a uma aplicacao linear limitada T : E RNcom T = T0.

Captulo 3

Os Teoremas da Limitacao Uniforme,da Aplicacao Aberta e do GraficoFechado

3.1 O Teorema da Limitacao Uniforme

3.1 Lema. (O Teorema da Categoria de Baire) Seja X um espaco metrico completo. Seja {Fn}nN umacolecao enumeravel de conjuntos fechados de X. Se intFn = para todo n, entao int

( nN

Fn

)= .

Alternativamente, seja X um espaco metrico completo nao-vazio. Seja {Fn}nN uma colecao enu-meravel de conjuntos fechados de X tal que X =

nN

Fn. Entao existe n0 N tal que intFn0 6= .

3.2 Teorema. (Teorema da Limitacao Uniforme) Sejam E,F espacos vetoriais normados, sendo E umespaco de Banach. Seja {T} uma colecao de operadores lineares limitados de E em F puntual-mente limitados, isto e, para todo x E existe Cx > 0 tal que

Tx 6 Cx para todo .

Entao {T} e uniformemente limitada, ou seja, existe C > 0 tal que

T 6 C para todo .

Prova. Para cada n N, considere o conjunto

Fn = {x E : Tx 6 n para todo } .

Entao Fn e fechado, porque Fn =

G1 [0, n] onde G e a funcao contnua G = T. Por hipotese,X =

nN

Fn, logo pelo Teorema da Categoria de Baire existe n0 N tal que intFn0 6= . Seja Br (x0) Fn0 .Temos

T (x0 + rz) 6 n0para todo z B1 (0) e para todo . Logo,

T (z) 6 n0 + Tx0r

25


para todo z B1 (0) e para todo , ou seja,

T 6 n0 + Cxr

para todo . 3.3 Corolario. Sejam E,F espacos vetoriais normados, sendo E um espaco de Banach. Seja {Tn}nN uma

sequencia de operadores lineares limitados de E em F tais que para todo x E a sequencia {Tnx}nNconverge para um elemento de F que denotaremos Tx. Entao {Tn}nN e uniformemente limitada, Te um operador linear limitado e

T 6 lim inf Tn .Prova. A limitacao uniforme da sequencia decorre do teorema anterior. O fato de T ser linear decorre daspropriedades de limites de somas e multiplicacao por escalar de sequencias e da linearidades dos operadores dasequencia, como na Proposicao 2.7. Como, pelo teorema anterior, existe uma constante C > 0 independentede x tal que

Tnx 6 C xpara todo x X, tomando o limite quando n obtemos que T e limitado. Finalmente, como

Tnx 6 Tn x ,da definicao de norma de um operador segue o ultimo resultado.

3.4 Corolario. Sejam E um espaco vetorial normado e B E um subconjunto. Se para todo f E oconjunto f (B) e limitado, entao B e limitado.

Prova. Aplicamos o Teorema da Limitacao Uniforme substituindo E = E (que e um espaco de Banach,como vimos no Corolario 2.9), F = R e = B. Para todo b B definimos um operador linear limitadoTb : E R por

Tbf = f (b) .

De fato,Tbf = f (b) 6 f b = b f

A colecao {Tbf}bB e limitada para cada f E por hipotese. Portanto, do Teorema 3.2 segue que existeuma constante C > 0 independente de f tal que

|f (b)| 6 C fpara todo f E. Usando o Corolario 2.25 conclumos que

b 6 Cpara todo b B. 3.5 Corolario. Sejam E um espaco de Banach e B E um subconjunto. Se para todo x E o conjunto

B, x = fB

f (x) e limitado, entao B e limitado.

Prova. Aplicamos o Teorema da Limitacao Uniforme substituindo F = R e = B. Para todo b Bconsidere o funcional linear limitado

Tb = b.

A colecao {Tbx}bB e limitada para cada x E por hipotese. Portanto, do Teorema 3.2 segue que existeuma constante C > 0 tal que

b 6 Cpara todo b B.

3.2 Os Teoremas da Aplicacao Aberta e do Grafico Fechado

3.6 Teorema. (Teorema da Aplicacao Aberta) Sejam E,F espacos de Banach e T : E F uma aplicacaolinear limitada e sobrejetiva. Entao existe r > 0 tal que

T (B1 (0)) Br (0)Em particular, T e uma aplicacao aberta.

Prova. Passo 1. Seja T : E F uma aplicacao linear sobrejetiva. Entao existe r > 0 tal queT (B1 (0)) B2r (0) .

SejaFn = nT (B1 (0)).

Entao Fn e fechado e F =nN

Fn, logo pelo Teorema da Categoria de Baire (F e de Banach) existe n0 Ntal que intFn0 6= . Em particular, intT (B1 (0)) 6= . Sejam y F e r > 0 tais que B4r (y) T (B1 (0)).Em particular, y,y T (B1 (0)). Obtemos

B4r (0) = y +B4r (y) T (B1 (0)) + T (B1 (0)) = 2T (B1 (0))a ultima igualdade valendo porque T (B1 (0)) e convexo (pois aplicacoes lineares sao aplicacoes convexas, istoe, levam conjuntos convexos em conjuntos convexos, o fecho de um conjunto convexo e convexo e podemossempre escrever x+ y = 2

(12x+

12y)). Como B4r (y) 2T (B1 (0)), segue o resultado.

Passo 2. Seja T : E F uma aplicacao linear limitada. Se existe r > 0 tal queT (B1 (0)) B2r (0) ,

entaoT (B1 (0)) Br (0) .

Dado y Br (0) F , queremos encontrar x B1 (0) E tal que Tx = y. Sabemos que, dado > 0, existez B1/2 (0) E tal que Tz B (y). De fato, como 2y B2r (0), existe z B1 (0) tal que Tz 2y < ;da,

T z2 y < 2 e podemos tomar z = z/2. Escolhendo = r/2 obtemos z1 E tal que

z1 < 12 e y Tz1 |Ag, x0|x0 = |g,Ax0| = Ax0 .

Assim,A > Ax0

para todo x0 E tal que x0 = 1, donde

A > supx0=1

Ax0 = A .

Usaremos a seguinte nocao padrao no que se segue.


3.13 Definicao. Sejam E,F espacos vetoriais e A : E F um operador linear. O nucleo de A e osubespaco vetorial de E definido por

N (A) = {x E : Ax = 0}

e a imagem de A e o subespaco vetorial de F definido por

R (A) = {y F : y = Ax para algum x E} .

Uma das razoes de se considerar operadores adjuntos e dada a seguir. Muitos problemas em matematicapura e aplicada podem ser formulados da seguinte forma: dados espacos vetoriais normados E,F e umoperador linear A : E F , encontrar uma solucao para a equacao

Ax = y.

Se y R (A), esta equacao possuir uma solucao x. Entao, para cada g F nos temos

g (Ax) = g (y)

e tomando o operador adjunto segue que

(Ag) (x) = g (y)

Se g N (A), isto dag (y) = 0

Portanto, uma condicao necessaria para que y R (A) e que g (y) = 0 para todo g N (A). A questaofundamental a ser respondida e se esta condicao tambem e suficiente. Em dimensao finita, esta condicao everdadeira, conhecida como a alternativa de Fredholm. Veremos como essa condicao e traduzida para espacosvetoriais normados em geral. Antes, estabelecemos notacao.

3.14 Definicao. Sejam E um espaco vetorial normado e V E um subespaco vetorial. O anulador de Ve o subespaco vetorial V de E dos funcionais lineares que anulam V , isto e,

V = {f E : f (x) = 0 para todo x V } .

Analogamente, se W e um subespaco vetorial de E, o anulador de W e o subespaco vetorial W deE dos vetores que sao anulados pelos funcionais lineares de W , ou seja,

W = {x E : f (x) = 0 para todo f W} .

3.15 Proposicao. Se E e um espaco vetorial normado, V e um subespaco vetorial de E e W e um subespacovetorial de E, entao V e W sao fechados. Alem disso,(

V )

= V

e (W

) WProva. Seja {fn}nN V tal que fn f em E. Entao

fn (x) f (x) para todo x E.

Em particular isso vale para x V , logo f (x) = 0 para todo x V , donde f V .


Seja {xn}nN W tal que xn x em E. Entaof (xn) f (x) para todo f E

pois f e contnuo. Em particular isso vale para f W , logo f (x) = 0 para todo f W , donde x W.Claramente V (V ) e como (V ) e fechado, segue que V (V ). Reciprocamente, suponha por

absurdo que existe x0 (V ) tal que x0 / V . Pelo teorema de Hahn-Banach existe f E tal que f 0

em V e f (x0) 6= 0. Mas entao f V e nao podemos ter x0 (V ).

Em particular, se V e um subespaco fechado de E, vale a igualdade(V )

= V.

Veremos no proximo captulo que se E e reflexivo vale a igualdade(W

)=W

3.16 Teorema. Sejam E,F espacos vetoriais normados e A : E F uma aplicacao linear. Entao vale:(i) N (A) = R (A) .

(ii) N (A) = R (A) .

(iii) R (A) = N (A) .

(iv) R (A) N (A) .Prova. (i) Se x N (A), entao

Ag, x = g,Ax = g, 0 = 0para todo g F , ou seja, x R (A). Reciprocamente, se x R (A), entao

g,Ax = Ag, x = 0para todo g F , ou seja, Ax = 0 e x N (A).

(ii) Se g N (A), entaog,Ax = Ag, x = 0, x = 0

para todo x E, logo g R (A). Reciprocamente, se g R (A), entaoAg, x = g,Ax = 0

para todo x E, logo Ag = 0 e g N (A).(iii) e (iv) decorrem da aplicacao da proposicao anterior a (ii) e (i), respectivamente.

3.17 Corolario. Seja E um espaco vetorial normado de dimensao finita e A : E E um operador linear.Entao

A e injetiva se e somente se A e sobrejetiva

eA e sobrejetiva se e somente se A e injetiva.

No caso de espacos de Banach mais gerais, podemos concluir que se A e sobrejetiva entao A e injetiva:

3.18 Teorema. Sejam E,F espacos de Banach e A : E F uma aplicacao linear fechada. Entao saoequivalentes

(i) R (A) = F.

(ii) A e limitado inferiormente.

(iii) A e uma aplicacao aberta.

Prova. Pelo teorema do grafico fechado, A e limitada.(i)(ii) Como A e sobrejetiva, pelo teorema da aplicacao aberta existe r > 0 tal que A (B1 (0)) Br (0).Logo,

Ag = supx61

|Ag, x| = supx61

|g,Ax| > r supy61

|g, y| = r g .

(ii)=(iii)Vamos mostrar que A satisfaz o primeiro passo da demonstracao do teorema da aplicacao aberta:existe r > 0 tal que

A (B1 (0)) Br (0) .Como A e limitada, seguira do segundo passo da demonstracao daquele teorema que A e aberta. Seja r > 0tal que

Ag > r gpara todo g F . Equivalentemente, mostraremos que se y0 / A (B1 (0)), entao y0 > r. Aplicando asegunda forma geometrica do teorema de Hanh-Banach aos conjuntos convexos {y} e A (B1 (0)), obtemosg F tal que

|g (y)| < 1 < |g (y0)|para todo y A (B1 (0)) (podemos tomar g = f/ para f, do enunciado daquele teorema). Em particular,isto implica que

Ag = supx61

|Ag, x| = supx61

|g,Ax| 6 1

er < r |g (y0)| 6 r g y0 6 Ag y0 6 y0 ,

conforme queramos.(iii)(i) Como A e aberta, R (A) e um subespaco vetorial aberto de F . Isso so e possvel se R (A) = F .

3.19 Teorema. (Teorema da Imagem Fechada de Banach) Sejam E,F espacos de Banach e A : E Fuma aplicacao linear fechada. Entao sao equivalentes

(i) R (A) e fechado.

(ii) R (A) e fechado.

(iii) R (A) = N (A) .

(iv) R (A) = N (A) .

Prova. (i)(iii) segue diretamente do Teorema 3.16, logo e suficiente provar a cadeia de implicacoes(i)(iv)(ii)(i).(i)(iv) Pelo Teorema 3.16, temos R (A) N (A), logo resta apenas mostrar que N (A) R (A). Sejaf N (A); vamos obter g F tal que Ag = f . Defina um funcional linear g0 : R (A) R por

g0 (Ax) = f (x)

para todo x E. g0 esta bem definido, porque se Ax1 = Ax2 entao x1 x2 N (A), logo f (x1 x2) = 0.Para ver que g0 e limitada, considere a restricao de contradomnio A : E R (A); como R (A) e umsubespaco vetorial fechado de um espaco de Banach, ele tambem e um espaco de Banach e podemos aplicaro teorema da aplicacao aberta para concluir que existe r > 0 tal que

A (B1 (0)) Br (0)R(A)


onde Br (0)R(A) denota a bola aberta de centro na origem e raio r no espaco de Banach R (A). Isso implicaque existe C > 0 tal que para todo y R (A) existe x E satisfazendo Ax = y e x 6 C y. De fato, sey R (A), entao r

2 yy Br (0)R(A), logo existe z B1 (0) tal que

Az =r

2 yy

e podemos tomar

x =2 yr

z

de modo que Ax = y e x 6 r2y. Da,

|g0 (y)| = |g0 (Ax)| = |f (x)| 6 f x 6 C f y .

Portanto, pelo teorema de Hahn-Banach g0 pode ser estendida a um funcional g F com

Ag, x = g,Ax = g0, Ax = f (x) .

(iv)(ii) Pelo Teorema 3.16,R (A) R (A) N (A) ,

logo se R (A) = N (A), segue que R (A) = R (A).(ii)(i) Seja Z = R (A). Como R (A) e denso em Z, o anulador de R (A) em Z so pode ser o funcional nulo.Defina S : E Z por Sx = Ax (S e uma extensao do contradomnio de A). Observe que como A e fechada,pelo teorema do grafico fechado A e limitada e portanto S tambem e. Alem disso, R (S) = R (A), dondeR (S) = 0, como acabamos de observar. Mas, pelo Teorema 3.16, N (S) = R (S), portanto conclumosque S e injetiva.

Agora vamos mostrar que R (S) = R (A). Seja g0 Z. Pelo teorema de Hahn-Banach, existe g F extensao de g0. Da,

Ag, x = g,Ax = g, Sx = g0, Sx = Sg0, xpara todo x E, o que mostra que Sg0 R (A), ou seja, provamos que R (S) R (A). Reciprocamente,se g F , considere a restricao g0 = g|Z . Temos, de modo analogo,

Sg0, x = g0, Sx = g, Sx = g,Ax = Ag, x

para todo x E, donde R (A) R (S). Por hipotese, temos entao que R (S) e fechado, portanto e umespaco de Banach, ja que e um subespaco vetorial fechado do espaco de Banach Z (lembre-se que o dual deum espaco vetorial normado sempre e um espaco de Banach).

Obtemos entao que a restricao de contradomnio S : Z R (S) e um operador linear contnuobijetivo. Pelo Corolario 3.7, a inversa (S)1 existe e e contnua. Em particular, S e limitada inferiormentee existe m > 0 tal que

Sg0 > m g0para todo g0 Z. O teorema anterior implica que R (S) = Z, logo R (A) = Z e portanto R (A) e fechado.Portanto, se R (A) e fechado (por exemplo, se A for limitado), uma condicao necessaria e suficiente para quey R (A) e que g (y) = 0 para todo g N (A).


3.4 Exerccios

3.1 Seja T : E F um operador linear limitado inferiormente tal que ImT e um subespaco fechado deF . Mostre que T1 e um operador linear fechado.

3.2 Mostre que se a inversa de um operador linear fechado existir, entao ela tambem e um operador linearfechado.

3.3 Mostre que operador linear D : C1 ([0, 1]) C ([0, 1]) definido por

Df = f

e fechado.

3.4 Seja

E ={f C ([0, 1]) : existe lim

t0+f (t)t

}.

Defina uma aplicacao linear T : E C ([0, 1]) por

Tf (t) =

f (t)t

se t 6= 0,limt0+

f (t)t

se t = 0.

Mostre que T e fechado.

3.5 Sejam E,F espacos de Banach e {Tn}nN L (E,F ) tal que {f (Tnx)}nN e uma sequencia limitadapara todo x E e para todo f F . Mostre que {Tn}nN e uniformemente limitada.

3.6 Se E,F sao espacos vetoriais normados, mostre que (E F ) = E F .3.7 Considere o seguinte subespaco de `1:

F =

{(xn)nN `1 :

n=1

n |xn|


3.10 Sejam E,F espacos de Banach. Se T : E F e uma aplicacao linear tal que f T E para todof F , mostre que T e limitada.

3.11 Sejam L,M subespacos vetoriais fechados de um espaco vetorial normado E. Mostre que se L 6= M ,entao L 6=M.

3.12 Sejam E um espaco de Banach e F um subespaco vetorial proprio de E. Mostre que se T0 : F `e uma aplicacao linear limitada, entao T se estende a uma aplicacao linear limitada T : E ` comT = T0.

3.13 Considere ` e suponha que e outra norma em ` tal que (`, ) tambem e um espaco deBanach. Se para cada i N a projecao na i-esima coordenada pii

((xn)nN

)= xi e contnua na norma

, mostre que existe uma constante C > 0 tal que

x 6 C x`para todo x ` (sugestao: use o teorema do grafico fechado). Conclua que as normas ` e sao equivalentes.

3.14 Mostre que a aplicacao identidade I :(C0 [0, 1] , L1

) (C0 [0, 1] , L) tem grafico fechado mas naoe limitada.

Captulo 4

Espacos Reflexivos

4.1 Espacos Reflexivos

Seja E um espaco vetorial normado. Denote

(E) = E.

E e chamado o espaco bidual de E. Podemos definir um operador linear limitado canonico

J : E E (4.1)da seguinte forma: para cada x E, o funcional linear limitado Jx : E R e dado por

(Jx) (f) = f (x) (4.2)

para todo f E. De fato, Jx e um funcional linear limitado em E pois|(Jx) (f)| = |f (x)| 6 f x = x f ,

ou seja,Jx 6 x .

Alem disso, J e realmente uma isometria de E sobre sua imagem J (E). Com efeito, pelo teorema deHahn-Banach, para cada x X existe um funcional linear f0 E tal que f0 = 1 e f0 (x) = x, logo

Jx = supf=1

|(Jx) (f)| > |(Jx) (f0)| = f0 (x) = x ,

portantoJx = x (4.3)

para todo x E. Em particular, J e injetivo. Se J for tambem sobrejetivo, dizemos que E e reflexivo.Isso implica que J e ao mesmo tempo um isomorfismo e uma isometria, em particular e um isomorfismotopologico. Como E = (E) e um espaco de Banach, segue que uma condicao necessaria para que umespaco vetorial normado seja reflexivo e que ele seja de Banach. Em vista disso, definimos

4.1 Definicao. Dizemos que um espaco de Banach E e reflexivo se o operador J : E E for umisomorfismo isometrico.

E importante saber que E e E serem isometricamente isomorfos atraves de um isomorfimo isometricodiferente do operador J nao garante que E seja reflexivo, pois pode ocorrer que apesar disso o operador Jnao seja sobrejetivo (veja [James1] e [James2]).

Todo espaco vetorial normado de dimensao finita e reflexivo (veja Exerccio 4.1). Existem importanteexemplos de espacos de Banach de dimensao infinita que nao sao reflexivos, como veremos mais tarde.

36


4.2 Teorema. Seja E um espaco reflexivo. Se F E e um subespaco vetorial fechado, entao F e reflexivo.

Prova. Dado f F temos que mostrar que existe x F tal que f = Jx. Considere a submersaocontnua I : E F definida por

If = f |F .Pelo teorema de Hahn-Banach a submersao e sobrejetiva, pois todo funcional linear limitado definido em Fse estende a um funcional linear limitado definido em E (obviamente ela nao e injetiva se F e um subespacoproprio de E). Esta submersao e contnua pois

IfF = supxF\{0}

|If (x)|x = supxF\{0}

|f (x)|x 6 supxE\{0}

|f (x)|x = fE ,

logo

If = supfE\{0}

IfFfE

6 1.

Atraves desta submersao, f induz um funcional linear g E quando definimos

g (f) = (f I) (f) = f (f |F ) .

Como E e reflexivo, existe x E tal que g = Jx, ou seja,

f (f |F ) = (Jx) (f)

para todo f E. Afirmamos que x F . De fato, se x / F , como F e fechado podemos aplicar o teoremade Hahn-Banach para concluir que existe um funcional linear f0 que se anula em F tal que f0 (x) = 1 o quee uma contradicao, pois

f (f0|F ) = 0enquanto que

(Jx) (f0) = f0 (x) = 1.

Um subespaco vetorial de um espaco reflexivo que nao e fechado obviamente nao pode ser reflexivo, ja quetodo espaco reflexivo e de Banach.

4.3 Proposicao. Se E e um espaco reflexivo e W e um subespaco vetorial de E, entao(W

)=W.

Prova. Ja vimos na Proposicao 4.15 que(W

) W . Suponha por absurdo que existe f0 (W) tal quef0 / W . Pelo teorema de Hahn-Banach, existe f E tal que f (f) = 0 para todo f W e f (f0) 6= 0.Como E e reflexivo, existe x E tal que f (f) = f (x) para todo f E. Em particular, f (x) = 0 paratodo f W , logo x W. Mas entao f0 (x) = 0, pois f0

(W

), contradizendo f0 (x) = f (f0) 6= 0. 4.4 Teorema. Seja E um espaco de Banach. Entao E e um espaco reflexivo se e somente se E for.

Prova. Suponha que E seja reflexivo. Sejam J : E E e J : E E as aplicacoes canonicas,isto e,

(Jx) (f) = f (x)

e(Jf) (f) = f (f) .


Seja f E. Para provar que E e reflexivo, precisamos encontrar f E tal que f = Jf . Consideref := f J E:

EJ E f

R.

Logo,f (Jx) = f (x) = (Jx) (f)

para todo x E. Como E e reflexivo, para todo f E existe x E tal que f = Jx. Substituindo naultima equacao acima, segue que

f (f) = f (f)

para todo f E, ou seja,f = Jf.

Reciprocamente, suponha que E e reflexivo. Para provar que E tambem e reflexivo, observamos emprimeiro lugar que porque E e um espaco de Banach, o subespaco vetorial R (J) e um subespaco fechado deE. De fato, como J e uma isometria, se Jxn f em E entao em particular {xn} e uma sequencia deCauchy em E. Como E e um espaco de Banach, existe x E tal que xn x em E. Logo, Jxn Jx eportanto f = Jx R (J).

Suponha por absurdo que R (J) 6= E. Seja f E\R (J). Pelo teorema de Hahn-Banach, existef E tal que f = 0 em R (J) e f (f) 6= 0. Como E e reflexivo, existe f E tal que f = Jf. Da, para todo x E vale

f (x) = (Jx) (f) = (Jf) (Jx) = f (Jx) = 0,

isto e, f e o funcional nulo. Mas

f (f) = (Jf) (f) = f (f) 6= 0,contradicao.

4.2 Espacos Separaveis

Lembramos que um espaco topologico e separavel se ele possui um subconjunto denso enumeravel.

4.5 Teorema. Seja E um espaco vetorial normado. Se E e separavel, entao E tambem e.

Prova. Seja {fn}nN um subconjunto enumeravel denso em E. Comofn = sup

xEx=1

|fn (x)| ,

podemos escolher para cada n um elemento xn E tal que xn = 1 e

|fn (xn)| > fn2 .

SejaM = x1, x2, . . .

o fecho do subespaco gerado pelo conjunto {xn}nN. Observe que M e separavel, pois o subconjunto dascombinacoes lineares dos xn com coeficientes racionais formam um subconjunto enumeravel denso em M .Afirmamos que M = E. De fato, se x0 E\M , pelo teorema de Hahn-Banach (Corolario 2.23) existef E M tal que f = 1 e f (x0) 6= 0. Em particular, f (xn) = 0 para todo n, logo

fn2

6 |fn (xn)| = |fn (xn) f (xn)| 6 fn f xn = fn f ,

donde1 = f 6 fn f+ fn 6 3 fn f ,

ou seja,

fn f > 13 ,contradizendo o fato que {fn} e denso em E. Vale a recproca quando E e um espaco reflexivo:

4.6 Corolario. Se E e um espaco reflexivo separavel, entao E tambem e.

Prova. Pela Proposicao 4.4 temos que E e reflexivo. Para mostrar que E e separavel, pelo teoremaanterior basta provar que E e separavel. Seja {xn}nN um subconjunto enumeravel denso em E. Dadof E, existe x E tal que Jx = f, e dado > 0 existe n N tal que xn x < . Como J e umaisometria, segue que Jxn f < . Vemos portanto que {Jxn}nN e um subconjunto enumeravel densoem E.

4.3 Exemplo 1: Espacos `p

Os espacos `p (n) tem dimensao finita, logo sao reflexivos (veja o Exerccio 4.1). Por outro lado, os espacos`p sao reflexivos se e somente se 1 < p


e um isomorfismo isometrico. Pela desigualdade de Holder temos

|f (x)| 6n=1

|xnyn| 6 y`p x`p ,

de modo que f (`p) ef(`p) 6 y`p , (4.4)

logo e contnua.Agora exibiremos a inversa de e mostraremos que ela tambem e contnua. Ja vimos que todo elemento

x `p se escreve de maneira unica na forma

x =n=1

xnen.

Entao, dado f (`p), por continuidade temos

f (x) =n=1

xnf (en) .

De fato, se para cada k N denotamoszk =

kn=1

xnen,

por linearidade temos

f (zk) =k

n=1

xnf (en) .

de modo que

f (x) = f(limk

zk

)= lim

kf (zk) = lim

k

kn=1

xnf (en) =n=1

xnf (en) .

Notando que f (en) = (y) (en) = yn, vemos agora que a inversa de e dada por

: (`p) `p

f 7 (f (en))nNPara mostrar que esta de fato bem definida e e contnua, defina zk `p por

z(i)k =

|f (ei)|p

f (ei)se i 6 k e f (ei) 6= 0,

0 se i > k ou f (ei) = 0,

de modo que

f (zk) =k

n=1

|f (en)|p.

Temos

|f (zk)| 6 f zk = f(

kn=1

|f (en)|(p1)p

)1/p= f

(k

n=1

|f (en)|p)1/p

,

ja que p = p/ (p 1), logok

n=1

|f (en)|p= f (zk) = |f (zk)| 6 f(`p)

(k

n=1

|f (en)|p)1/p

,

donde (k

n=1

|f (en)|p)1/p

6 f(`p) .

Tomando o limite quando k , segue que(f (en))`p 6 f(`p) , (4.5)

ou seja, a inversa tambem esta bem definida e e contnua.Juntando as desigualdades (4.5) e (4.4) vemos que e uma isometria.

4.10 Proposicao. `p e um espaco reflexivo se 1 < p

e um isomorfismo isometrico. Pela desigualdade de Holder temos

|f (x)| 6n=1

|xnyn| 6 y` x`1 ,

de modo que f (`1) ef(`1) 6 y` , (4.6)

logo e contnua.A inversa de , como na demonstracao do teorema anterior e dada por

:(`1) `

f 7 (f (en))nNComo en`1 = 1, temos

|f (en)| 6 f(`1) en`1 = f(`1) ,de modo que esta bem definida e

(f (en))` = supnN

|f (en)| 6 f(`p) . (4.7)

(4.6) e (4.7) provam que e uma isometria.

4.12 Proposicao.(`) 6= `1.

Prova. Se tivessemos (`) = `1, como `1 e separavel, ` tambem seria pelo Teorema 4.5, contradizendoa Proposicao 4.8.

4.13 Corolario. `1 e ` nao sao reflexivos.

Prova. Como `1 e separavel, enquanto que o seu dual e isometricamente isomorfo a `, que nao e separavel,segue do Corolario 4.6 que `1 nao e reflexivo. Consequentemente, pelo Teorema 4.4, seu dual tambem naopode ser reflexivo, ou seja, ` nao e reflexivo. Veja tambem o Exerccio 4.5 para uma demonstracao alternativa.

4.4 Espacos Uniformemente Convexos

4.14 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que E e uniformemente convexo se paratodo > 0 existe > 0 tal que para todos x, y E que satisfazem x , y 6 1 e x y > valex+ y2

< 1 .E importante ressaltar que a propriedade de ser uniformemente convexo e uma propriedade da norma: podemexistir duas normas equivalentes tais que em relacao a uma delas o espaco e uniformemente convexo, masnao em relacao a outra. Mais especificamente, convexidade uniforme e uma propriedade da bola unitaria:em um espaco uniformemente convexo a bola unitaria e bem redonda.

Note que o na definicao de convexidade uniforme satisfaz

4.15 Exemplo. `2 (n), ou seja, Rn com a norma euclideana, e uniformemente convexo, ao passo que `1 (n),ou seja, Rn com a norma da soma, nao e uniformemente convexo. Isso fica bastante claro quando seolha para as bolas unitarias em cada um destes espacos (para n = 2).

De fato, para ver que `1 (n) nao e uniformemente convexo, tome x = e1 e y = e2, de modo quex = y = 1, x y = 2 enquanto que x+ y2

= 1.Para ver que `2 (n) e uniformemente convexo, usamos a identidade do paralelogramo:

x+ y2 + x y2 = 2(x2 + y2

).

Assim, se x , y 6 1 e x y > , entaox+ y22 = 14 x+ y2 = 12 (x2 + y2) 14 x y2

< 1 2

4,

de modo que x+ y2 < 1

para = 1(1

2

4

)1/2> 0 pois < x y 6 x+ y 6 2.

4.16 Teorema. Se E e um espaco de Banach uniformemente convexo, entao E e reflexivo.

Prova. A demonstracao deste resultado requer o conhecimentos da topologia fraca e fica adiada para oproximo captulo. Este resultado e surpreendente, ja que uma propriedade geometrica (a de ser uniformemente convexo) implicauma propriedade topologica (a de ser reflexivo). Ela pode ser usada para provar que certos espacos saoreflexivos. Por outro lado, existem espacos reflexivos que nao possuem nenhuma norma em relacao a qualeles sao uniformemente convexos [Day].

4.5 Exemplo 2: Espacos Lp ()

Nesta secao consideraremos sempre RN aberto. Dado um conjunto A, denotaremos por A a funcaocaracterstica de A, isto e,

A (x) ={

1 se x A,0 caso contrario.

Denotaremos por Cc () o conjunto das funcoes contnuas com suporte compacto em .

4.17 Lema. Cc () e denso em Lp () para 1 6 p 1

ne |x| < n

},

de modo que n e aberto, n e compacto, n n+1 e = n. Dado f Lp (), defina

fn = fn .

Do teorema da convergencia dominada segue que

fn f em Lp () ,

pois fn (x) f (x) para todo x (de fato, fn (x) = f (x) para todo n suficientemente grande) efn fLp() 6 2p fLp().Segundo Passo.

Usando o passo anterior, dado > 0 e f Lp () existe g Lp () com suporte compacto em tal que

f gLp() 6

2.

Por definicao de integral, existe uma funcao simples de suporte compacto (contido no suporte de g)

=ni=1

aiEi Lp ()

tal queg Lp() 6

4.

Fixado i, existem um aberto Ui e um fechado Fi tal que Fi Ei Ui e

|Ui\Fi| 0, escolha um abertoW tal que RN\E WeW\ (RN\E) < /2; tome F = RN\W e um aberto U tal que E U e |E\U | < /2. Como

U\F = U\E W\ (RN\E)e esta uniao e disjunta, segue que

|U\F | = |U\E|+ W\ (RN\E) < .Agora, defina a funcao de Urysohn

hi (x) =dist

(x,RN\Ui

)dist (x,RN\Ui) + dist (x, Fi) .

Entao hi e uma funcao contnua (pois seu denominador nunca se anula) que satisfaz 0 6 hi 6 1 e

hi (x) ={

0 se x RN\Ui,1 se x Fi.

Em particular, o suporte de hi e compacto. Seja

h =ni=1

aihi Cc () .

Temos

hLp() 6ni=1

ai Ei hiLp() 6ni=1

ai Ei hiLp(Ui\Fi)

6ni=1

ai 1Lp(Ui\Fi) =ni=1

ai |Ui\Fi|1/p

2. Para provar (4.8), basta verificara+ b2

p + a b2p 6 12 (|a|p + |b|p) (4.12)

para todos a, b R e integrar esta desigualdade sobre . Para isso, o ponto de partida e a desigualdade

p + p 6(2 + 2

)p/2(4.13)

para todos , > 0, tomando = a+ b2

e =a b2

. De fato,

a+ b2p + a b2

p 6(a+ b2

2 + a b22)p/2

=(a2

2+b2

2

)p/26 |a|

p

2+|b|p2,

onde a ultima desigualdade decorre da convexidade (concavidade para cima) da funcao t 7 tq quando q > 1.Para verificar a desigualdade (4.13), tomando t = / (o caso = 0 e trivial) vemos que ela e equivalente amostrar que a funcao f (t) =

(t2 + 1

)p/2 tp 1 e crescente para todo t > 0, ja que f (0) = 0. Isso segue def (t) = pt

(t2 + 1

) p22 ptp1 = pt

[(t2 + 1

) p22 (t2) p22 ] > 0

para todo t R.Demonstracao da Segunda Desigualdade de Clarkson (4.10).

Seja agora 1 < p 6 2. A demonstracao de (4.10) e mais difcil. Primeiro verificamos a desigualdadea+ b2p + a b2

p 6 12p1 (|a|p + |b|p)p1 . (4.14)Esta desigualdade e equivalente a` desigualdade1 + t2

p + 1 t2p 6 12p1 (1 + tp)p1 . (4.15)

para 0 6 t 6 1. Para uma demonstracao desta ultima, veja ([Adams]), Lema 2.26.Em seguida, verificamos a desigualdade de Minkowski reversa. Ela decorre da desigualdade de Holder

reversa.Desigualdade de Holder reversa. Seja 0 < p < 1, de modo que p = p/ (p 1) < 0. Se f Lp, isto

e,

|f |p 1, donde Lq , pois

q =q

q 1 =1p

1p 1

=p

p (1 p) = p

p (p 1) = p

p.

Logo, pela desigualdade de Holder,

|f |p =

6 Lq Lq =(

|fg|)p(

|g|p)1p

,

donde segue (4.16).Desigualdade de Minkowski reversa. Seja 0 fp + gp . (4.17)

Prova da Desigualdade de Minkowski reversa: Se f = g = 0, a desigualdade e trivial, caso contrarioo lado esquerdo da desigualdade e positivo. Aplicando a desigualdade de Holder reversa, obtemos

|f |+ |g|pp =

(|f |+ |g|)p1 (|f |+ |g|)

=

(|f |+ |g|)p1 |f |+

(|f |+ |g|)p1 |g|

>(

(|f |+ |g|)(p1)p)1/p

fp +(

(|f |+ |g|)(p1)p)1/p

gp

= |f |+ |g|p/pp(fp + gp

),

donde segue (4.17).Retornando a` demonstracao da segunda desigualdade de Clarkson, pela desigualdade de Holder reversa

com o expoente p 1 < 1, temosf + g2pLp

+f g2

pLp

=

f + g2

pLp1

+

f g2

pLp1

6

(f + g2p + f g2

p)p11/(p1) ,

de modo que ao aplicarmos (4.14), observando que p 1 = 1/ (p 1), obtemosf + g2pLp

+f g2

pLp6[

(1

2p1(|f |p + |g|p)p1

)p1]1/(p1)

=[

12(|f |p + |g|p)

]1/(p1)=

12p1

(fpLp + gpLp)p1

.

Para uma demonstracao das desigualdades (4.9) e (4.11), consulte [Adams].

4.21 Teorema. Lp e um espaco uniformemente convexo se 1 2, a primeira desigualdadede Clarkson (4.8) produz f + g2

pLp6 1

2(fpLp + gpLp)

f g2pLp

6 1 p

2p,

logo f + g2Lp

< 1

para = 1(1

p

2p

)1/p> 0. Se 1 0.

4.22 Corolario. Lp e um espaco reflexivo se 1 < p


Prova. Apesar deste teorema poder ser provado diretamente atraves do teorema de Radon-Nikodym dateoria da medida, daremos uma demonstracao usando Analise Funcional como em [Brezis] (uma demon-stracao mais elementar usando a convexidade uniforme de Lp e um argumento variacional pode ser vista em[Adams]).

Defina o operador T : Lp (Lp) por

Tg, f =

fg

para todo f Lp. De fato, pela desigualdade de Holder Tg (Lp)

|Tg, f| 6 gLp fLpe

Tg(Lp) 6 gLp .Alem disso, escolhendo

f0 (x) ={|g (x)|p2 g (x) se g (x) 6= 0,0 se g (x) = 0,

temos que|f0 (x)|p = |g (x)|(p

1)p = |g (x)|p ,de modo que f0 Lp e

Tg(Lp) = supfLp\{0}

|Tg, f|fLp

> |Tg, f0|f0Lp=

f0g(

|f0|p

)1/p =|g|p(

|g|p

)1/p = gLp .Portanto,

Tg(Lp) = gLp

e para provar o teorema basta provar que T e sobrejetivo. Seja L = T(Lp

). Entao L e um subespaco

fechado de (Lp) porque Lpe um espaco de Banach. Suponha por absurdo que L $ T

(Lp

). Pelo teorema

de Hahn-Banach existe um funcional F (Lp) tal que F se anula em L, mas F 6= 0. Por outro lado,usando o fato que Lp e reflexivo, de modo que (Lp) = Lp, existe f Lp tal que

F (F ) = (Jf) (F ) = F (f)

para todo F (Lp). Em particular, se F L = T(Lp

)vale o teorema de representacao de Riesz, de

modo que nos temos

0 = F (F ) =

fg

para todo g Lp . Tomando

g (x) ={ |f (x)|p2 f (x) se f (x) 6= 0,

0 se f (x) = 0,

segue que

|f (x)|p = 0e f = 0, ou seja, F e o funcional nulo, contradicao.

O teorema da representacao de Riesz implica a reflexividade dos espacos Lp, semelhante a` demonstracaoda Proposicao 4.10 (o que e relevante quando levamos em conta o fato que o teorema da representacao deRiesz pode ser demonstrado sem usar o fato que Lp e reflexivo):

4.24 Corolario. Lp e um espaco reflexivo se 1 < p

para todo f Lp e tal quegpLp 6 F(L1) ||

1/p.

Como Cc () e denso em Lp para todo 1 < p


Se f L1 (), podemos escreverf =

n=1

fn ,

pois pelo teorema da convergencia dominada esta serie converge em L1 (). Da, como

F

(k

n=1

fn

)=

kn=1

F (fn) =k

n=1

Fn (fn) =k

n=1

(fn) g =

(k

n=1

fn

)g,

passando o limite quando k atraves do teorema da convergencia dominada conclumos que

F (f) =

fg.

Como no caso anterior, a formula de representacao juntamente com a desigualdade de Holder pode ser usadapara provar que F(L1) = gL .

4.26 Proposicao.(L) 6= L1.

Prova. A demonstracao e identica a` da Proposicao 4.12.

4.27 Corolario. L1 e L nao sao reflexivos.

Prova. A demonstracao e identica a` do Corolario 4.13.

4.6 Exerccios

4.1 Mostre que todo espaco vetorial de dimensao finita e reflexivo.

4.2 Sejam E,F espacos topologicamente isomorfos. Mostre que E e reflexivo se e somente se F e reflexivo.

4.3 Sejam E,F espacos de Banach, com E reflexivo. Mostre que se existe um operador linear limitadoA : E F tal que R (A) = F , entao F tambem e reflexivo.

4.4 Prove que todo subespaco vetorial de um espaco vetorial normado separavel e separavel.

4.5 Seja E um espaco reflexivo. Mostre que se f E, entao existe x 6= 0 tal que

f (x) = f x .

4.6 Utilizando o exerccio anterior e o funcional sugerido, mostre que os espacos a seguir nao sao reflexivos:

a) C0 ([1, 1]) ; funcional sugerido: F : C0 ([1, 1]) R definido por

F (f) = 01

f 10

f.

b) `1;funcional sugerido: f : `1 R definido por

f (x) =n=1

(1 1

n

)xn.

c) `0 = {x ` : limxn = 0} ;funcional sugerido: f : `0 R definido por

f (x) =n=1

xn2n+1

.

4.7 Prove que C0 [a, b] nao e reflexivo.

4.8 Para que valores de p `p (n) e uniformemente convexo?

4.9 Prove que `p e uniformemente convexo se e somente se 1 < p

Captulo 5

Topologia Fraca e Topologia Fraca*

5.1 Topologia Fraca

Dado um conjunto de funcoes {f} de um conjunto X para um espaco topologico Y , a topologia T maisgrosseira (ou menos fina) para X e aquela com o numero mnimo de abertos que tornam todas as funcoes fcontnuas. Ela e evidentemente a topologia que tem como sub-base a colecao

{f1 (V ) : V e aberto em Y e

}.

5.1 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. A topologia fraca sobre E e a topologia menos finatal que todos os funcionais lineares f E sao contnuos.

Denotando a topologia fraca de E por TW e a topologia da metrica por T, segue imediatamente da definicaode topologia fraca que TW T. A topologia fraca em geral tem menos abertos que a topologia da metrica,logo tem a chance de ter mais compactos.

5.2 Proposicao. Um espaco vetorial normado E sob a topologia fraca e um espaco de Hausdorff.

Prova. Se x, y E com x 6= y, pelo teorema de Hahn-Banach existe f E tal que f (x y) = x y. Emparticular, f (x) 6= f (y) e se R e tal que f (x) < < f (y), entao os abertos f1 (, ) e f1 (,)separam x e y.

5.3 Proposicao. Seja E espaco vetorial normado e x0 E. Um sistema fundamental de vizinhancas emx0 na topologia fraca consiste de todos os conjuntos da forma

V = {x E : |fi (x) fi (x0)| < , f1, . . . , fn E} .

Prova. Se U e um aberto contendo x0, entao existe um elemento-baseni=1

f1i (Vi) U contendo x0, comV1, . . . , Vn abertos em R. Se fi (x0) = ai, temos que existe > 0 tal que (ai , ai + ) Vi, logo tomando

V =ni=1

f1i (ai , ai + ) ,

segue que V U .

5.4 Proposicao. Seja E um espaco vetorial normado de dimensao finita. Entao a topologia fraca de Ecoincide com a topologia da metrica.

54

Prova. Ja sabemos que TW T, qualquer que seja o espaco vetorial normado E. No caso de um espacovetorial normado de dimensao finita, vale a recproca. De fato, seja U E um aberto na topologia dametrica. Dado x0 U , vamos obter uma vizinhanca aberta fraca V U contendo x0. Dada uma baseB = {e1, . . . , eN} para E, escolha a norma da soma em relacao a esta base (todas as normas sao equivalentesem um espaco vetorial normado de dimensao finita) e seja B (x0) U . As projecoes fi : E R sobre ai-esima coordenada definidas por

fi

(Ni=1

xiei

)= xi

sao funcionais lineares contnuos e

Ni=1

|fi (x) fi (x0)| =Ni=1

|xi (x0)i| < para todo x B (x0) ,

de modo queV = {x E : |fi (x) fi (x0)| < , 1 6 i 6 N}

e uma vizinhanca aberta fraca contendo x0 que satisfaz V U . Portanto T TW . Se E e um espaco vetorial normado de dimensao infinita, a topologia fraca e estritamente mais grosseira(estritamente menos fina) que a topologia da metrica, como veremos daqui a pouco. Esta ultima e tambemchamada topologia forte, quando comparada com a primeira.

Como a topologia forte T contem a topologia fraca TW , por definicao, segue em particular que os conjuntosque sao fechados na topologia fraca tambem sao fechados na topologia usual. A recproca e falsa para espacosde dimensao infinita, como veremos a seguir. No entanto, para conjuntos convexos as duas nocoes coincidem(este e o nosso primeiro exemplo de como a topologia fraca se comporta bem em conjuntos convexos):

5.5 Proposicao. Seja E um espaco vetorial normado e C E um conjunto convexo. Entao C e fechadona topologia fraca se e somente se C e fechado na topologia forte.

Prova. Suponha que C e fortemente fechado. Seja x0 / C. De acordo com o teorema de Hahn-Banach,primeira forma geometrica, existem f E e R tais que

f (x0) < < f (y)

para todo y C. Entao V = f1 (, ) e uma vizinhanca aberta fraca de x0 que nao intercepta C.Portanto E\C e fracamente aberto, logo C e fracamente fechado. 5.6 Proposicao. Se E e um espaco vetorial normado com dimensao infinita, entao a esfera unitaria nao

e fechada na topologia fraca.

De fato, o fecho fraco da esfera unitaria e a bola unitaria fechada.

Prova. Sejam S = {x E : x = 1} a esfera unitaria de E, B1 (0) = {x E : x 6 1} a bola unitariafechada e denote por S

Wo fecho de S na topologia fraca. Queremos entao provar que

SW

= B1 (0).

Seja x0 B1 (0) e U e qualquer aberto fraco contendo x0. Pela Proposicao 5.4, V contem uma vizinhancaaberta fraca de x0 da forma

V = {x E : |fi (x) fi (x0)| < , f1, . . . , fn E} .Como E possui dimensao infinita, existe y0 E tal que

fi (y0) = 0 para todo i,

caso contrario a aplicacao linear T : E Rn definida por Tx = (f1 (x) , . . . , fn (x)) seria injetiva, o queimplicaria dimE 6 n. (outra maneira de ver isso e invocar o resultado do Exerccio 2.11: o nucleo de umfuncional linear tem codimensao 1, logo a intersecao de um numero finito de nucleos de funcionais linearesem um espaco vetorial de dimensao infinita tambem tem dimensao infinita). Em particular, V contem a retat 7 x0 + ty0, pois

fi (x0 + t0y0) fi (x0) = fi (x0 + t0y0 x0) = t0f (y0) = 0para todo i. (Assim, em um espaco vetorial normado de dimensao infinita, toda vizinhanca aberta fraca deum ponto x0 contem uma reta passando por x0; na verdade, infinitas tais retas.) Considere agora a funcao : R R definida por

(t) = x0 + ty0 .Esta funcao e contnua e satisfaz (0) < 1 e lim

t+ (t) = +, o que implica pelo teorema do valorintermediario que existe t0 > 0 tal que g (t0) = 1, isto e, x0+ t0y0 S V . Conclumos que toda vizinhancaaberta fraca de x0 intercepta S, portanto x0 SW . Este argumento prova que B1 (0) = B1 (0) S SW .ComoB1 (0) e fechado na topologia fraca pela Proposicao 5.5, nao existem pontos do fecho fraco de S B1 (0)fora de B1 (0). Portanto vale a igualdade S

W= B1 (0).

5.7 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado com dimensao infinita, entao o interior fraco da bolaunitaria e vazio.

Consequentemente, a bola unitaria nao e fracamente aberta e portanto a topologia fraca e estritamentemais grossa que a topologia forte.

Prova. Vimos na demonstracao da proposicao anterior que todo aberto fraco contem uma reta. Como abola unitaria nao contem retas, obviamente, segue que ela nao contem nenhum aberto fraco.

5.8 Lema. Sejam E um espaco vetorial normado e Y um espaco topologico. Entao uma aplicacao :Y E e contnua quando E e munido da topologia fraca se e somente se f e contnua para todof E.

Prova. Se e contnua e f E, como f e contnua na topologia fraca pela definicao desta, segue quef e contnua, pois e a composta de funcoes contnuas. Reciprocamente, suponha que f e contnuapara todo f E. Para provar que e contnua, vamos mostrar que se V E e aberto na topologia fraca,entao 1 (V ) e aberto em Y . Pela Proposicao 5.3 podemos escrever

V =xV

16i6nx

f1x,i (Ix,i)

,onde nx N, Ix,i sao intervalos abertos da reta e fx,i E. Como a inversa de uma funcao preserva unioese intersecoes arbitrarias, segue que

1 (V ) =xV

16i6nx

1[f1x,i (Ix,i)

] = xV

16i6nx

(fx,i )1 (Ix,i) .

Por hipotese, (fx,i )1 (Ix,i) e aberto em Y para cada x, i, logo 1 (V ) e aberto.

5.9 Proposicao. Sejam E,F espacos de Banach. Seja T : E F uma aplicacao linear. Entao T econtnua quando E,F sao munidos com a topologia forte se e somente se T e contnua quando E,Fsao munidos com a topologia fraca.


Prova. Suponha que T e contnua nas topologias fortes de E e F . Pelo lema anterior, basta provar queg T : E R e contnua para todo g F quando E e munido da topologia fraca. Mas, como T e linear,g T E, logo e contnua na topologia fraca de E pela definicao desta.

Reciprocamente, suponha que T e contnua nas topologias fracas de E e F . Entao o grafico G (T ) efechado em E F na topologia do produto das topologias fracas, que e a topologia fraca da topologiaproduto de E F . Portanto, como observado antes, G (T ) e fechado na topologia forte. Pelo teorema dografico fechado, T e contnua nas topologias fortes de E e F . A hipotese que T e linear nao pode ser removida neste resultado (veja [Brezis]).

5.2 Sequencias Fracamente Convergentes

5.10 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que uma sequencia {xn}nN E convergefracamente para x se ela converge para x na topologia fraca. Denotaremos este fato por

xn x.

5.11 Proposicao. Sejam E um espaco vetorial normado e {xn}nN E uma sequencia. Entao valem asseguintes afirmacoes:

(i) xn x se e somente se f (xn) f (x) para todo f E.(ii) Se xn x, entao xn x.(iii) Se xn x, entao {xn} e limitada e alem disso

x 6 lim inf xn .

(i

analise funcional

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