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Universidade Estadual de Maringa

Analise Funcional

Notas de Aula

Marcos Roberto Teixeira Primo

Maringa - Segundo Semestre de 2014

Sumario

Programacao ii

0.1 Aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

0.2 Avaliacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

0.3 Programa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

0.4 Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv

1 Espacos Metricos 1

1.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Conjuntos Abertos, Fechados e Vizinhancas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Sequencias Convergentes, de Cauchy e Completicidade . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4 Espacos Metricos Completos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5 Completamento de Espacos Metricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2 Espacos Normados 31

2.1 Definicao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2 A Topologia dos Espacos Normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3 Convergencia de Sequencias e Espacos de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.4 Compacidade e Dimensao Finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.5 Operadores Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.6 Operadores Lineares Contınuos e Limitados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2.7 Funcionais Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

2.8 Operadores e Funcionais Lineares Limitados em Espacos Vetoriais de Dimensao

Finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

2.9 Operadores em Espacos Normados e O Espaco Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3 Espacos com Produto Interno 97

3.1 Definicao e Espacos de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3.2 Propriedades de Espacos com Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

3.3 Complementos Ortogonais e Somas Diretas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

i

3.4 O Dual de um Espaco de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

3.5 Os Teoremas de Stampachia e Lax-Milgran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

3.6 O Operador Adjunto de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

3.7 Operadores Auto-adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

3.8 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4 Os Teoremas de Hahn-Banach 134

4.1 Formas Analıticas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

4.2 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5 Consequencias do Teorema da Categoria de Baire. 146

5.1 O Teorema da Categoria de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.2 O Teorema de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

5.3 O Teorema da Aplicacao Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

5.4 O Teorema do Grafico Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

Referencias Bibliograficas 156

ii

Programacao

0.1 Aulas

O horario das aulas sera:

• segunda feira: 8h00 as 10h00;

• quarta feira: 08h00 as 10h00;

• sexta feira: 08h00 as 10h00.

Serao ministradas 30 aulas.

Agosto: 11, 13, 18, 25, 27, 29 6.

Setembro: 1, 3, 5, 8, 10, 12, 15, 17, 19, 22, 24, 26, 29 13.

Outubro: 1, 3, 6, 8, 10, 13, 15, 17, 20, 22, 24, 27, 29, 31 14.

Novembro: 3, 5, 7, 10, 12, 14, 17, 19, 21 9.

Total 42.

0.2 Avaliacoes

1a Avaliacao: 03/10/2014.

2a Avaliacao: 21/11/2014.

0.3 Programa

1. Espacos Metricos;

2. Espacos Normados;

iii

3. Espacos com Produto Interno;

4. Teoremas de Hahn-Banach, Stampachia e Lax-Milgran;

5. Consequencias do Teorema da Categoria de Baire.

0.4 Bibliografia

1 G. Bachman e L. Narici, Functional Analysis, Academic Press, 1966.

2 H. Brezis, Analyse Functionnelle, Theorie et applications, Masson, Paris, 1983.

3 J. B. Conway, A Course in Function Analysis, Springer Verlag, Nova York, 1985.

4 C. S. Honig, Analise Funcional e Aplicacoes, Volume 1. Publicacoes do Instituto de Matematica

e Estatıstica da Universidade de Sao Paulo, Sao Paulo, 1970.

5 E. Kreyszig, Introductory Functional Analysis with Applications, Editora John Willey & Sons,

Nova York, 1978.

6 E. L. Lima, Espacos Metricos, Terceira Edicao, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1977..

7 W. Rudin, Functional Analysis, Second Edition, McGraw-Hill International Editions, Singa-

pura, 1991.

8 G. F. Simmons, Introduction to Topology and Modern Analysis, McGraw-Hill, Tokyo, 1963.

9 K. Yosida, Functional Analysis, Springer Verlag, Berlim, 1965.

10 N. Young, An Introduction to Hilbert Spaces, Cambridge University Press, Cambridge, 1988.

iv

Capıtulo 1

Espacos Metricos

Intuitivamente, Um espaco metrico e um conjunto X munido de uma metrica. Esta metrica

associa a cada par de elementos de X a distancia entre eles e sera definida axiomaticamente,

com os axiomas sugeridos por determinadas propriedades obtidas da distancia conhecida entre

elementos da reta real estudada nos cursos de Analise Real ou na distancia entre elementos do

plano complexo estudada nos curso de variaveis complexas. A principal propriedade que um

espaco metrico pode ter e a completicidade, o que sera bem discutido neste capıtulo.

1.1 Definicao

No Calculo estudamos funcoes definidas na reta real R, onde a distancia, d, em R e definida

por

d(x, y) =| x− y |,

para quaisquer numeros reais x, y ∈ R.Na Analise Funcional, vamos estudar espacos com distancias mais gerias e estudar funcoes

definidas nestes espacos.

Definicao 1.1. Um Espaco Metrico e um par (X, d), onde X e um conjunto e d e uma metrica

em X, ou seja, d e uma funcao real definida em X ×X,

d : X ×X → R,

tal que para quaisquer elementos x, y, z ∈ X temos:

(M1) d(x, y) e um valor real finito e nao negativo, isto e, d(x, y) ≥ 0;

(M2) d(x, y) = 0 se, e somente se, x = y;

1

2 Marcos Roberto Teixeira Primo

(M3) d(x, y) = d(y, x) (Simetria);

(M4) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (Desigualdade Triangular).

De (M4), obtemos por inducao, a desigualdade triangular generalizada

d(x1, xn) 6 d(x1, x2) + . . .+ d(xn−1, xn),

para quaisquer x1, x2, . . . , xn ∈ X. De fato, para n = 2 a igualdade se verifica claramente. Agora,

para n ≥ 2, suponhamos que seja verdade para n = k e vamos mostrar que e verdade para

n = k + 1. De (M4) temos

d(x1, xk+1) 6 d(x1, xk) + d(xk, xk+1)

6 d(x1, x2) + . . .+ d(xk−1, xk) + d(xk, xk+1)

e, o princıpio da inducao finita mostra o resultado desejado

Exemplo 1.1. Considere R o conjunto de todos os numeros reais e definamos em R a metrica

usual d : R× R→ R definida por

d(x, y) =| x− y |,

para quaisquer numeros x, y ∈ R. Assim, (R, d) e um espaco metrico.

De fato: Para todo x, y ∈ R temos 0 ≤ |x− y| <∞, o que mostra (M1).

Para todo x, y ∈ R,d(x, y) = 0⇔ |x− y| = 0⇔ x = y,

o que demonstra (M2).

Para x, y ∈ R temos

d(x, y) =| x− y |=| −(y − x) |=| −1 | . | y − x |=| y − x |= d(y, x),

demonstrando (M3).

Para x, y, z ∈ R temos

d(x, y) =| x− y |=| x− z + z − y |=| (x− z) + (z − y) |6| x− z | + | z − y |= d(x, z) + d(z, y),

o que conclui a prova de (M4).

Assim, (R, d) e um espaco metrico. �

Exemplo 1.2. Considere R2 o conjunto de todos os pares ordenados de numeros reais e definamos

em R2 a metrica Euclideana por

d(x, y) =√

(ξ1 − η1)2 + (ξ2 − η2)2,

onde x = (ξ1, ξ2), y = (η1, η2) ∈ R2. Assim, (R2, d) e um espaco metrico.

Analise Funcional 3

Outro Espaco Metrico pode ser obtido se considerarmos R2 e uma nova metrica definida por

d1(x, y) =| ξ1 − η1 | + | ξ2 − η2 |,

onde x = (ξ1, ξ2), y = (η1, η2) ∈ R2. Assim, (R2, d1) tambem e um espaco metrico.

Assim, vemos que com um mesmo conjunto podemos definir varios espacos metricos, bastando

para isso definirmos uma nova metrica neste conjunto.

Exemplo 1.3. O Espaco Euclidiano consiste do conjunto R3 formado por triplas ordenadas de

numeros reais x = (ξ1, ξ2, ξ3), y = (η1, η2, η3), . . . , e da metrica Euclidiana definida por

d(x, y) =√

(ξ1 − η1)2 + (ξ2 − η2)2 + (ξ3 − η3)2,

para quaisquer x = (ξ1, ξ2, ξ3), y = (η1, η2, η3) ∈ R3.

Exemplo 1.4. O espaco Euclideano n-dimensional Rn, e obtido tomando as n−uplas ordenadas

de numeros reais x = (ξ1, . . . , ξn), y = (η1, . . . , ηn), etc., e a metrica Euclideana definida por

d(x, y) =√

(ξ1 − η1)2 + . . .+ (ξn − ηn)2.

O espaco unitario n - dimensional Cn e o espaco de todas as n−uplas ordenadas de numeros

complexos com metrica definida, para x = (ξ1, . . . , ξn), y = (η1, . . . , ηn) ∈ Cn, por

d(x, y) =

√| ξ1 − η1 |2 + . . .+ | ξn − ηn |2.

Quando n = 1 este e o plano complexo C com a metrica usual

d(x, y) =| x− y |, x, y ∈ C.

Exemplo 1.5. Seja l∞ o conjunto formado por todas as sequencias limitadas de numeros com-

plexos, isto e,

l∞ = {x = (x1, x2, ...); xi ∈ C e | xi |≤ cx, i = 1, 2, . . . , para algum cx ≥ 0}.

Escolhendo uma metrica d : l∞ × l∞ −→ R definida por ’

l∞ × l∞ 3 (x, y) 7−→ d(x, y) = supi∈N| xi − yi |,

obtemos que (l∞, d) e um espaco metrico.

De fato: Sejam x = (x1, x2, ...) tal que

| xi |≤ cx para todo i ∈ N


Para mostramos que (M4) e satisfeita vamos utilizar a funcao auxiliar

f(t) =t

1 + t,

definida para todo t > 0. Temos

f′(t) =

1

(1 + t)2,

para todo t > 0 e como

| a+ b |6| a | + | b |,

entao

f(| a+ b |) 6 f(| a | + | b |).

Logo,

| a+ b |1+ | a+ b |

6| a | + | b |

1+ | a | + | b |=

| a |1+ | a | + | b |

+| b |

1+ | a | + | b |6| a |

1+ | a |+| b |

1+ | b |.

Tomando a = xi − yi e b = yi − zi, temos que a+ b = xi − zi e, portanto,

| xi − zi |1+ | xi − zi |

6| xi − yi |

1+ | xi − yi |+| yi − zi |

1+ | yi − zi |,

para todo i ∈ N. Como 12i> 0 segue que

∞∑i=1

1

2i| xi − zi |

1+ | xi − zi |6

∞∑i=1

1

2i| xi − yi |

1+ | xi − yi |+∞∑i=1

1

2i| yi − zi |

1+ | yi − zi |.

Portanto,

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

provando (M4) e completando a prova do exemplo. �

Exemplo 1.7. Seja X um conjunto qualquer e definamos sobre X uma metrica, denominada

metrica discreta, por

d(x, y) =

{0, se x = y;

1, se x 6= y.

Entao (X, d) e um espaco metrico, denominado espaco metrico discreto.

Exemplo 1.8. Considere o conjunto de todas as funcoes limitadas f : A → R definidas em um

conjunto nao vazio A, isto e,

B(A) := {x : A→ R; |x(t)| ≤ cf , t ∈ A e cf ≥ 0}.

Em B(A) defina a metrica

d(x, y) = supt∈A|x(t)− y(t)|,

para x, y ∈ B(A). Entao (B(A), d) e um espaco metrico.

Analise Funcional 7

1.2 Conjuntos Abertos, Fechados e Vizinhancas

Nessa secao estudaremos alguns conceitos auxiliares, os quais tem grande relacao com espacos

metricos e serao uteis no desenvolvimento do curso..

Definicao 1.2. Dados um ponto x0 ∈ X e um numero real r > 0, definimos tres tipos de conjuntos:

(a) Bola aberta

B(x0, r) = {x ∈ X, d(x, x0) < r}

(b) Bola fechada

B(x0, r) = {x ∈ X, d(x, x0) 6 r}

(c) Esfera

S(x0, r) = {x ∈ X, d(x, x0) = r}

Desta definicao segue que

S(x0; r) = B(x0; r)−B(x0; r).

Definicao 1.3. Seja (X, d) um espaco metrico. Um subconjunto M ⊂ X do espaco metrico X

e aberto se ele contem uma bola com centro em cada um de seus pontos. Um subconjunto K do

espaco metrico X e fechado se seu complementar (em X) e aberto, isto e, Kc = X −K e aberto.

Proposicao 1.1. Seja (X, d) um espaco metrico. Entao

(i) Uma bola aberta em X e um conjunto aberto em X.

(ii) Uma bola fechada em X e um conjunto fechado em X.

Demonstracao:

(i) Dado x0, x ∈ X e ε > 0, seja B(x0, ε) a bola aberta em X e x ∈ B(x0, ε), entao d(x0, x) < ε

e portanto s = ε− d(x0, x) e um numero positivo. Afirmamos que B(x, s) ⊂ B(x0, ε)

De fato

Seja y ∈ B(x, s), entao

d(x, y) < s⇒ d(x, y) < ε− d(x0, x)⇒ d(x, y) + d(x0, x) < ε

como d(y, x0) < d(x, y) + d(x0, x) (pela desigualdade triangular). Entao


d(y, x0) < ε

logo

y ∈ B(x0, ε)

(ii) Dado x0 ∈ X e ε > 0, seja B(x0, ε) a bola fechada em X, devemos mostrar que Bc

=

X −B(x0, ε) = {x ∈ X; d(x, x0) > ε}

De fato

Seja p ∈ Bc, isto e, d(x0, p) > ε. Tomemos s > 0 tal que ε + s < d(x0, p), entao as bolas

fechadas B(x0, ε) e B(p, s) sao disjuntas . Portanto B(x0, ε)∩B(p, s) = ∅. Daı B(p, s) ⊂ Bc

logo todo ponto p ∈ Bc e interior , portanto Bc

e aberto em X, o que prova que B(x0, ε) e

fechada.

Definicao 1.4. Seja (X, d) um espaco metrico. Uma bola aberta B(x0; ε) de raio ε > 0 e

centro x0 ∈ X e denomindada de ε−vizinhanca de x0. Uma vizinhanca de x0 e definida como

sendo qualquer subconjunto de X que contenha uma qualquer subconjunto de X que contenha uma

ε−vizinhanca de x0.

Observemos que

• toda vizinhanca de x0 contem x0;

• Se N e uma vizinhanca de x0 e N ⊂M , entao M tambem e uma vizinhanca de x0.

De fato

B(x0, ε) ⊂ N ⊂M, logo B(x0, ε) ⊂M

Definicao 1.5. Seja (X, d) um espaco metrico e M ⊂ X. Diremos que x0 e um ponto interior

de M , se M for uma vizinhanca de x0, isto e, se existir ε > 0 tal que B(x); ε) ⊂M .

Chamamos de interior de M , o conjunto de todos os pontos interiores de M e denotaremos

por int(M) ou M0.

Algumas observacoes importantes.

• O int(M) e aberto e e o maior conjunto aberto contido em M.

• Seja J a colecao dos subconjuntos abertos do espaco metrico X. Entao:

(T1) ∅ ∈ J e X ∈ J;

(T2) A uniao de quaisquer elementos de J e um elemento de J;

Analise Funcional 9

(T3) A intersecao de um numero finito de elementos de J e um elemento de J.

Vamos verificar esses fatos. Para mostrarmos (T1), precisamos mostrar que ∅ e um subcon-

junto aberto. De fato, suponhamos que ∅ nao seja aberto, entao devemos exibir pelo menos um

ponto que nao seja ponto interior do ∅. Como nao conseguimos exibir este ponto, pois vazio nao

tem ponto, entao concluimos que ∅ e aberto.

Agora, mostraremos que X ∈ J. De fato, temos por definicao que

B(x0; ε) = {x ∈ X; d(x, x0) < ε} ⊂ X,

todo x0 ∈ X, provando o item (T1).

Para o item (T2), seja x um ponto qualquer da uniao

U := ∪n∈NMn,

de subconjuntos abertos de X. Entao x pertence a pelo menos um desses subconjuntos de Mn.

Suponha que x pertenca a Mi. Sabemos que Mi contem B(x; ε), para algum ε > 0, pois Mi e

aberto em X. Entao

B(x, ε) ⊂ U,

logo U e aberto, provando o item (T2).

Para o item (T3), seja y qualquer ponto da intersecao de conjuntos abertos M1,M2, ...,MN ,

entao cadaMi contem uma bola B(y, ε) e a menor dessas bolas esta contida na intersecao, provando

(T3).

Definicao 1.6. Um espaco topologico (X, J) e um conjunto X e uma colecao, J, de subconjuntos

de X que satisfazem os axiomas (T1), (T2) e (T3). A colecao J e chamada de uma topologia para

X e os elementos desta colecao sao chamados de abertos de X.

Proposicao 1.2. Todo espaco metrico e um espaco topologico.

Definicao 1.7. Sejam X = (X, d) e Y = (Y, d) dois espacos metricos. Uma aplicacao T : X −→Y e dita ser contınua em um ponto x0 ∈ X se para todo ε > 0 existir δ > 0 tal que

d(Tx, Tx0) < ε, sempre que d(x, x0) < δ.

A aplicacao T e dita ser contınua se ela for contınua em todos os pontos de X.

Aplicacoes continuas podem ser caracterizadas em termos de conjuntos abertos como segue

Teorema 1.1. Sejam X = (X, d) e Y = (Y, d) dois espacos metricos e T : X −→ Y uma aplicacao

dada. Entao T e continua se, e somente se, a imagem inversa de qualquer subconjunto aberto de

Y e um subconjunto aberto de X.


Demonstracao: Suponha que T seja uma aplicacao contınua. Seja S ⊂ Y aberto e S0 = T−1(S).

Se S0 = ∅ ja provamos que S0 e aberto. Se S0 6= ∅, entao seja x0 ∈ S0 um ponto qualquer em S0.

Portanto, para cada x0 ∈ S0, existe y0 ∈ S tal que Tx0 = y0. Desde que S e aberto, existe ε > 0

tal que B(y0, ε) ⊂ S e, como T e continua, existe δ > 0 tal que T (B(x0; δ)) ⊂ B(y0; ε). Assim,

T (B(x0; δ)) ⊂ B(y0; ε) ⊂ S, mostrando que B(x0; δ) ⊂ S0 e, portanto, mostrando que S0 e aberto.

Reciprocamente para cada x0 ∈ X, y0 = Tx0 e qualquer B(y0; ε) ⊂ Y, entao T−1(B(y0; ε)) ⊂X e um subconjunto aberto de X. A hipotese implica que existe δ > 0 tal que B(x0; δ) ⊂T−1(B(y0; ε)). Portanto, T (B(x0; δ)) ⊂ B(y0; ε), mostrando que T e contınua em x0 ∈ X. A

arbitrariedade de x0 ∈ X mostra entao a continuidade de T, completando a prova do teorema.

Definicao 1.8. Seja M um subconjunto de um espaco metrico X, entao um ponto x0 ∈ X e

chamado de ponto de acumulacao de M se para todo ε > 0 a bola aberta B(x0; ε) contem pelo

menos um ponto y ∈M distinto de x0, isto e,

B(x0; ε) ∪ (M − {x0}) 6= ∅.

Algumas notacoes e propriedades com respeito a pontos :

• o conjunto de todos os pontos de acumulacao de M ,

M ′ := {x0 ∈ X; x0 e ponto de acumulacao de M},

e chamado de conjunto derivado de M ;

• o conjunto

M = M ∪M ′

e chamado de fecho de M no espaco metrico X;

• o conjunto M e um subconjunto fechado do espaco metrico X;

• M ⊂M ;

• M e o menor conjunto fechado que contem M.

Temos que em R3 o fecho B(x0; r) de uma bola aberta B(x0; r) e a bola fechada B(x0, r), mas

isso nao acontece, em geral, para todos espacos metricos. Por exemplo no espaco metrico discreto

com raio r = 1 temos que o fecho da bola aberta nao e a bola fechada.

Recordemos que um conjunto M e enumeravel se M e finito ou existe um aplicacao bijetora

ϕ : Z→M.

Analise Funcional 11

Definicao 1.9. Um subconjunto M ⊂ X de um espaco metrico X = (X, d) e denso em X se

M = X.

O espaco metrico X sera chamado de espaco metrico separavel se ele possui um subconjunto

enumeravel que e denso em X.

Algumas observacoes importantes sobre conjuntos densos e exemplos de espacos metricos

separaveis.

• Um subconjunto M ⊂ X de um espaco metrico e denso em X se toda bola em X contiver

pontos de M , isto e,

B(x0; r) ∩M 6= ∅ ou B(x0; r) ∩M 6= ∅,

para quaisquer r > 0 e qualquer x0 ∈ X;

• Um subconjunto M ⊂ X de um espaco metrico e denso em X se nao existir x ∈ X que

possua uma vizinhanca que nao contenha pontos de M, isto e para todo x ∈ X,

Vx ∩M 6= ∅,

onde Vx e uma vizinhanca de x em X.

Exemplo 1.9. A reta real, munida da metrica usual, e separavel.

De fato: O conjunto dos numeros racionais e enumeravel e e denso em R. �

Exemplo 1.10. O plano complexo, munido da metrica usual, e separavel.

De fato: O conjunto

M = {a+ bi; a, b ∈ Q}

e enumeravel e e denso em C. �

Exemplo 1.11. Um espaco metrico discreto X e separavel se, e somente se, o conjunto X e

enumeravel.

De fato: Mostremos que nao existem subconjuntos proprios de X que sejam densos em X.

Para provarmos este fato sejam M X um subconjunto prooprio de X e x ∈ X tal que x 6∈ M.

Logo,

B(x,1

2) ∩M = ∅,

pois

d(x, y) = 1, para qualquer y ∈M,

mostrando que M nao pode ser denso em X.

Portanto, o unico subconjunto denso em X e o proprio X e o exemplo segue deste fato. �


Exemplo 1.12. O espaco l∞ nao e um espaco separavel

De fato: Seja

y = (η1, η2, . . .); ηi = 0 ou etai = 1, ∀i ∈ N.

Entao,

y ∈ l∞.

Associamos a cada y um numero real y cuja representacao binaria e dada por

y =η121

+η222

+η323

+ . . . .

Temos

• o intervalo fechado [0, 1] e um conjunto nao enumeravel;

• se y ∈ [0, 1], entao y possui uma unica representacao binaria;

• se y1, y2 ∈ [0, 1], entao y1 e y2 possuem diferentes representacoes binarias.

Portanto, existe um numero nao enumeravel de elementos de l∞ cujos elementos sao zeros e uns.

Ainda mais, se

y1 = (η1, η2, . . .) e y2 = (ξ1, ξ2, . . .)

sao tais que

ηi = 0 ou ηi = 1 e ξi = 0 ou ξi = 1, ∀i ∈ N,

com

y1 6= y2,

entao

d(y1, y2) = 1.

Seja

L = {y ∈ l∞; y = (η1, η2, . . .), com ηi = 0 ou etai = 1, ∀i ∈ N}

e, para cada y ∈ L, consideremos

B(y;1

3) = {z ∈ l∞; d(z, y) <

1

3}.

Assim, obtemos que

B(y1;1

3) ∩B(y2;

1

3) = ∅,

para quaisquer y1, y2 ∈ L, com y1 6= y2. Se M ⊂ l∞ e um subconjunto denso em l∞, entao devemos

ter

M ∩B(y;1

3) 6= ∅,

para cada y ∈ L e, portanto, M nao pode ser enumeravel.

Logo, l∞ nao possui subconjuntos enumeraveis e densos nele mesmo, mostrando que l∞ nao

e separavel, completando o exemplo. �


1.3 Sequencias Convergentes, de Cauchy e Completici-

dade

Nesta secao vamos definir e mostrar algumas propriedades elementares de sequencias conver-

gentes e de Cauchy e apresentar exemplos de espacos metricos completos que e o principal assunto

desse inıcio de curso.

Definicao 1.10. Uma sequencia (xn) em um espaco metrico X = (X, d) e convergente se existir

x ∈ X tal que

limn→∞

d(xn, x) = 0.

O elemento x ∈ X sera chamado de limite de (xn) e escrevemos

limn→∞

xn = x

ou, simplesmente

xn −→ x

Diremos que (xn) converge para x ou tem limite x. Se (xn) nao e convergente, ela e divergente.

Recordemos que um subconjunto nao vazio M ⊂ X de um espaco metrico X = (X, d) e um

conjunto limitado se o seu diametro

δ(M) = supx,y∈M

d(x, y) <∞

for finito. Assim, diremos que uma sequencia (xn) e limitada se o conjunto {xn, n ∈ N} for um

subconjunto limitado de X.

Obviamente se M e limitado entao

M ⊂ B(x0; r),

onde x0 ∈ X e ponto de X e r > 0 e um numero real positivo(suficientemente grande).

Lema 1.1. Sejam X = (X, d) um espaco metrico e (xn) um sequencia convergente em X. Entao,

(a) o limite desta sequencia e unico;

(b) a sequencia e limitada;

(c) Se yn −→ y em X, entao

d(xn, yn) −→ d(x, y).


Demonstracao: Observemos inicialmente que como a sequencia e convergente, entao existe

x ∈ X tal que para todo ε > 0, existe N ∈ N com

d(xn, x) <ε

2para todo n > N.

Para provarmos o item (a), seuponhamos que exista um outro y ∈ X tal que

xn → y,

isto e, existe M ∈ N tal que

d(xn, y) <ε

2para todo n > M.

Tomando n0 > N e n0 > M temos, usando a desigualdade triangular, que

d(x, y) ≤ d(x, xn0) + d(xn0 , y) ≤ ε

2+ε

2= ε.

Assim, para todo ε > 0 temos que

0 ≤ d(x, y) ≤ ε,

mostrando que d(x, y) = 0 e, portanto, mostrando que x = y e provando o item (a).

Para provarmos o item (b), tomando ε = 2, entao existe N2 ∈ N tal que

d(xn, x) < 1 para todo n > N2.

Assim, para quaisquer m,n > N2, a desigualdade triangular implica que

d(xn, xm) 6 d(xn, x) + d(x, xm) < 1 + 1 = 2.

Tomando

a = max{d(xm, xn); 1 6 m,n 6 N2} > 0,

obtemos entao que

δ({xn; n ∈ N}) = supn∈N

d(xn, xm) 6 a+ 2,

mostrando que a sequencia e limitada e provando o item (b).

Para o item (c), a desigualdade triangular implica que

d(xn, yn) 6 d(xn, x) + d(x, y) + d(y, yn),

ou seja,

d(xn, yn)− d(x, y) 6 d(xn, x) + d(yn, y).

Da mesma forma, trocando xn e x por yn e y, obtemos que

| d(xn, yn)− d(x, y) |6 d(xn, x) + d(yn, y).


Assim, para todo ε > 0, existem N1, N1 ∈ N tais que

d(xn, x) <ε

2para todo n > N1

e

d(yn, y) <ε

2para todo n > N2.

Tomando N = max{N1, N2}, obtemos que

| d(xn, yn)− d(x, y) |6 d(xn, x) + d(yn, y) <ε

2+ε

2= ε,

provando o item (c) e completando a prova deste resultado.

Definicao 1.11. Uma sequencia (xn) definida em um espaco metrico X chama-se uma sequencia

de Cauchy quando, para todo ε > 0, existe N0 ∈ N tal que m,n > N0 entao d(xm, xn) < ε.

O espaco metrico X sera chamado de espaco metrico completo se toda sequencia de Cauchy

definida em X convergir em X, isto e, tem um limite x ∈ X.

Proposicao 1.3. Toda sequencia de Cauchy em um espaco metrico X e limitada.

Demonstracao: A demonstracao e analoga a prova do lema anterior.

Teorema 1.2. Toda sequencia convergente em um espaco metrico e uma sequencia de Cauchy.

Demonstracao: Por hipotese temos que existe x ∈ X tal que

xn −→ x.

Entao, para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que

d(xn, x) <ε

2, para todo n > N.

Portanto, pela desigualdade triangular, obtemos

d(xm, xn) 6 d(xm, x) + d(x, xn) <ε

2+ε

2= ε,

sempre que m,n > N . Isso mostra que (xn) e uma sequencia de Cauchy em X, provando o

teorema.

Teorema 1.3. A reta real e o plano complexo, munidos das metricas usuais, sao espacos metricos

completos.

Exemplo 1.13. O conjunto R − {a}, munido da metrica usual da reta real, nao e um espaco

metrico completo.


Exemplo 1.14. O conjunto dos numeros racionais, munido da metrica usual da reta real, nao e

um espaco metrico completo.

Exemplo 1.15. O conjunto (0, 1] ⊂ R, munido da metrica usual da reta real, nao e um espaco

metrico completo.

Exemplo 1.16. O conjunto [0, 1] ⊂ R, munido da metrica usual da reta real, como veremos mais

abaixo e um espaco metrico completo.

Vamos apresentar agora mais tres resultados que serao de extrema importancia para o de-

senvolvimento do curso. Primeiro vamos relacionar a definicao de fecho de um conjunto com a

convergencia de sequencias.

Teorema 1.4. M um subconjunto nao vazio de um espaco metrico X = (X, d) e M seu fecho no

espaco metrico X. Entao,

(a) x ∈M se, e somente se, existe uma sequencia (xn) em M tal que xn −→ x;

(b) M e fechado se, e somente se, a sentenca

”Se (xn) e uma sequencia tal que xn ∈M e xn −→ x, entao x ∈M”

e sempre verdade.

Demonstracao: Para mostrarmos o item(a), seja x ∈M. Se x ∈M , uma sequencia da forma

x=x ∈M, para todo n ∈ N,

e tal que

(xn) ⊂M e xn → x.

Se x nao pertence a M , ele e um ponto de acumulacao de M . Portanto, para cada n ∈ N, a bola

B(x, 1n) contem um elemento xn ∈M . Tambem,

0 ≤ d(xn, x) ≤ 1

n→ 0,

mostrando que

xn −→ x.

Reciprocamente, seja (xn) ⊂M uma sequencia em M e tal que

xn −→ x.

Primeiro observe que se existir N ∈ N tal que xn = x, para todo n > N, entao x ∈M e, portanto,

x ∈M. Suponhamos entao que para todo n ∈ N,

xn0 6= x, para algum n0 > n.


Mas, para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que

d(xn, x) < ε sempre que n > N,

ou seja, para todo n > N temos que

xn ∈ B(x; ε) ∩M,

mostrando que

B(x; ε) ∩ (M − {x}) 6= ∅.

Logo, x ∈M, completando a demonstracao do item (a).

Para mostramos o item (b), observemos que

M e fechado se, e somente se, M = M.

De fato: Para provarmos este fato, temos que se M e fechado, entao

• a definicao de fecho de M implica que M ⊂M ;

• como M e fechado e M e o menor conjunto fechado que contem M, entao devemos

ter M ⊂M.

De uma outra maneira, se x ∈ M e x 6∈ M, entao x ∈ M c e como M e fechado,

entao existe δ > 0 tal que

B(x; δ) ⊂M c,

isto e,

B(x; δ) ∩M = ∅,

mostrando que x 6∈M ′, o que e um absurdo. Logo, x ∈M.

Assim, de qualquer maneira, se M e fechado, entao M = M.

Reciprocamente, se M = M entao M e fechado, pois M e um conjunto fechado. �

Agora, se M e fechado e (xn) e uma sequencia tal que

• xn ∈M, para todo n ∈ N;

• existe x ∈ X tal que xn → x.

Entao, o item (a) implica que x ∈M e, portanto, x ∈M = M.

Reciprocamente, claramente M ⊂ M. Vamos mostrar que M ⊂ M. Para isso, seja x ∈ M ,

entao o item (a) implica existe uma sequencia (xn) tal que


• xn ∈M, para todo n ∈ N;

• xn → x.

Mas entao, por hipotese, devemos ter que x ∈M, mostrando que M ⊂M. Portanto, M = M, ou

seja, M e fechado, completando a prova do item (b) e do teorema.

Usando o resultado anterior, vamos relacionar o conceito de espacos metricos completos com

subconjunto fechados desses espacos metricos completos.

Teorema 1.5. Seja X = (X, d) um espaco metrico completo e M ⊂ X um subconjunto de X.

Entao M e fechado em X se, e somente se, M = (M,d) munido da metrica que e a restricao da

metrica em X para M e um espaco metrico completo.

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que M ⊂ X seja um subconjunto fechado do espaco

metrico X. Seja (xn) ⊂ M uma sequencia de Cauchy em M = (M,d). Como a metrica em M e

a herdada de X e M ⊂ X, entao (xn) ⊂ X e uma sequencia de Cauchy em X, que e um espaco

metrico. Logo, existe x ∈ X tal que

xn → x em X.

Mas, M e um subconjunto fechado de X e o item (b) do teorema anterior implica que x ∈ M,

mostrando que M = (M,d) e um espaco metrico completo.

Suponhamos agora que M = (M,d) seja um espaco metrico completo e consideremos (xn) ⊂M uma sequencia em M tal que exista x ∈ X tal que

xn → x.

Como (xn) e uma sequencia convergente em X, ela e uma sequencia de Cauchy em X e, portanto,

(xn) ⊂ M e uma sequencia de Cauchy em M = (M,d) que e completo. Logo, existe x0 ∈ M tal

que

xn → x0 em M.

Portanto,

xn → x0 em X

e, a unicidade do limite implica que x0 = x e, portanto, o item (b) do teorema anterior implica

que M e fechado em X, completando a prova deste teorema.

Para finalizar esta secao, vamos agora relacionar o conceito de continuidade de aplicacoes

definidas entre espacos metricos com o conceito de convergencia de sequencias.

Teorema 1.6. Uma aplicacao T : X −→ Y definida entre os espacos metricos X = (X, d) e

Y = (Y, d) e continua em um ponto x0 ∈ X se, e somente se, para toda sequencia (xn) ⊂ X tal

que xn −→ x0 em X, tivermos que Txn −→ Tx0 em Y.


Demonstracao: Vamos assumir inicialmente que T e contınua no ponto x0 ∈ X. Logo, dado

ε > 0, existe um δ > 0 tal que

d(x, x0) < δ =⇒ d(Tx, Tx0) < ε.

Seja (xn) ⊂ X uma sequencia tal que xn −→ x0. Entao, existe N ∈ N tal que

n > N =⇒ d(xn, x0) < δ

Portanto,

n > N =⇒ d(Txn, Tx0) < ε,

mostrando que Txn −→ Tx0.

Reciprocamente, suponhamos por absurdo que a aplicacao T nao seja contınua em x0 ∈ X.Entao, para algum ε > 0 e para todo δ > 0 existe X 3 xδ 6= x0 satisfazendo

d(x, x0) < δ e d(Tx, Tx0) > ε.

Assim, para cada n ∈ N, tomando δ = 1n, temos que existe xn ∈ X satisfazendo

d(xn, x0) <1

ne d(Txn , Tx0) > ε.

Portanto,

xn −→ x0 em X,

enquanto que

(Txn 6→ Tx0 em Y,

o que e um absurdo. Portanto, T e contınua em x0, provando o teorema.

1.4 Espacos Metricos Completos

Nesta secao apresentaremos exemplos de espacos metricos completos. Para demonstrarmos a

completicidade de espacos metricos, X = (X, d), mais gerais procederemos da seguinte maneira:

Tomemos (xn) ⊂ X uma sequencia de Cauchy em X e seguimos os seguintes passos:

(i) construımos um elemento x (para ser usado como um limite) da sequencia;

(ii) provamos que x ∈ X esta no espaco metrico considerado;

(iii) provamos a convergencia xn −→ x no espaco metrico X.


Exemplo 1.17. O espaco Euclidiano Rn e completo.

Demonstracao: A metrica em Rn e definida por

d(x, y) = [n∑i=1

(xi − yi)2]12 ,

onde x = (x1, x2, . . . , xn) e y = (y1, y2, . . . , yn), com xi, yi ∈ R para todo i = 1, 2, . . . , n.

Seja (xm) ⊂ Rn uma sequencia de Cauchy em Rn, isto e,

xm = (x(m)1 , x

(m)2 , ..., x(m)

n )

e para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que

d(xm, xr) = [n∑i=1

(x(m)i − x(r)i )2]

12 < ε, sempre que m, r > N. (1.1)

Elevando ao quadrado, temos para m, r > N e i = 1, 2, ..., n, que

(x(m)i − x(r)i )2 < ε2.

Logo, para m, r > N e i = 1, 2, ..., n,

| x(m)i − x(r)i |< ε.

Portanto, para cada i fixado (1 6 i 6 n), a sequencia (x(1)i , x

(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy

de numeros reais e portanto convergente, isto e, existe xi ∈ R tal que

x(m)i −→ xi quando m −→∞.

Definindo x = (x1, x2, ..., xn), temos que x ∈ Rn. Ainda, por (1.1), obtemos que

d(xm, x) 6 ε sempre que m > N,

mostrando que

limm→∞

xm = x,

e, portanto, que Rn e um espaco metrico completo. �

Exemplo 1.18. O espaco unitario Cn e completo.

Exemplo 1.19. O espaco metrico l∞ e completo.


De fato: Seja (xm) uma sequencia de Cauchy no espaco l∞, onde (xm) = (x(m)1 , x

(m)2 , ...). Recor-

demos que a metrica em l∞ e dada por

d(x, y) = supi∈N| xi − yi | .

Como (xm) e uma sequencia de Cauchy, entao para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que para todo

m,n > N

d(xm, xn) = supi∈N| x(m)

i − x(n)i |< ε.

Portanto, para todo i ∈ N fixado, temos que

| x(m)i − x(n)i |< ε sempre que m,n > N. (1.2)

Para qualquer i ∈ N fixado, temos que a sequencia (x(1)i , x

(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy de

numeros reais, a qual e convergente, pois a reta real e um espaco metrico completo. Entao, existe

xi ∈ R tal que

x(m)i −→ xi quando m −→∞,

para todo i ∈ N. Consideremos

x = (x1, x2, ...)

e mostremos que

• x ∈ l∞;

• xm → x em l∞.

Para mostrarmos o primeiro item em (1.2), fixando m ∈ N e fazendo n→∞, obtemos que

| x(m)i − xi |6 ε sempre que m > N. (1.3)

Ainda, para todo m ∈ N, como xm = (x(m)i ) ∈ l∞, existe um numero positivo km > 0 tal que

| x(m)i |6 km,

para todo i ∈ N. Portanto, a desiguadade triangular implica que para m0 > N,

| xi |6| xi − x(m0)i | + | x(m0)

i |6 ε+ km0 ,

para qualquer i ∈ N. Logo, existe cx = ε+ km0 > 0 tal que

| xi |≤ cx,

para todo i ∈ N, mostrando que x ∈ l∞.


Para o segundo item, de (1.3) obtemos que

d(xm, x) = supi| x(m)

i − xi |< ε,

sempre que m > N , mostrando que

xm → x.

Portanto, l∞ e um espaco metrico completo, finalizando o exemplo. �

Exemplo 1.20. O espaco das funcoes C[a, b] e completo, onde [a, b] ⊂ R e um intervalo fechado

em R.

De fato: Seja (xm) uma sequencia de Cauchy em C[a, b]. Entao, dado ε > 0, existe N1 ∈ N tal

que para todo m,n > N1 temos

d(xm, xn) = maxt∈[a,b]

| xm(t)− xn(t) |< ε. (1.4)

Portanto, para cada t = t0 ∈ [a, b] fixado temos

| xm(t0)− xn(t0) |< ε,

sempre quem,n > N . Isso mostra que (x1(t0), x2(t0), ...) e uma sequencia de Cauchy de numeros

reais. Como R e completo, a sequencia converge, isto e, existe x(t0) ∈ R tal que

xm(t0) −→ x(t0), quando m −→∞.

Assim podemos associar a cada t ∈ [a, b] um unico numero real x(t), o que define uma funcao

x[a, b] ⊂ R→ R.Mostremos x ∈ C[a, b] e que xm −→ x em C[a, b]. Para fazermos isso, fixando m > N e fazendo

n −→∞ em (1.4) obtemos, para todo t ∈ [a, b], que

| xm(t)− x(t) |6 ε,

sempre que m > N . Portanto,

maxt∈[a,b]

| xm(t)− x(t) |6 ε,

sempre que m > N. Isso mostra que (xm(t)) converge para x(t) uniformemente em [a, b] e a

convergencia e uniforme. Como cada xm e uma funcao contınua em [a, b], entao a funcao limite x

e uma funcao contına em [a, b], isto e, x ∈ C[a, b]. contınuo em J. Portanto x ∈ C[a, b] e, tambem

xm −→ x em C[a, b].Portanto, C[a, b] e um espaco metrico completo. �


Definicao 1.12. Dizemos que uma sequencia de funcoes fn : X −→ R converge uniformemente

para uma funcao f : X −→ R quando, para todo ε > 0 dado, existe n0 ∈ N tal que

n > n0 =⇒ | fn(x)− f(x) |< ε,

para todo x ∈ X.

Teorema 1.7. A convergencia xm −→ x no espaco metrico C[a, b] e uniforme, isto e, (xm)

converge uniformemente para x em [a, b].

Demonstracao: Por hipotese xm −→ x em C[a, b]. Portanto, dado ε > 0, existe N ∈ N tal que

d(xm, x) < ε,

sempre que m > N . Logo

maxt∈[a,b]

| xm(t)− x(t) |< ε,

sempre que m > N. Assim,

| xm(t)− x(t) |< maxt∈J| xm(t)− x(t) |< ε,

sempre que m > N . Portanto, xm −→ x uniformemente em [a, b].

Exemplo 1.21. Seja

X = {x : [0, 1] ⊂ R→ R; x e uma funcao contınua em [a, b]}.

Em X definamos uma metrica por

d(x, y) =

∫ 1

0

|x(t)− y(t)|dt,

para x, y ∈ X. Entao, X e um espaco metrico que nao e completo.

De fato: E facil ver que com a funcao

d(x, y) =

∫ 1

0

|x(t)− y(t)|dt,

para x, y ∈ X, define uma metrica em X. Vamos mostrar que este espaco metrico nao e completo.

Para isso vamos construir uma sequencia de Cauchy em X que nao sera convergente em X.

Para cada m ∈ N definimos xm : [0, 1] ⊂ R→ R por

xm(t) =

0, se t ∈ [0, 1

2];

f(t), se t ∈ [12, am];

1, se t ∈ [am, 1],


am =1

2+

1

m, m ∈ N

e f(t) e um polinomio de grau 1 passando pelos pontos (12, 0) e (am, 1). Veja o grafico de xm na

figura logo abaixo. Temos que (am) e uma sequencia de Cauchy em X, pois dado ε > 0, tomando

m,n ≥ 1ε, teremos que

d(xm, xn) =1

2(

1

m− 1

n) < ε.

Vamos mostrar agora que essa sequencia nao pode convergir em X. Para todo x ∈ X, temos

que

d(xm, x) =

∫ 1

0

|xm(t)− x(t)|dt

=

∫ 12

0

|x(t)|dt+

∫ am

12

|xm(t)− x(t)|dt+

∫ 1

am

|xm(t)− x(t)|dt.

Assim, se

d(xm, x) =

∫ 1

0

|xm(t)− x(t)|dt→ 0,

entao ∫ 12

0

||x(t)|dt =

∫ 1

12

|xm(t)− x(t)|dt = 0,

ou seja,

x(t) =

{0, se t ∈ [0, 1

2];

1, se t ∈ [12, 1].

Portanto x nao seria contınua o que e um absurdo. Logo (xm) nao pode convergir em X o que

completa o exemplo. �


1.5 Completamento de Espacos Metricos

A ideia desta secao e acrescentar pontos em um espaco metrico de forma a deixa-lo completo.

Definicao 1.13. Sejam (X, dX) e (Y, dY ) dois espacos metricos. Uma transformacao T : X → Y

e dita uma isometria se para todo x, y ∈ X temos que

dY (Tx, Ty) = dX(x, y).

Neste caso dizemos que (X, dX) esta imerso em (Y, dY ).

Algumas observacoes:

• Claramente uma isometria e uma aplicacao injetora;

• diremos que os espacos metricos (X, dX) e (Y, dY ) sao isometricos se existir uma isometria,

T :→ Y, que e sobrejetora;

• a inversa de uma isometria sobrejetora e tambem uma isometria.

Seja (X, d) um espaco metrico qualquer. Vamos construir um espaco metrico completo (X, d)

a partir de (X, d), tal que (X, d) pode ser imerso em (X, d).

A ideia principal e contruir X adicionando os pontos de X e mais os limites de sequencias

de Cauchy em X que nao convergem em X. Para fazermos isso, sejam (xn) e (yn) sequencias de

Cauchy em X e seja ∼ a seguinte relacao em X :

(xn) ∼ (yn)⇔ d(xn, yn)→ 0.

Lema 1.2. A relacao ∼ e uma relacao de equivalencia em X.

Demonstracao: Para provar que ∼ e uma relacao de equivalencia, primeiramente observamos

que claramente

i) (xn) ∼ (xn) para toda (xn) ⊂ X e

ii) (xn) ∼ (yn) implica (yn) ∼ (xn) para toda (xn), (yn) ⊂ X.

Resta apenas verificar que

iii) se (xn), (yn), (zn) ⊂ X, (xn) ∼ (yn) e (yn) ∼ (zn), entao (xn) ∼ (zn). Isto segue do fato

que

0 ≤ d(xn, zn) 6 d(xn, yn) + d(yn, zn),

completando a prova do lema.

Seja X o conjunto de todas as classes de equivalencia de sequencias de Cauchy (xn) ⊂ X que

sao equivalentes. Temos que X e uniao disjunta dessas classes de equivalencia.


Lema 1.3. Sejam (X, d) um espaco metrico, (xj) e (yj) sequencias de Cauchy em X, e seja

dj = d(xj, yj) para todo j ∈ N. Entao (dj) e uma sequencia de Cauchy em R.

Demonstracao: Da desigualdade triangular temos que

dj = d(xj, yj) 6 d(xj, xk) + dk + d(yk, yj),

para todo j ∈ N. Assim,

dj − dk 6 d(xj, xk) + d(yk, yj),

para j, k ∈ N. Similarmente

dk − dj 6 d(xj, xk) + d(yk, yj),

para j, k ∈ N. Logo,

|dj − dk| 6 d(xj, xk) + d(yk, yj)

para j, k ∈ N.Seja ε > 0 dado. Entao existe um numero natural N ∈ N tal que

d(xj, xk) <ε

2e d(yj, yk) <

ε

2,

sempre que j, k > N, pois as sequencias (xj) e (yj) sao sequencias de Cauchy em X. Portanto,

|dj − dk| < ε,

sempre j, k > N . Assim, a sequencia (dj) e uma sequencia de Cauchy de numeros reais, o que

prova o lema.

Como R e um espaco metrico completo, o Lema 1.3 implica que

limj→∞

d(xj, yj) = limj→∞

dj

existe para todo par de sequencias de Cauchy (xj) e (yj) em X.

Lema 1.4. Sejam (X, d) um espaco metrico e (xj), (yj), (zj) ∈ X. Entao

0 6 limj→∞

d(xj, zj) 6 limj→∞

d(xj, yj) + limj→∞

d(yj, zj).

Demonstracao: Segue imediatamente da desigualdade triangular.

Lema 1.5. Sejam (X, d) um espaco metrico e (xj), (yj), (zj) ∈ X. Suponhamos que

limj→∞

d(xj, yj) = 0 e limj→∞

d(yj, zj) = 0.

Entao,

limj→∞

d(xj, zj) = 0.


Demonstracao: E uma consequencia imediata do Lema 1.4.

Lema 1.6. Sejam (X, d) um espaco metrico e (xj), (x′j), (yj), (y′j) ∈ X. Suponhamos que

limj→∞

d(xj, x′j) = 0 e lim

j→∞d(yj, y

′j) = 0.

Entao,

limj→∞


d(x′j, y′j).

Demonstracao: Segue do Lema 1.5 que

limj→∞

d(xj, yj) 6 limj→∞

d(xj, x′j) + lim

j→∞d(x′j, y

′j) + lim

j→∞d(y′j, yj) = lim

j→∞d(x′j, y

′j).

Similarmente,

limj→∞

d(x′j, y′j) 6 lim

j→∞d(xj, yj).

Entao,

limj→∞


d(x′j, y′j),

como querıamos.

Teorema 1.8. Para todo espaco metrico X = (X, d) existe um espaco metrico completo X =

(X, d) que possui um subespaco metrico W que e isometrico ao espaco metrico X e e denso em

X. Este espaco metrico X e unico exceto por isometrias, isto e, se X e um outro espaco metrico

completo que possui um subespaco W isometrico a X e denso em X, entao X e X sao isometricos.

Demonstracao: Para demonstrar o teorema seguiremos os seguintes passos:

(a) construiremos o espaco metrico X = (X, d);

(b) construiremos uma isometria T : X → W tal que

W = X;

(c) mostraremos que X e completo;

(d) mostraremos a unicidade, exceto por isometrias.

Para o passo (a), seja X o conjunto de todas as classes de equivalencia de sequencias de

Cauchy x = (xn) ∈ X que sao equivalentes, conforme o lema 1.2. Temos que X e uniao disjunta

dessas classes de equivalencia.

Definimos

d(x, y) = limj→∞

d(xj, yj),


onde (xj) ∈ x e (yj) ∈ y. Segue do Lema 1.6 que o valor d(x, y) nao depende da escolha da

sequencias de Cauchy (xj) e (yj), representantes de x e y. Obtemos desta maneira uma funcao

positiva no conjunto X × X. Esta funcao satisfaz a desigualdade triangular (Lema 1.4) e outros

axiomas de metrica. Portanto, X com esta metrica e um espaco metrico. Nos referiremos ao

espaco X como sendo o completamento do espaco metrico X, finalizando o passo (a). �

Para o passo (b), para cada b ∈ X, definimos b ∈ X com sendo a classe de equivalencia da

sequencia de Cauchy (bn), onde

bn = b, ∀n ∈ N.

Assim, temos que T : X → X definida por

b 7→ T (b) = b

e uma aplicacao bem definida, pois se b1 6= b2, entao

(b1) 6∼ (b2)

e, portanto,

b1 6= b2.

Ainda, T e sobrejetora sobre

W = T (X).

Mostremos entao que T e uma isometria. Para isso, sejam b, c ∈ X, entao tomando sequencias

constantes xn = b e yn = c, para quaisquer n ∈ N, obtemos que

d(b, c) = limn→∞

d(xn, yn) = limn→∞

d(b, c) = d(b, c),

mostrando que T e uma isometria e que X e W = T (X) sao isometricos. Para concluırmos o

passo (b), vamos mostrar que W e denso em X. Sejam entao x ∈ X e ε > 0. Para (xn) ∈ x temos

que existe N ∈ N tal que

d(xn, xN+1) <ε

2, sempre que n > N,

pois (xn) e uma sequencia de Cauchy em X. Considerando

(xN+1, xN+1, xN+1, . . .) ∈ xN+1,

temos que xN+1 ∈ W e

d(x, xN+1) = limn→∞

d(xn, xN+1) ≤ε

2< ε,

mostrando que x ∈ W e concluindo ao passo (b). �


Para o passo (c), seja (xn) uma sequencia de Cauchy em X. Como W e denso em X, para

xn ∈ (xn) ⊂ X, existe zn ∈ W tal que

d(xn, zn) <1

n, (1.5)

para todo n ∈ N. A desigualdade triangular implica que

d(zm, zn) ≤ d(zm, xm) + d(xm, xn) + d(xn, zn)

<1

m+ d(xm, xn) +

1

n.

Portanto, para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que

m,n > N =⇒ d(zm, zn) < ε,

pois (xn) e uma sequencia de Cauchy em X. Mas entao, a sequencia (zm) ⊂ X definida por

zm = T−1(zm), m ∈ N,

e uma sequencia de Cauchy em X, pois como T e isometria temos que

d(zm, zn) = d(T zm, T zn) = d(zm, zn)→ 0,

quando m,n → ∞. Seja x ∈ X a classe de equivalencia associada a sequencia de Cauchy, em X,

(zm), isto e,

(zm) ∈ x.

Vamos mostrar que

d(xn, x)→ 0, quando n→∞.

Temos que

d(xn, x) ≤ d(xn, zn) + d(zn, x)

<1

n+ d(zn, x)

=1

n+ lim

m→∞d(zn, zm).

Logo, existe N ∈ N tal que

m,n > N =⇒ d(zn, zm) <ε

2e

1

n<ε

2.

Assim,

n > N =⇒ d(xn, x) <ε

2+ε

2= ε,

completando o passo (c). �

Para o passo (d), sejam X = (X, d) um espaco metrico completo e W ⊂ X tais que


• existe T : X → X uma isometria;

• T (X) = W ;

• W e denso em X.

Vamos mostrar que X e X sao isometricos. Para quaisquer x, y ∈ X temos que existem (xn), (yn) ⊂W tais que

xn → x e yn → y,

em X. Assim,

d(x, y) ≤ d(x, xn) + d(xn, yn) + d(yn, y),

ou seja,

d(x, y)− d(xn, yn) ≤ d(x, xn) + d(yn, y),

para qualquer n ∈ N. Da mesma forma,

d(xn, yn)− d(x, y) ≤ d(x, xn) + d(yn, y),

para qualquer n ∈ N. Portanto,

|d(x, y)− d(xn, yn)| ≤ d(x, xn) + d(yn, y),

para qualquer n ∈ N, mostrando que

limn→∞

d(xn, yn) = d(x, y).

Mas, X e isometrico tanto a W quanto a W e como inversa de isometria e ainda um isometria,

entao W e W sao isometricos. Como W e denso em X obtemos que X e X sao isometricos,

concluindo o passo (d) e completando a prova do teorema.

Capıtulo 2

Espacos Normados

Neste capıtulo vamos estudar com detalhes espacos vetoriais normados e suas principais pro-

priedades.

2.1 Definicao e Exemplos

Uma norma em um espaco vetorial e uma maneira de medir o comprimento de elementos desse

espaco e tambem a distancia entre elementos desse espaco. Nesta secao vamos definir e apresentar

os principais espacos vetoriais normados que serao utilizados no decorrer do curso.

Definicao 2.1. Seja X um espaco vetorial sobre um corpo K. Uma norma no espaco vetorial X

e uma funcao real, ‖ · ‖ : X → R, satisfazendo as seguintes propriedades:

(N1) ‖x‖ ≥ 0, para todo x ∈ X;

(N2) ‖x‖ = 0 se, e somente, se x = 0;

(N3) ‖αx‖ = |α| ‖x‖, para todo x ∈ X e α ∈ K;

(N4) ‖x+ y‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖ para quaisquer x, y ∈ X.

Um espaco normado e um par ordenado (X, ‖ · ‖), onde X e um espaco vetorial e ‖ · ‖ e uma

norma em X.

Algumas observacoes:

• Uma funcao satisfazendo (N1) e (N2) e chamada de funcao definida positiva;

• a propriedade (N4) e conhecida como desigualdade triangular;

31


• para x, y ∈ X, definindo

d(x, y) = ‖x− y‖,

temos que d e uma metrica em X, a qual sera chamada de metrica induzida pela norma.

Assim, todo espaco vetorial normado e um espaco metrico;

• nem todo espaco vetorial metrico e um espaco vetorial normado, como veremos mais adiante.

Mais especificamente, obteremos condicoes sobre a metrica definida em um espaco vetorial

para que a partir dessa metrica consigamos definir uma norma (induzida por essa metrica)

nesse espaco vetorial.

Antes de apresentarmos alguns exemplos, vamos mostrar que a norma e uma funcao contınua.

Proposicao 2.1. Sejam x, y ∈ X dois elementos quaisquer em um espaco vetorial X sobre um

corpo K. Entao,

‖x‖ − ‖y‖ ≤ |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖.

Demonstracao: Para x, y ∈ X, temos y = (y − x) + x. Logo, a desigualdade triangular implica

que

‖y‖ = ‖(y − x) + x‖ ≤ ‖y − x‖+ ‖x‖.

Daı,

‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖

Por outro lado, para x, y ∈ X, temos x = (x− y) + y. Logo, a desigualdade triangular implica

que

‖x‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖.

Daı,

−‖x− y‖ ≤ ‖y‖ − ‖x‖.

Portanto,

−‖y − x‖ = −‖x− y‖ ≤ ‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖,

ou seja,

|‖y‖ − ‖x‖| ≤ ‖y − x‖,

para quaisquer x, y ∈ X, provando a proposicao.

Proposicao 2.2. Uma norma em um espaco vetorial X sobre um corpo K e uma funcao real

contınua, istoe, X 3 x 7→ ‖x‖ ∈ R, e contınua para cada x ∈ X.


Demonstracao: Dado ε > 0, como

| ‖y‖ − ‖x‖ |≤ ‖y − x‖,

para quaisquer x, y ∈ X, tomando δ = ε segue que

‖y − x‖ < δ ⇒| ‖y‖ − ‖x‖ |< ε.

Portanto, a aplicacao x 7→ ‖x‖ e contınua em X, provando o resultado.

Exemplo 2.1. Um subespaco Y de um espaco vetorial normado e um espaco vetorial normado,

se o munirmos da norma definida em X.

Exemplo 2.2. Considere R o conjunto de todos os numeros reais e definamos

‖x‖ = |x|

para todo x ∈ R. Entao R e um espaco normado.


‖x‖ =√x21 + x22,

onde x = (x1, x2) ∈ R2. Dessa forma (R2, ‖ · ‖) e um espaco normado, chamado de plano

euclideano.


‖x‖1 = |x1|+ |x2|,

onde x = (x1, x2) ∈ R2. Dessa forma (R2, ‖ · ‖1) e um espaco normado.


‖x‖2 = max{|x1|, |x2|},

onde x = (x1, x2) ∈ R2. Dessa forma (R2, ‖ · ‖2) e um espaco normado.

Antes de continuarmos com os exemplos, vamos mostrar um resultado que relaciona as diversas

normas em espacos vetoriais normados de dimensao finita.

Definicao 2.2. Seja X um espaco vetorial sobre um corpo K. Diremos que duas normas em X,

‖ · ‖1 e ‖ · ‖2, sao equivalentes se existirem c1 > 0 e c2 > 0 tais que

c1‖x‖1 6 ‖x‖2 6 c2‖x‖1,

para todo x ∈ X.


Vamos mostrar agora que em um espaco vetorial de dimensao finita todas as normas sao

equivalentes.

Lema 2.1. Seja {x1, x2, . . . , xn} um conjunto linearmente independente de vetores em um espaco

veotorial normado X (de qualquer dimensao). Entao existe um numero c > 0 tal que para toda

escolha de escalares α1, α2, . . . , αn temos

‖α1x1 + α2x2 + . . .+ αnxn‖ > c(|α1|+ |α2|+ . . .+ |αn|) (2.1)

Demonstracao: Seja

s = |α1|+ |α2|+ . . .+ |αn|.

Se s = 0, entao α1 = α2 = . . . = αn = 0 e, portanto, (2.1) vale para qualquer c. Se s > 0, entao

(2.1) e equivalente a

‖β1x1 + β2x2 + . . .+ βnxn‖ > c, (2.2)

βi =αis, i = 1, 2, . . . , n e

n∑i=1

|βi| = 1.

Portanto e suficiente provar a existencia de c > 0 tal que (2.1) e satisfeita para toda n-upla de

escalares β1, β2, . . . , βn com∑n

i=1 |βi| = 1.

Suponhamos, por absurdo, que isso e falso. Entao existe uma sequencia (ym) ⊂ X em X tal

que

ym = β(m)1 x1 + β

(m)2 x2 + . . .+ β(m)

n xn,

tais quen∑i=1

|β(m)i | = 1,

e

‖ym‖ −→ 0, quando m −→∞.

Como∑n

i=1 |β(m)i | = 1, entao

|β(m)i | 6 1, para quaisquer i = 1, 2, . . . , n e m ∈ N.

Portanto, para cada i fixado, a sequencia (β(m)i ) = (β

(1)i , β

(2)i , . . .) e limitada. Consequentemente,

pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, (β(m)i ) tem uma subsequencia convergente. Seja β1 o limite

desta subsequencia e seja (y1,m) a subsequencia correspondente de (ym). Pelo mesmo argumento,

(y1,m) tem uma subsequencia (y2,m) para a qual a subsequencia correspondente de escalares β(m)2

converge e seja β2 o limite. Seguindo dessa forma, depois de n passos obtemos a subsequencia

(yn,m) = (yn,1, yn,2, . . .) de (ym) cujos termos sao da forma

yn,m =n∑i=1

γ(m)i xi,


onden∑i=1

|γ(m)i | = 1

e

γ(m)i −→ βi.

Portanto,

yn,m −→ y =n∑i=1

βixi,

onde∑n

i=1 |βi| = 1, portanto nem todo βi pode ser zero e como {x1, x2, . . . , xn} e um conjunto

linearmente independente, devemos ter que

y 6= 0.

Por outro lado,

yn,m −→ y

logo, a continuidade da norma implica que

‖yn,m‖ −→ ‖y‖.

Mas,

‖ym‖ −→ 0

e, portanto, como (yn,m) e uma subsequencia de (ym), devemos ter

‖yn,m‖ −→ 0.

Consequentemente ‖y‖ = 0 e, por (N2), concluımos que

y = 0,

o que e um absurdo, provando o lema.

Teorema 2.1. Em um espaco vetorial de dimensao finita X sobre um corpo K, duas normas

quaisquer ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 sao equivalentes.

Demonstracao. Sejam n = dimX e {x1, · · · , xn} uma base de X. Entao todo x ∈ X tem uma

unica representacao x = a1x1+· · · anxn, com ai ∈ K, i = 1, 2, . . . , n. Como o conjunto {x1, · · · , xn}e linearmente independente, existe c > 0 tal que

‖x‖1 > c

( n∑j=1

|aj|).


Por outro lado, usando a desigualdade triangular, temos

‖x‖2 6n∑j=1

|aj| ‖xj‖2 6 k

n∑j=1

|aj|,

onde k = maxj ‖xj‖2. Portanto,

a‖x|2 6 ‖x‖1,

onde a = c/k > 0.

Para obter a outra desigualdade trocamos as norma ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 no argumento anterior.

Exemplo 2.6. Seja l∞ o conjunto das sequencias limitadas de numeros reais (complexos), isto e,

l∞ = {x = (x1, x2, ...); xi ∈ R e | xi |≤ cx, i = 1, 2, . . . }.

Definamos

‖x‖ = supi∈N|xi|,

onde x = (x1, x2, . . .) ∈ l∞. Afirmamos que l∞ e um espaco normado.

De fato: Seja x = (x1, x2, ...) tal que | xi |≤ cx para todo i ∈ N. Para i ∈ N temos

0 6 |xi| 6 cx.

Logo,

0 ≤ ‖x‖ = supi∈N|xi| ≤ cx <∞,

mostrando que a aplicacao l∞ 3 x 7→ ‖x‖ esta bem definida e ‖x‖ ≥ 0, para todo x ∈ l∞, provando

tambem (N1).

Para x, y ∈ l∞ temos

| xi + yi |≤| xi | + | yi |≤ cx + cy,

para todo i ∈ N, mostrando que x + y ∈ l∞. Com essa informacao prova-se facilmente que l∞,

munido das operacoes usuais, e um espaco vetorial. Tambem,

‖x+ y‖ = supi∈N| xi + yi |≤ sup

i∈N|xi|+ sup

i∈N|yi| = ‖x‖+ |y‖,

o que prova a propriedade (N4).

Para x ∈ l∞ temos

‖x‖ = 0⇐⇒ supi∈N|xi| = 0⇐⇒ |xi| = 0, ∀i ∈ N⇐⇒ x = 0,

concluindo a prova de (N2). A prova de (N3) e imediata.


Exemplo 2.7. Consideremos

C([a, b],R) ={f : [a, b]→ R : f e contınua

}.

Definamos

‖f‖∞ = supt∈[a,b]

|f(t)|,

para todo f ∈ C([a, b],R). Entao C([a, b],R) e um espco normado e a norma definida acima e a

chamada norma da convergencia uniforme, ou norma do sup.

Exemplo 2.8. Consideremos p ≥ 1 fixado. O conjunto lp e formado pelas sequencias x =

(x1, x2, . . .), tais que

∞∑j=1

| xj |p < ∞,

isto e,

lp = {(x1, x2, . . .); xj ∈ K, j = 1, 2, . . . , e∞∑j=1

| xj |p < ∞}.

Definamos

‖x‖p = p

√√√√ ∞∑j=1

| xj |p,

para x = (x1, x2, . . .) ∈ lp e p ≥ 1.

Entao lp e um espaco vetorial normado. Quando p = 2 obtemos o espaco l2, que e chamado

de espaco das sequencias de Hilbert .

De fato: Para mostrarmos que lp, p ≥ 1, e um espaco normado, demonstraremos antes alguns

lemas auxiliares.

Lema 2.2 (Desigualdade de Young). Seja p > 1 e defina q ∈ R por

1

p+

1

q= 1. (2.3)

Entao,

αβ ≤ αp

p+βq

q, (2.4)

para quaisquer α, β ≥ 0.

Demonstracao: Considere a funcao f : [0,+∞)→ [0,+∞) definida por

f(t) = tp−1.


Figura 2.1: Areas com 1 < p < 2

Figura 2.2: Areas com 2 < p

Como p > 1, segue que f e inversıvel e f−1 : [0,+∞)→ [0,+∞) e dada por

f−1(u) = u1

p−1 = uq−1,

onde a ultima igualdade segue de (2.3). Logo, usando as Figuras 2.1 e 2.2

obtemos que

αβ ≤∫ α

0

tp−1dt+

∫ β

0

uq−1du =αp

p+βq

q,

provando o lema.

Lema 2.3 (Desigualdade de Holder). Sejam p > 1 e q > 0 expoentes conjugados dados por

(2.3). Entao,∞∑j=1

|xjyj| ≤ (∞∑j=1

|xj|)1p (∞∑j=1

|yj|)1q , (2.5)

para quaisquer x = (x1, x2, . . .) ∈ lp e y = (y1, y2, . . .) ∈ lq.

Demonstracao: Inicialmente consideremos x = (xi, x2, . . .) ∈ lp e y = (y1, y2, . . .) ∈ lq tais

que∞∑j=1

|xj| = 1 e∞∑j=1

|yj| = 1.


Para todo j ∈ N, (2.4) implica que

|xj yj| = |xj||yj| ≤1

p|xj|p +

1

q|yj|q.

Logo,∞∑j=1

|xj yj| ≤1

p+

1

q= 1. (2.6)

Agora, sejam x = (xi, x2, . . .) ∈ lp e y = (y1, y2, . . .) ∈ lq nao nulos e considere x =∈ lp e y ∈ lq

dados por

xj =xj

(∑∞

=1 xj)1p

e yj =yj

(∑∞

=1 yj)1q

.

Entao∞∑j=1

xj = 1 e∞∑j=1

yj = 1.

Logo (2.6) implica que∞∑j=1

| xj

(∑∞

=1 xj)1p

yj

(∑∞

=1 yj)1q

| ≤ 1,

de onde concluımos que∞∑j=1

|xjyj| ≤ (∞∑=1

xj)1p (∞∑=1

yj)1q ,

provando a desigualdade de Holder.

Quando p = 2 a desigualdade de Holder, dada em (2.5), fica na forma

∞∑j=1

|xjyj| ≤ (∞∑j=1

|xj|)12 (∞∑j=1

|yj|)12 ,

que e conhecida como desigualdade de Cauchy-Schwarz para somas.

Com o auxılio do proximo lema, mostramos facilmente que lp e um espaco vetorial sobre K,onde K = R ou K = C, para todo p ≥ 1.

Lema 2.4 (Desigualdade de Minkowski). Se p ≥ 1, entao

∞∑j=1

|xj + yj|p)1p ≤ (

∞∑j=1

|xj|p)1p + (

∞∑j=1

|yj|p)1p , (2.7)

para quaisquer x = (x1, x2, . . .), y = (y1, y2, . . .) ∈ lp.

Demonstracao: Para p = 1, a desigualdade (2.7) segue imediatamente da desigualdade para

numeros. Suponhamos p > 1 e sejam x = (x1, x2, . . .), y = (y1, y2, . . .) ∈ lp. Definindo wj = xj+yj,

temos que

|wj|p = |wj|p−1|xj + yj| ≤ |wj|p−1(|xj|+ |yj|),


para todo j ∈ N. Logo,

n∑j=1

|wj|p ≤n∑j=1

|wj|p−1|xj|+n∑j=1

|wj|p−1|yj|

≤ (n∑j=1

|xj|p)1p (

n∑j=1

(|wj|p−1)q)1q + (

n∑j=1

|yj|p)1p (

n∑j=1

(|wj|p−1)q)1q

= (n∑j=1

|xj|p)1p (

n∑j=1

|wj|p)1q + (

n∑j=1

|yj|p)1p (

n∑j=1

|wj|p)1q

=[(n∑j=1

|xj|p)1p + (

n∑j=1

|yj|p)1p](n∑j=1

|wj|p)1q

Logo,

(n∑j=1

|wj|p)1−1q ≤ (

n∑j=1

|xj|p)1p + (

n∑j=1

|yj|p)1p ,

ou seja,

(n∑j=1

|xj + yj|p)1p ≤ (

n∑j=1

|xj|p)1p + (

n∑j=1

|yj|p)1p .

Como x, y ∈ lp, obtemos que x+ y ∈ lp e que

(∞∑j=1

|xj + yj|p)1p ≤ (

∞∑j=1

|xj|p)1p + (

infty∑j=1

|yj|p)1p ,

provando a desigualdade de Minkowski.

Observemos que (2.7) implica imediatamente que

‖x+ y‖p ≤ ‖x‖p + ‖y‖p,

o que mostra a desigualdade triangular exigida. As outras propriedades para mostrarmos que ‖ ‖pe uma norma em lp sao imediatas. �

Ja vimos que toda norma definida em um espaco vetorial induz uma metrica neste espaco, o

proximo resultado nos da um criterio para verificar quando uma metrica definida em um espaco

vetorial induz uma norma neste mesmo espaco.

Proposicao 2.3. Uma metrica d e induzida por uma norma em um espaco normado X se ela

satisfizer, para todos x, y, a ∈ X e α ∈ R, a seguintes condicoes:

1. d(x+ a, y + a) = d(x, y)

2. d(αx, αy) = |α|d(x, y)


Demonstracao: Para x, y ∈ X temos temos

d(x+ a, y + a) = ‖x+ a− (y + a)‖ = ‖x+ a− y − a‖ = ‖x− y‖ = d(x, y),

para todo a ∈ X. Tambem,

d(αx, αy) = ‖αx− αy‖‖α(x− y)‖ = |α|‖x− y‖ = |α|d(x, y),

para todo α ∈ K, provando a proposicao.

Exemplo 2.9. Considerando o espaco metrico de sequencias s, o qual consiste de todas as

sequencias de numeros reais (complexos) com a metrica definida por

d(x, y) =∞∑i=1

1

2i| xi − yi |

1+ | xi − yi |,

onde x = (xi), y = (yi) ∈ s e xi, yi ∈ C, para todo i ∈ N. Entao (s, d) e um espaco metrico com

metrica que nao pode ser induzida por nenhuma norma definida em s.

De fato: O exemplo 1.6 mostra que s munido de d(x, y), x, y ∈ s, e um espaco metrico.

Tambem, munido das operacoes usuais, o conjunto s e um espaco vetorial sobre o corpo do

numeros reais (reais ou complexos). Vamos mostrar que d nao e induzida por nenhuma norma em

s. Suponhamos, por absurdo, que d seja induzida por uma norma ‖ · ‖ : s→ R, isto e,

∞∑i=1

1

2i| xi − yi |

1+ | xi − yi |= d(x, y) = ‖x− y‖,

para quaisquer x = (xi), y = (yi) ∈ s e xi, yi ∈ K, para todo i ∈ N.Tomando

x0 = (1, 0, 0, 0, 0, . . .) e y0 = (0, 1, 0, 0, 0, . . .),

temos que x0, y0 ∈ s e pelo item 2 da proposicao anterior devemos ter que

d(2x0, 2y0) = 2d(x0, y0).

Mas,

2d(x0, y0) = 2[1

21

|1− 0|1 + |1− 0|

+1

22

|0− 1|1 + |0− 1|

]

= 2[1

2

1

2+

1

4

1

2]

=1

2+

1

4

=3

4


e

d(2x0, 2y0) =1

21

|2− 0|1 + |2− 0|

+1

22

|0− 2|1 + |0− 2|

=1

2

2

3+

1

4

2

3]

=1

3+

1

6

=1

2,

mostrando que

d(2x0, 2y0) 6= 2d(x0, y0).

Logo, essa metrica em s nao pode ser induzida por qualquer norma definida em s, completando

o exemplo. �

2.2 A Topologia dos Espacos Normados

Nesta secao vamos adaptar alguns conceitos topologicos para o contexto de espacs vetoriais

normados. Lembrando que todo espaco vetorial normado e um espaco vetorial metrico, as provas

das propriedades que ja foram demonstradas, para espacos metricos, na secao 1.2 serao omitidas

nessa secao.

Definicao 2.3. Seja (X, ‖ ‖) um espaco normado. Dado um ponto x ∈ X e r > 0, o conjunto

• B(x, r) = {y ∈ X : ‖x− y‖ < r}, e chamado de bola aberta de centro em x e raio r;

• B[x, r] = {y ∈ X : ‖x− y‖ 6 r}, e chamado de bola fechada de centro em x e raio r;

• • S(x, r) = {y ∈ X : ‖x− y‖ = r}, e chamado de esfera de centro em x e raio r.

Note que

B[x, r] = B(x, r) ∪S(x, r),

onde ∪ significa uniao disjunta.

Seja Y ⊂ X um subespaco do espaco normado X. Para cada a ∈ Y e cada r > 0, seja

BY (a, r) a bola aberta de centro a e raio r, relativamente a norma induzida pela norma definida

no espaco normado X em Y . Tem-se

BY (a, r) = B(a, r) ∩ Y,

onde B(a, r) e a bola aberta de centro a e raio r no espaco normado X. Analogamente,

BY [a, r] = B[a, r] ∩ Y e SY (a, r) = S(a, r) ∩ Y.


Definicao 2.4. Um conjunto U ⊂ X de um espaco normado X e um conjunto aberto (ou apenas

aberto) no espaco normado X se para cada x ∈ U existe r = rx > 0 tal que B(x, r) ⊂ U .

Lema 2.5. Sejam (X, ‖ ‖) um espaco normado e x0 ∈ X. Entao para qualquer r > 0, a bola

aberta B(x0, r), de raio r e centro em x0, e aberto em X.

Demonstracao: Seja x ∈ B(x0, r). Queremos mostrar que existe δ > 0 tal que B(x, δ) ⊂ B(x0, r).

Como ‖x− x0‖ < r, escolhendo δ = r − ‖x− x0‖, obtemos que se x′ ∈ B(x, δ), entao

‖x′ − x0‖ 6 ‖x′ − x‖+ ‖x− x0‖ < δ + ‖x− x0‖ = r.

Portanto, x′ ∈ B(x0, r), mostrando B(x, δ) ⊂ B(x0, r), ou seja, que B(x0, r) e aberto em X.

Lema 2.6. Sejam (X, ‖ ‖) um espaco normado e x0 ∈ X. Entao, para qualquer r > 0, o conjunto

{x ∈ X : ‖x− x0‖ > r} e um conjunto aberto em X.

Demonstracao: Para qualquer r > 0, sejam x ∈ X satisfazendo ‖x − x0‖ > r e x′ ∈ X um

ponto qualquer de X satisfazendo ‖x′ − x‖ < δ, onde δ = ‖x− x0‖ − r. Entao, pela desigualdade

triangular temos

‖x− x0‖ 6 ‖x− x′‖+ ‖x′ − x0‖

e, portanto,

‖x′ − x0‖ > ‖x− x0‖ − ‖x− x′‖ > ‖x− x0‖ − δ = r.

Assim,

B(x, δ) ⊂ {x ∈ X : ‖x− x0‖ > r},

provando este lema.

Proposicao 2.4. Seja (X, ‖ ‖) um espaco normado. A colecao de conjuntos abertos de X tem as

seguintes propriedades:

(i) ∅, X sao conjuntos abertos,

(ii) a uniao de qualquer colecao de conjuntos abertos em X e um conjunto aberto,

(iii) a intersecao de qualquer colecao finita de conjuntos abertos em X e um conjunto aberto.

Demonstracao: O conjunto ∅ e por vacuidade. Tambem, a definicao de conjunto aberto e

trivialmente satisfeita pelo conjunto X, mostrando o item (i).

Para provarmos o item (ii), seja A uma colecao qualquer de conjuntos abertos em X, e

denotemos por U a uniao de todos os conjuntos abertos pertencentes a A, isto e,

U = ∪A∈AA.


Queremos mostrar que U e um conjunto aberto. Seja x ∈ U . Entao, x ∈ A para algum conjunto

aberto A ∈ A. Portanto, existe δ > 0 tal que

B(x, δ) ⊂ A.

Mas,

V ⊂ U .

Assim,

B(x, δ) ⊂ U ,

mostrando que U e aberto.

Sejam agora V1, V2, V3, ..., Vk uma colecao finita de conjuntos abertos em X. Sejam

V = V1 ∩ V2 ∩ ... ∩ Vk e x ∈ V.

Entao, x ∈ Vj para todo j e, portanto, existem numeros reais positivos δ1, δ2, ...δk tais que

B(x, δj) ⊂ Vj, para j = 1, 2, ..., k.

Tomando

δ = min{δj : j = 1, 2, ..., k},

entao δ > 0 e alem disso,

B(x, δ) ⊂ B(x, δj) ⊂ Vj para todo j = 1, 2, ..., k.

Portanto,

B(x, δ) ⊂ V,

mostrando que a intersecao V, de conjuntos abertos V1, V2, ..., Vk em X, e um conjunto aberto em

X, completando a prova deste item e da proposicao.

Obervacao 2.1. Para cada numero natural n, denotemos por Vn o conjunto aberto no plano R2

definido por

Vn = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 <1

n}.

A intersecao

V = ∩n∈NVn = {0},

e a origem e este conjunto nao e um subconjunto aberto de R2. Isto mostra que a intersecao de um

numero infinito de conjuntos abertos num espaco normado nao e necessariamente um conjunto

aberto.


Definicao 2.5. O interior A◦ de um conjunto A ⊂ X e uniao de todos os conjuntos abertos de

(X, ‖ ‖) contidos em A. Isto e,

A◦ =⋃V ∈F

V,

onde

F = {V ⊂ X; V e aberto e V ⊂ A}.

Observermos que

• A◦ e um conjunto aberto em X;

• A◦ e o maior conjunto aberto contido em A.

Definicao 2.6. Sejam X um espaco normado e x ∈ X. Um subconjunto N ⊂ X e uma vizinhanca

de x no espaco normado X se, e somente, se existir δ > 0 tal que

B(x, δ) ⊂ N.

Claramente, subconjunto V de um espaco normado X e um conjunto aberto se, e somente,

se V e uma vizinhanca de v para todo v ∈ V .

Definicao 2.7. Um conjunto F ⊂ X de um espaco normado X e um conjunto fechado (ou apenas

fechado) no espaco normado X se F c = X\F (complementar de F em X) e um conjunto aberto

no espaco normado X.

O proximo resultado segue imediatamente dos Lema 2.5 e 2.6.

Lema 2.7. Sejam X um espaco normado e x0 ∈ X. Os conjuntos

{x ∈ X : ‖x− x0‖ 6 r} e {x ∈ X : ‖x− x0‖ > r},

para r > 0, sao fechados em X. Em particular, o conjunto {x0} consistindo de um unico ponto de

X e um conjunto fechado em X.

Seja A alguma colecao de subconjuntos de X, isto e,

A = {S; S ⊂ X}.

Entao,

X\⋃S∈A

S =⋂S∈A

(X\S) e X\⋂S∈A

S =⋃S∈A

(X\S),

isto e, o complemento da uniao de alguma colecao de subconjuntos de X e a intersecao dos comple-

mentos daqueles subconjuntos, e o complemento da intersecao de alguma colecao de subconjuntos

de X e a uniao dos complementos destes subconjuntos, de modo que a operacao de tomar com-

plementos converte unioes em intersecoes e intersecoes em unioes. Com essas duas observacoes, o

seguinte resultado segue diretamente da proposicao 2.3.


Proposicao 2.5. Seja X um espaco normado. A colecao dos subconjuntos fechados em X tem

as seguintes propriedades:

(i) ∅ e X sao conjuntos fechados em X;

(ii) a intersecao de qualquer colecao de conjuntos fechados em X e um conjunto fechado em X;

(iii) a uniao de qualquer colecao finita de conjuntos fechados em X e um conjunto fechado em

X.

Definicao 2.8. O fecho S de um conjunto S ⊂ X e a intersecao de todos os fechados de X

contendo S, isto e,

S =⋂F∈F

F,

onde

F = {F ⊂ X; F e fechado em X e S ⊂ F}.

Temos que

• S ⊂ S;

• S e um conjunto fechado em X;

• S e o menor conjunto fechado em X que contem S;

• um conjunto F ⊂ X e fechado em X se, e somente se, F = F .

Definicao 2.9. Sejam (X, ‖ ‖X), (Y, ‖ ‖Y ) dois espacos normados e f : X → Y uma funcao

dada. Diremos que f e contınua em x ∈ X se para todo ε > 0 existir δ > 0 tal que

‖y − x‖X < δ =⇒ ‖f(y)− f(x)‖Y < ε.

A funcao e dita ser contınua em X, ou simplesmente contınua se, e somente se, f e contınua em

todo x ∈ X.

Note que esta definicao de continuidade para funcoes entre espaco normados generaliza a

definicao de continuidade para funcoes de uma variavel real ou complexa.

Expressando em termos de bolas abertas a definicao de funcao contınua (Definicao 2.10), isto

significa que a funcao f : X → Y e contınua em x se e somente se dado qualquer ε > 0, existe um

δ > 0 tal que f leva BX(x, δ) na bola BY (f(x), ε) (onde BX(x, δ) e BY (f(x), ε) denotam as bolas

abertas de raios δ e ε em x e f(x) respectivamente).

Sejam X e Y conjuntos quaisquer e f : X → Y uma funcao. dado um subconjunto V ⊂ Y ,

denotamos por f−1(V ) a imagem inversa de V sob a aplicacao f , definida por

f−1(V ) = {x ∈ X : f(x) ∈ V }.


Proposicao 2.6. Sejam X e Y espaco normados, e seja f : X → Y uma funcao. A funcao f e

contınua se, e somente se, f−1(V ) e um conjunto aberto em X para todo conjunto aberto V de Y .

Demonstracao: Suponhamos que f e contınua. Seja V ⊂ Y um conjunto aberto. Vamos

mostrar que f−1(V ) e aberto em X. Seja x ∈ f−1(V ). Vamos mostrar que existe δ > 0 com a

propriedade que BX(x, δ) ⊂ f−1(V ). Como x ∈ f−1(V ) segue que f(x) ∈ V . Como V e aberto,

existe ε > 0 com a propriedade que BY (f(x), ε) ⊂ V . Como f e contınua em x, existe um delta

δ > 0 tal que f leva a bola aberta BX(x, δ) na bola BY (f(x), ε). Assim f(x′) ∈ V para todo

x′ ∈ BX(x, δ), mostrando que B(x, δ) ⊂ f−1(V ). Com isto temos mostrado que se f : X → Y e

contınua entao f−1(V ) e aberto em X para todo conjunto aberto V em Y .

Suponhamos que f : X → Y tem a propriedade que f−1(V ) e aberto em X para todo

conjunto aberto V em Y . Seja x ∈ X um ponto qualquer. Vamos mostrar que f e contınua

em x. Seja ε > 0 dado. A bola aberta BY (f(x), ε) e um conjunto aberto em Y , portanto

f−1(BY (f(x), ε)) e um conjunto aberto em X o qual contem x. Segue que existe um δ > 0 tal que

BX(x, δ) ⊂ f−1(BY (f(x), ε)). Temos mostrado assim que, dado qualquer ε > 0, existe um δ > 0

tal que f leva a bola aberta BX(x, δ) na bola aberta aberta BY (f(x), ε). Concluımos assim que f

e contınua em x.

Seja f : X → Y uma funcao entre espacos normados X e Y . Entao,

f−1(Y \G) = X\f−1(G).

De fato: Temos que

x ∈ f−1(Y \G)⇔ f(x) ∈ Y \G⇔ f(x) /∈ G⇔ x /∈ f−1(G).

O seguinte resultado portanto segue diretamente da Proposicao 2.6.

Corolario 2.1. Sejam X e Y espacos normados e f : X → Y uma funcao. A funcao f e contınua

se, e somente se, f−1(G) e um conjunto fechado em X para todo subconjunto fechado G de Y .

Seja f : X → Y uma funcao contınua entre espacos normados X e Y . Entao, para qualquer

ponto y ∈ Y , o conjunto {x ∈ X : f(x) = y} e um subconjunto fechado de X. Isto segue

diretamente do Corolario 2.1 e do fato que {y} e um subconjunto fechado do espaco normado Y .

Lema 2.8. Sejam X, Y, Z espacos normados, f : X → Y e g : Y → Z funcoes contınuas. Entao,

a funcao composta g ◦ f : X → Z definida por

(g ◦ f)(x) = g(f(x)), x ∈ X,

e contınua.


Demonstracao: Seja x ∈ X um ponto qualquer. Vamos mostrar que g ◦ f e contınua em x.

Seja ε > 0 dado. Como a funcao g e contınua en f(x), existe η > 0 tal que

‖(g(y)− g(f(x)‖Z < ε,

para todo y ∈ Y satisfazendo ‖y − f(x)‖Y < η. Mas entao existe algum δ > 0 tal que

‖f(x′)− f(x)‖Y < η,

para todo x′ ∈ X satisfazendo ‖x′ − x‖X < δ. Assim,

‖g(f(x′))− g(f(x))‖Z < ε,

para todo x′ ∈ X satisfazendo ‖x′ − x‖X < δ, mostrando que g ◦ f e contınua en x, provando o

lema.

Definicao 2.10. Sejam X e Y espaco normados. Uma funcao h : X → Y e um homeomorfismo

se h e uma bijecao e h e h−1 : Y → X sao funcoes contınuas.

Se existe um homeomorfismo h : X → Y de um espaco normado X em um espaco normado

Y , entao os espacos normados X e Y sao ditos de homeomorfos.

O seguinte resultado segue diretamente aplicando a Proposicao 2.6 para h : X → Y e para

h−1 : Y → X.

Corolario 2.2. Qualquer homeomorfismo h : X → Y entre espacos normados X e Y induz

uma correspondencia um a um entre os conjuntos abertos de X e os conjuntos abertos de Y : um

subconjunto V ⊂ Y e aberto em Y se e somente se h−1(V ) ⊂ X e aberto em X.

2.3 Convergencia de Sequencias e Espacos de Banach

Nesta secao vamos estudar o conceito de convergencia de sequencias e suas principais proprie-

dades e tambem definir e obter propriedades sobre espacos de Banach, que sao espacos completos

com a metrica induzida pela norma.

Definicao 2.11. Uma sequencia (xn)∞n=1 = (xn) em um espaco normado X e dita convergente se

existir um ponto x ∈ X tal que

limn→∞

‖xn − x‖ = 0.

Neste caso escrevemos

limn→∞

xn = x ou xn → x, quando n→∞.

Note que esta definicao de convergencia generaliza para um espaco normado arbitrario a

definicao ja conhecida de convergencia para sequencias de numeros reais ou complexos.


Proposicao 2.7. Se uma sequencia de pontos num espaco normado e convergente, entao o limite

desta sequencia e unico.

Demonstracao: Seja (xn) ⊂ X uma sequencia de pontos no espaco normado X e, suponhamos

que esta sequencia converge para dois pontos p, p ∈ X do espaco normado . Vamos mostrar que

p = p′. Dado ε > 0, existem numeros naturais N1, N2 ∈ N tais que

‖xn − p‖ < ε, sempre que n > N1

e

‖xn − p′‖ < ε, sempre que n > N2.

Escolhendo N = max{N1, N2} ∈ N obtemos que

0 6 ‖p− p′‖ 6 ‖p− xn‖+ ‖xn − p′‖ < 2ε.

Portanto,

‖p− p′‖ = 0,

mostrando que p = p′ e completando a prova da proposicao.

O seguinte resultado caracteriza o fecho de um conjunto em um espaco normado.

Proposicao 2.8. Seja A ⊂ X um subconjunto qualquer. Entao

A ={x ∈ X : ∃ (xn) ⊂ A e xn → x

}.

Demonstracao: Mostremos inicialmente que

A ⊂{x ∈ X : ∃ (xn) ⊂ A e xn → x

}:= B.

Para isso seja x ∈ A. Temos que

• se x ∈ A, entao tomando

xn = x, n ∈ N,

entao

xn ∈ A e xn → x,

mostrando, nesse caso, que x ∈ B.

• se x ∈ A− A, entao devemos ter que

B(x,1

n) ∩ A 6= ∅,

para todo n ∈ N.


De fato: Se, por absurdo, existir n0 ∈ N tal que

B(x,1

n0

) ∩ A = ∅,

entao

A ⊂ [X −B(x,1

n0

)].

Como B(x, 1n0

) e um subconjunto fechado do espaco normado X, entao

A ⊂ [X −B(x,1

n0

)]

e, portanto,

A ∩B(x,1

n0

) = ∅,

o que e um absurdo, pois x ∈ A. Assim,

B(x,1

n) ∩ A 6= ∅,

para todo n ∈ N. �

Portanto, para cada n ∈ N, existe xn ∈ X tal que

– xn ∈ A;

– xn ∈ B(x, 1n), ou seja, xn → x,

mostrando, tambem nesse caso, que x ∈ B.

Suponhamos agora que

x ∈{x ∈ X : ∃ (xn) ⊂ A e xn → x

}:= B

e mostremos que x ∈ A. Se, por absurdo, tivermos que x 6∈ A, entao deve existir um conjunto

fechado F tal que A ⊂ F e x 6∈ F , ou seja, existe um aberto U := X − F, tal que

x ∈ U e U ∩ A = ∅.

Portanto, existe δ > 0 tal que

B(x, δ) ∩ A = ∅.

Entao,

‖x− y‖ > δ,

para todo y ∈ A, mostrando que

x 6∈ B,


o que e um absurdo, entao x ∈ A, completando a prova da proposicao.

De uma outra forma temos

x /∈ A⇐⇒ existe um conjunto fechado F tal que A ⊂ F e x /∈ F⇐⇒ x ∈ U := X − F, que e aberto em X e tal que U ∩ A = ∅⇐⇒ ∃δ > 0 tal que B(x, δ) ∩ A = ∅ ( entao ‖x− y‖ > δ ∀y ∈ A)

⇐⇒ x 6∈ B,

completando a prova da proposicao.

Lema 2.9. Seja X um espaco normado. Uma sequencia (xn) ⊂ X converge para um ponto x ∈ Xse, e somente se, para qualquer conjunto aberto U ⊂ X, do espaco normado X, tal que x ∈ U,

existir um numero natural N ∈ N tal que

xn ∈ U, para todo n > N.

Demonstracao: Suponhamos que a sequencia (xn) ⊂ X converge para x ∈ X. Seja U um

conjunto aberto de X tal que x ∈ U . Entao, existe δ > 0 tal que

B(x, ε) ⊂ U.

Mas,

xn → x, quando n→∞.

Logo, existe um numero natural N ∈ N tal que

‖xn − x‖ < δ, para todo n > N.

Assim, se n > N, entao

xn ∈ B(n, δ)

e, portanto,

xn ∈ U, para todo n > N.

Por outro lado, seja (xn) uma sequencia satisfazendo o criterio dado no enunciado do lema e

ε > 0 um numero positivo dado. A bola aberta B(x, ε) e um conjunto aberto. Portanto, existe

um numero natural N ∈ N tal que,

n > N =⇒ xn ∈ B(x, ε)

e, portanto,

n > N =⇒ ‖xn − x‖ < ε,

mostrando que xn → x em X, completando a prova do lema.


Proposicao 2.9. Sejam F ⊂ X um conjunto fechado em um espaco normado X e (xn) ⊂ F uma

sequencia de pontos de F , tal que xn → x ∈ X quando n→∞. Entao, x ∈ F .

Demonstracao: Suponhamos, por abusrdo, que x 6∈ F, ou seja, x ∈ X − F. Como X − F e

aberto, segue do Lema 2.9 que existe um numero natural N ∈ N tal que

xn ∈ X − F para todo n > N,

contradizendo o fato que xn ∈ F para todo n ∈ N. Logo, x ∈ F , provando a proposicao.

Lema 2.10. Seja X um espaco normado e (xn) ⊂ X uma sequencia em X tal que xn → x ∈ X.

Entao, para qualquer y ∈ X,

‖xn − y‖ → ‖x− y‖, quando n→∞.

Demonstracao: Seja ε > 0. Queremos mostrar que existe um numero natural N ∈ N tal que

|‖xn − y‖ − ‖x− y‖| < ε,

sempre que n > N .

Sabemos que existe N ∈ N tal que

‖xn − x‖ < ε, sempre que n > N.

Mas, para todo n ∈ N temos que

‖xn − y‖ 6 ‖xn − x‖+ ‖x− y‖

e

‖x− y‖ 6 ‖x− xn‖+ ‖xn − y‖.

Daı,

−‖xn − x‖ 6 ‖xn − y‖ − ‖x− y‖ 6 ‖xn − x‖,

para todo n ∈ N, ou seja,

|‖xn − y‖ − ‖x− y‖| 6 ‖xn − x‖,

para todo n ∈ N. Portanto,

|‖xn − y‖ − ‖x− y‖| < ε, sempre que n > N,

provando o lema.

Vamos agora relacionar o conceito de continuidade de aplicacoes entre espacos normados com

o conceito de convergencia de sequencias nestes espacos.


Proposicao 2.10. Seja f : X → Y uma funcao entre espacos normados X e Y . Entao, f e

contınua em x0 ∈ X se, e somente se, para toda sequencia (xn) ⊂ X com xn → x0 ∈ X em X,

tivermos f(xn)→ f(x0) ∈ Y em Y.

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que f seja contınua em x0 ∈ X e consideremos (xn) ⊂X uma sequencia tal que xn → x0. Dado ε > 0, pela continuidade de f em p existe, δ > 0 tal que

‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖f(x)− f(x0)‖ < ε.

Pela convergencia de {xn}, temos que existe N ∈ N tal que

n ≥ N =⇒ ‖xn − x0‖ < δ.

Portanto,

n ≥ N =⇒ ‖f(xn)− f(x0)‖ < ε,

mostrando que f(xn)→ f(x0) em Y.

Supopnhamos agora que para todo sequencia (xn) ⊂ X tal que xn → x0 ∈ X em X, tenhamos

que f(xn) → f(x0) ∈ Y, em Y e suponhamos, por absurdo, que f nao seja contınua em x0 ∈ X.

Entao existe ε0 > 0, tal que para todo n ∈ N existe xn ∈ X tal que

0 6 ‖xn − x0‖ <1

ne ‖f(xn)− f(x0)‖ > ε0.

Assim, obtemos uma sequencia (xn) ⊂ X com

xn → x0 em X e tal que f(xn) 6→ f(x0) em Y,

o que contradiz a nossa hipotese e prova o resultado.

Para introduzir o conceito de espacos de Banach, que e um dos principais espacos no estudo

da Analise Funcional, precisamos antes definir e estudar sequencias de Cauchy.

Definicao 2.12. Seja X um espaco normado. Uma sequencia (xn) ⊂ X uma sequencia em X e

chamada de sequencia de Cauchy em X se, e somente se, para qualquer ε > 0, existir um numero

natural N ∈ N tal que

‖xm − xn‖ < ε, para quaisquer m,n > N.

Claramente toda sequencia convergente em um espaco normado e uma sequencia de Cauchy.

Estamos interessados agora em caracterizar espcos normados que satisfazem a recıproca dessa

afirmacao.

Definicao 2.13. Um espaco normado X e um espaco de Banach se toda sequencia de Cauchy

(xn) ⊂ X em X e convergente em X, isto e, existe x ∈ X tal que xn → x em X.


Antes de apresentarmos exemplos de espacos de Banach, vamos apresentar uma propriedade

geral sobre esses espacos, que sera util na obtencao de novos espacos de Banach a partir de espacos

de Banach ja conhecidos.

Proposicao 2.11. Seja X um espaco de Banach, e seja A um subespaco vetorial de X. Entao,

A e um espaco de Banach com a norma herdada do espaco de Banach X se, e somente se, A e

fechado em X.

Demonstracao: Suponhamos que A seja fechado em X e consideremos (xn) ⊂ X uma sequencia

de Cauchy em A, munido da norma herdada do espaco normado X. Assim, para todo ε > 0, existe

N ∈ N tal que

m,n > N =⇒ ‖xm − xn‖A < ε.

Mas, (xn) ⊂ A ⊂ X e a norma em A e a norma herdada de X. Logo,

m,n > N =⇒ ‖xm − xn‖X < ε,

mostrando que (xn) ⊂ X e um a sequencia de Cauchy em X, que e um espaco de Banach. Logo,

existe x ∈ X tal que

xn → x em X.

Agora, como A e fechado em X, a proposicao 2.9 implica que x ∈ A e, portanto, obtemos que

xn → x em A, mostrando que A, munida da norma herdada de X, e um espaco de Banach.

Agora suponhamos que A, munido da norma herdada de X, seja um espaco de Banach. Vamos

supor que A nao e fechado. Entao o complemento, X−A de A, nao e conjunto aberto e, portanto,

existe um ponto x ∈ X − A com a propriedade que B(x, ε) ∩ A 6= ∅ para todo ε > 0. Entao

podemos encontrar uma sequencia (xn) ⊂ A de pontos de A tais que

0 ≤ ‖xn − x‖ < 1/n,

para todo numero natural n ∈ N. Esta sequencia e de Cauchy em A a qual nao converge para um

ponto de A, na realidade xn → x 6∈ A, contradizendo o fato de A ser um espaco de Banach com a

norma herdada de X. Assim, A e fechado, completando a prova da proposicao.

A ideia agora e apresentar exemplos de espacos de Banach, principalmente aqueles que serao

mais utilizados no decorrer da disciplina. Para fazermos isso vamos relacionar o conceito de

sequencias em espacos metricos e espacos normados. Sejam X um espaco vetorial sobre um corpo

K (K = R ou K = C), ‖ ‖ : X → R uma norma em X e d : X ×X → R uma metrica em X. Se

d(x, y) = ‖x− y‖, para quaisquer x, y ∈ X,

entao


1. se (xn) ⊂ X e um sequencia limitada em (X, d), entao (xn) ⊂ X e um sequencia limitada

em (X, ‖ ‖), isto e, existe K > tal que

‖xn‖ ≤ K, para todo n ∈ N;

2. se (xn) ⊂ X e um sequencia convergente para x ∈ X, em (X, d), entao (xn) ⊂ X e um

sequencia convergente para x ∈ X, em (X, ‖ ‖);

3. se (xn) ⊂ X e um sequencia de Cauchy em (X, d), entao (xn) ⊂ X e um sequencia de Cauchy

em (X, ‖ ‖);

4. (X, d) e um espaco metrico completo se, e somente se (X, ‖ ‖) e um espaco de Banach.

Com as consideracoes acima algumas das provas dos resultados apresentados nos exemplos

abaixo ja foram demonstradas nos exemplos apresentados de espacos metricos completos e, por-

tanto, serao omitidas aqui.

Exemplo 2.10. O espaco normado Rn com a norma euclideana e um espaco de Banach.

De fato: Sejam (xm) uma sequencia de Cauchy em Rn e ε > 0. Entao, existe N ′ ∈ N tal que

m, k ≥ N ′ =⇒ ||xm − xk‖ =√

(x1m − x1k)2 + · · ·+ (xnm − xnk)2 < ε.

Entao para cada inteiro j ∈ {1, 2, . . . , n}, a sequencia (xjm) e uma sequencia de Cauchy de numeros

reais que e convergente. Seja

xj = limm→∞

xjm,

para j = 1, 2, ..., n e definamos

x = (x1, x2, . . . , xn).

Vamos mostrar que xm → x em (Rn, ‖ ‖). Para ε > 0, existem numeros naturais N1, N2, ..., Nn

tais que

m > Nj =⇒ |xjm − xj| ≤√ε2

n,

para todo j = 1, 2, . . . , n. Tomando N = max{N1, N2, . . . , Nn} obtemos que se m ≥ N, entao

|xjm − xj|2 ≤ε2

n,

ou seja,n∑j=1

|xjm − xj|2 ≤ ε2.

Logo, para m > N, obtemos que

‖xm − x‖ ≤ ε,

mostrando que xm → x.


Corolario 2.3. Um subespaco vetorial F de Rn e completo se, e somente se, F e fechado.

Corolario 2.4. Seja ‖| . ‖| uma norma em Rn. Entao (Rn, ‖| . ‖|) e um espaco de Banach.

Exemplo 2.11. O espaco l∞ e e um espaco de Banach.

De fato: Seja (x(m)) uma sequencia de Cauchy em l∞, entao (x(m)) = (x(m)1 , x

(m)2 , ...) com

‖x(m)‖∞ ≤ cm, m = 1, 2, . . . , (2.8)

onde

‖xm‖∞ = supi∈N| x(m)

i | .

Dado ε > 0, existe um N tal que para todo m,n > N

‖x(m) − x(n)‖∞ = supi∈N| x(m)

i − x(n)i |< ε

Portanto, para todo i ∈ N fixado, temos que

m,n > N =⇒| x(m)i − x(n)i |< ε, (2.9)

ou seja, para qualquer i fixado, a sequencia (x(1)i , x

(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy de numeros,

a qual e convergente. Entao existe xi ∈ R tal que

x(m)i −→ xi, quando m −→∞.

Definamos x = (x1, x2, ...) e mostremos que x ∈ l∞ e que xm −→ x. Fazendo n −→ ∞ em (2.9)

obtemos que

m > N =⇒| x(m)i − xi |< ε. (2.10)

Logo, (2.8) e (2.10) implicam que

|xi| ≤ |xi − xN+1i |+ |xN+1

i | < ε+ cN+1,


supi∈N|xi| ≤ ε+ cN+1,

mostrando que x ∈ l∞.Novamente (2.10) implica que

‖xm − x‖∞ = supi∈N|x(m)i − xi| < ε,

sempre que m > N, ou seja, xm → x em l∞, mostrando que l∞ e um espaco de Banach.


Exemplo 2.12. Seja c o espaco vetorial de todas as sequencias convergentes de numeros, isto e,

c := {x = (x1, x2, . . .); xn ∈ K e xn → x}.

Temos que c e um subespaco vetorial de c e, munindo c com a norma herdada de l∞, obtemos que

c e um espaco de Banach.

De fato: Como toda sequencia de numeros convergente e uma sequencia limitada, entao c e

um subespaco vetorial de l∞.

Vamos mostrar que c e um subespaco vetorial fechado de l∞. Para isso seja x = (x1, x2, . . .) ∈ cuma sequencia no fecho, em l∞, de c e ε > 0.

A proposicao 2.8 implica que existe uma sequencia (xn) ⊂ l∞ tal que

xn → x em l∞.

Logo, existe N ∈ N tal que

n ≥ N =⇒ |x(n)j − xj| 6 supj∈N| = ‖xn − x‖ <

ε

3.

Fixado N + 1 ∈ N, temos que xN ∈ c, isto e, xN e uma sequencia convergente em l∞ e, portanto,

e uma sequencia de Cauchy em l∞. Logo, existe N1 ∈ N, tal que

m,n > N1 =⇒ |x(N)m − x(N)

n | <ε

3.

Portanto, a desigualdade triangular implica que

m,n > N1 =⇒ |xm − xn| ≤ |xm − x(N)m |+ |x(N)

m − x(N)n |+ |x(N)

n − xn|

<ε

3+ε

3+ε

3

= ε,

mostrando que x = (x1, x2, . . .) e uma sequencia de Cauchy de numeros e, portanto, e uma

sequencia convergente, mostrando que x ∈ c, ou seja, mostrando que

c ⊂ c.

Como c ⊂ c, obtemos que c = c.

Portanto, c e um subespaco vetorial fechado de l∞, que e um espaco de Banach. Logo, c,

quando munida da norma herdada de l∞, e um espaco de Banach, completando o exemplo. �

Exemplo 2.13. Para p ≥ 1, o espaco normado

lp = {(x1, x2, . . .); xj ∈ K, j = 1, 2, . . . , e∞∑j=1

| xj |p < ∞},


com norma dada por

‖x‖p = (∞∑k=1

|xk|p)1p ,

e um espaco de Banach.

De fato: Seja (x(m)) ⊂ lp uma sequencia de Cauchy em lp, entao (x(m)) = (x(m)1 , x

(m)2 , ...) com

∞∑i=1

|x(m)i |p <∞.

Vamos mostrar que (x(m)) ⊂ lp e convergente em lp. Para isso, tomemos ε > 0. Como a

sequencia e uma sequencia de Cauchy, existe N ∈ N tal que para todo

m,n > N =⇒ ‖x(m) − x(n)‖p = (∞∑i=1

|x(m)i − x(n)i |p)

1p < ε. (2.11)

Portanto, para todo i ∈ N temos que

m,n > N =⇒= |x(m)i − x(n)i | < ε, (2.12)

ou seja, para qualquer i ∈ N fixado, a sequencia (x(1)i , x

(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy de

numeros e, portanto, existe xi ∈ R tal que

x(m)i −→ xi, quando m −→∞.

Definamos x = (x1, x2, ...) e mostremos que x ∈ lp e que xm −→ x em lp.

De (2.11) obtemos que

m > N =⇒k∑i=1

|x(m)i − x(n)i |p < εp,

para todo k ∈ N e, portanto, fazendo n −→∞ em obtemos que

m > N =⇒k∑i=1

|x(m)i − xi|p < εp,

para todo k ∈ N. Portanto, fazendo k →∞, obtemos que

m > N =⇒∞∑i=1

|x(m)i − xi|p < εp, (2.13)

mostrando que xm− x = (x(m)i − xi) ∈ lp, para todo m > N. Assim, a desigualdade de Minkowski

implica que

x = x− xN+1 + x, ∈ lp.


Ainda, por (2.13) obtemos que

m > N =⇒ ‖xm − x‖p < εp,

mostrando que xm → x em lp.

Portanto, lp e um espaco de Banach, completando o exemplo. �

Exemplo 2.14. O espaco de funcoes C[a, b] = C([a, b],R) com norma

‖x‖∞ = supt∈[a,b]

|x(t)|

e um espco de Banach, onde [a, b] e intervalo compacto em R.

De fato: Seja (xm) uma sequencia de Cauchy em C[a, b]. Entao, dado ε > 0, existe um N1 ∈ Ntal que para todo

m,n > N1 =⇒ ‖xm − xn‖∞ = supt∈[a,b]

| xm(t)− xn(t) |< ε. (2.14)

Portanto, para cada t0 ∈ [a, b] fixado, temos

| xm(t0)− xn(t0) |< ε,

sempre que m,n ≥ N1. Isso mostra que (x1(t0), x2(t0), ...) e uma sequencia de Cauchy de numeros

reais. Logo, existe x(t0) ∈ R tal que

xm(t0) −→ x(t0), quando m −→∞.

Assim podemos associar com cada t ∈ [a, b] um unico numero real x(t), o que define uma funcao

x em [a, b]. Mostremos que x ∈ C[a, b] e xm −→ x em C[a, b].Fazendo n −→∞ em (2.14) temos

supt∈[a,b]

| xm(t)− x(t) |6 ε, (2.15)

sempre que m ≥ N1. Portanto, para todo t ∈ [a, b],

| xm(t)− x(t) |6 ε,

sempre que m ≥ N1. A continuidade de xN1 implica que existe δ > 0 tal que

|t− t0| < δ =⇒ ‖xN1(t)− xN1(t0)| < ε.

Entao,

|t− t0| < ε =⇒ |x(t)− x(t0)| = |x(t)− xN1(t) + xN1(t)− xN1(t0) + xN1(t0)− x(t0)|≤ ε+ ε+ ε = 3ε.

Isso mostra que a funcao limite x e contınua em [a, b]. Assim, x ∈ C[a, b].Tambem, (2.15) implica que xm −→ x em C[a, b], mostrando que C[a, b] e um espaco de

Banach.


Definicao 2.14. Seja X ⊂ R . Dizemos que uma sequencia de funcoes fn : X −→ R converge

uniformemente para uma funcao f : X −→ R quando, para todo ε > 0 dado, existe n0 ∈ N tal que

n > n0 =⇒ | fn(x)− f(x) |< ε,

para todo x ∈ X.

Proposicao 2.12. Convergencia no espaco de Banach C[a, b], o espaco de todas as funcoes

contınuas definidas no intervalo fechado [a, b] com a norma

‖x‖∞ = supt∈[a,b]

|x(t)|,

e uniforme.

Demonstracao: Sejam (xm) uma sequencia em C[a, b] e x ∈ C[a, b] tal que

‖xm − x‖∞ → 0,

quando m→∞. Portanto, dado ε > 0, existe N ∈ N tal que

supt∈[a,b]

| xm(t)− x(t) |< ε,

sempre que m > N. Logo, para todo t ∈ [a, b] temos que

| xm(t)− x(t) |< maxt∈J| xm(t)− x(t) |< ε,

sempre que m > N . Portanto xm −→ x uniformemente em [a, b].

Teorema 2.2. Todo subespaco Y de dimensao finita de um espaco normado X e um espaco de

Banach. Em particular, todo espaco normado de dimensao finita e um espaco de Banach.

Demonstracao: Sejam n = dimY , {e1, . . . , en} uma base de Y, (ym) uma sequencia de

Cauchy em Y e ε > 0. Entao, para todo m ∈ N,

ym = α(m)1 e1 + . . .+ α(m)

n en.

Tambem, existe N ∈ N tal que

‖ym − yr‖ < ε, sempre que m,n > N.

O Lema 2.1 implica que existe c > 0 tal que

ε > ‖ym − yr‖

= ‖n∑j=1

(α(m)−j α

(r)j )ej‖

≥ c

n∑j=1

| α(m)−j α

(r)j |,


sempre que m,n > N. Logo, para j = 1, 2, . . . , n temos que

| α(m)j − α(r)

j |≤n∑j=1

| α(m)j − α(r)

j |<ε

c,

sempre que m,n > N . Portanto, (α(m)j ) e uma sequencia de Cauchy de numeros para qualquer

j = 1, . . . , n. Seja

αj = limm→∞

α(m)j , j = 1, 2, . . . , n.

Definamos

y = α1e1 + . . .+ αnen.

Entao y ∈ Y e

‖ym − y‖ = ‖n∑j=1

(α(m)j − αj)ej‖ ≤

n∑j=1

| α(m)j − αj | ‖ej‖.

Mas α(m)j → αj, quando m→∞, daı

‖ym − y‖ → 0, quando m→∞,

mostrando que ym → y e, portanto, que Y e um espaco de Banach.

Corolario 2.5. Todo subespaco Y de um espaco normado X de dimensao finita e fechado em X.

Demonstracao: Como dimensao de Y e finita, segue do teorema anterior que Y e um espaco

normado completo e, portanto, Y e fechado em X.

Exemplo 2.15. Seja X o espaco vetorial de todas as funcoes reais contınuas em [a, b], isto e,

X = {f : [a, b]→ R; f e contınua}.

Definamos ‖ . ‖ : X → R por

‖x‖ =

∫ b

a

|x(t)|dt, (2.16)

para x ∈ X. Entao (X, ‖ . ‖) e um espaco normado e nao e um espaco de Banach.

Vamos apresentar agora um criterio, que utiliza o conceito de convergencia de series, para

verificar quando um espaco normado e um espaco de Banach . Se (xk) e uma sequencia em um

espaco normado X, podemos associar com (xk) a sequencia (Sn) de somas parciais definida por

(Sn) = x1 + x2 + . . .+ xn,

para n = 1, 2, . . .. Se (Sn) e convergente, ou seja, se existe S ∈ X tal que

‖Sn − S‖ −→ 0, quando n −→∞,


diremos que a serie infinita∞∑k=1

xk = x1 + x2 + . . . = S (2.17)

e convergente e S e chamado de soma da serie. Se

‖x1‖+ ‖x2‖+ . . .

converge no sentido acima, a serie em (2.17) e dita ser absolutamente convergente.

Teorema 2.3. Em um espaco normado X, convergencia absoluta implica convergencia se, e

somente se, X e um espaco de Banach.

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que X seja um espaco de Banach e consideremos

(xn) ⊂ X uma sequencia em X tal que∞∑i=1

‖xn‖ <∞.

Definamos a sequencia das somas parciais associada a serie acima por

S1 = ‖x1‖S2 = ‖x1‖+ ‖x2‖

...

Sn = ‖x1‖+ ‖x2‖+ . . .+ ‖xn‖...

Como∑∞

i=1 ‖xn‖ <∞, entao (Sn) e convergente e, portanto, e uma sequencia de Cauchy, ou seja,

dado ε > 0, existe N ∈ N tal que se

n,m > N =⇒ |Sm − Sn| < ε.

Assumindo, sem perda da generalidade, que n > m, temos que

n > m > N =⇒ |Sm − Sn| = |‖xm+1‖+ ‖xm+2‖+ . . .+ ‖xn‖| < ε.

Vamos mostrar que a serie∞∑n=1

xn

e convergente em X. Para isso consideremos a sequencia das somas parciais

S1 = x1

S2 = x1 + x2...

Sn = x1 + x2 + . . .+ xn...


Tomando n > m > N temos

‖Sm − Sn‖ = ‖xm+1 + xm+2 + . . .+ xn‖ 6 |‖xm+1‖+ ‖xm+2‖+ . . .+ ‖xn‖| < ε,

para todo ε > 0. Mostramos assim que (Sn) ⊂ X no espaco de Banach X. Portanto, existe S ∈ Xtal que

Sn → S quando n→∞,

mostrando que a serie e convergente.

Reciprocamente, Seja (xn) ⊂ X uma sequencia de Cauchy em X. Para cada j ∈ N, existem

Nj ∈ N tal que

Nj > Nk, para j > k

e

m,n ≥ Nj =⇒ ‖xm − xn‖ <1

2j.

Consideremos a subsequencia (xNj) ⊂ (xn) de (xn) e definamos

u1 = xN1

u2 = xN2 − xN1

...

uk = xNK− xNK−1

...

Temosk∑j=1

uj = xNk

ek∑j=1

‖uj‖ 6 ‖u1‖+k∑j=1

2−j < ‖u1‖+ 1,

para todo k ∈ N. Logo a serie∞∑j=1

uj

e absolutamente convergente e, portanto, existe x ∈ X tal que

xNk=

k∑j=1

uj → x, quando k →∞.

Assim, (xNk) e convergente para x ∈ X e, portanto, (xn) tambem deve ser convergente, isto e,

xn → x quando n→∞,

mostrando que X e um espaco de Banach.


Obervacao 2.2. O conceito de convergencia de uma serie pode ser usado para definir uma base.

Se um espaco normado X contem uma sequencia (en) com a propriedade de que para todo x ∈ Xexiste uma unica sequencia de escalares (αn) tal que, quando n −→∞ temos

‖x− (α1e1 + α2e2 + . . .+ αnen)‖ −→ 0

Entao (en) e chamada de base de Schauder (ou base) para X. A serie

x =∞∑k=1

αkek,

a qual tem a soma x e a expansao de x com respeito a base (en).

Definicao 2.15. Sejam (X, ‖ · ‖X) e (Y, ‖ · ‖Y ) dois espacos normados. Uma transformacao

T : X → Y e dita uma isometria se para todo x, y ∈ X temos que

‖Tx− Ty‖Y = ‖x− y‖X .

Neste caso dizemos que (X, ‖ · ‖X) esta imerso em (Y, ‖ · ‖Y ).

Claramente uma isometria e uma aplicacao injetora. Diremos que os espacos vetoriais nor-

mados (X, ‖ · ‖X) e (Y, ‖ · ‖Y ) sao isometricos se T for sobrejetora.

Teorema 2.4. Seja (X, ‖ · ‖) um espaco normado, entao existe um espaco de Banach (X, ‖ · ‖1)tal que (X, ‖ · ‖) esta imerso em (X, ‖ · ‖1). Neste caso o espaco de Banach (X, ‖ · ‖1) e chamado

de completamento de (X, ‖ · ‖).

Demonstracao: Definindo d : X ×X → R por

d(x, y) = ‖x− y‖,

temos que (X, d) e um espaco metrico. O Teorema 1.8 implica que existe X e uma metrica d tal

que (X, d) e um espaco metrico completo no qual X esta imerso. Recordemos que

X = {x; (xn), (yn) ∈ x⇐⇒ limn→∞

d(xn, yn) = 0}

e

d (x, y) = limn→∞

d(xn, yn), para (xn) ∈ x e (yn) ∈ y.

Vamos definir duas operacoes em X que o tornem um espaco vetorial e depois definir uma

norma, ‖ ‖1 que o torne um espaco normado tal que

‖x− y‖1 = d(x, y), para x, y ∈ X.


Sejam x, y ∈ X e considere (xn) ∈ x e (yn) ∈ y. Definamos

zn = xn + yn, n ∈ N.

Entao, (zn) e um sequencia de Cauchy em X, pois

0 ≤ ‖zm − zn‖ = ‖xm + ym − xn − yn‖ ≤ ‖xm − xn‖+ ‖ym − yn‖ → 0,

quando m,n→ +∞, mostrando que (zn) e sequencia de Cauchy em X. Defina

z = x+ y

como sendo a classe de equivalencia de todas as sequencias de Cauchy que sao equivalentes a

(zn) = (xn + yn). Claramente (zn) ∈ z e esta definicao independe da escolha das sequencias de

Cauchy em x e y, pois se (xn), (x′n) ∈ x e (yn), (y′n) ∈ x sao tais que (xn) ∼ (x′n) e (yn) ∼ (y′n),

entao

0 ≤ ‖xn + yn − (x′n + y′n)‖ ≤ ‖xn − x′n‖+ ‖yn − y′n‖ → 0,

quando n→∞, mostrando que (xn + yn) ∼ (x′n + y′n).

Da mesma forma definimos αx com sendo a classe de todas as sequencias de Cauchy em X

que sao equivalentes a sequencia (αxn), com (xn) ∈ x.Com as duas operacoes definidas acima o espaco X e um espaco vetorial sobre K. Observemos

que

(xn) ∈ 0⇐⇒ ‖xn‖ → 0, quando n→∞.

Definamos agora ‖ ‖1 : X → R por

‖x‖1 = d (x, 0),

para x ∈ X. Temos que

‖x− y‖1 = d (x− y, 0)

= limn→∞

d(xn − yn, 0)

= limn→∞

‖xn − yn − 0‖

= limn→∞

‖xn − yn‖

= limn→∞

d(xn, yn)

= d (x, y)

Para mostramos que ‖ ‖1 e uma norma em X, seja x ∈ X. Temos que

‖x‖1 = d (x, 0) ≥ 0 e ‖x‖1 = 0⇐⇒ d (x, 0) = 0⇐⇒ x = 0,


provando que ‖ ‖1 satisfaz as propriedades (N1) e (N2). Ainda, para α ∈ K temos que

‖αx‖1 = d (αx, 0)

= limn→∞

d(αxn, 0)

= limn→∞

‖αxn − 0‖

= limn→∞

|α|‖xn − 0‖

= |α| limn→∞

d(xn, 0)

= |α|d (x, 0)

= |α|‖x‖1,

provando a propriedade (N3). A propriedade (N3) prova-se de forma analoga e o teorema fica

demonstrado.

2.4 Compacidade e Dimensao Finita

Nesta secao veremos outras propriedades de espacos e subespacos normados e de espacos

metrcos que estao relacionados com o conceito de compacidade.

Definicao 2.16. Dizemos que um espaco metrico (normado) X e compacto se toda sequencia em

X admite uma subsequencia convergente. Um subconjunto M de X e compacto se toda sequencia

em M admite uma subsequencia convergente e o limite dessa sequencia esta em M.

A proposicao a seguir e uma propriedade geral de conjuntos compactos.

Proposicao 2.13. Um subconjunto compacto M de um espaco metrico(normado) e fechado e

limitado.

Demonstracao: Vamos mostrar que M e fechado. De fato, seja x em M , logo existe uma

sequencia (xm) em M tal que

xm → x, quando m→∞.

Mas M e compacto, logo x ∈M. Assim, M e fechado.

Para mostrar que M e limitado, vamos supor por absurdo que M seja ilimitado. Entao, existe

uma sequencia ilimitada (yn) ⊂M em M tal que

‖yn‖ > n, para todo n ∈ N.

Logo, (yn) nao admite nenhuma subsequencia convergente, pois se existisse essa subsequencia seria

limitada, o que contradiz o fato de M ser compacto.

A recıproca do resultado acima nao e valida, como mostra o proximo exemplo.


Exemplo 2.16. Seja l2 o espaco das sequencias de Hilbert, isto e,

l2 = {x = (x1, x2, x3, . . .);∞∑i=1

|xi|2 <∞},

munido da norma

‖(x1, x2, x3, . . .)‖2 = (∞∑i=1

|xi|2)12 .

Neste espaco normado considere

F = {ei = (ei1, ei2, . . . , eij, . . .) ∈ l2; i, j ∈ N e eij =

{1, se i = j

0, se i 6= j}.

Temos que F e fechado e limitado em l2, porem nao e compacto em l2.

De fato: Para cada i ∈ N temos que

‖ei‖2 = 1.

Logo, F e limitado em l2.

Observemos que

‖ei − ek‖2 =

{0, se i = k

1, se i 6= k

para quaisquer i, k ∈ N. Assim,

F = F,

mostrando que F e fechado em l2.

Por outro lado, F nao e compacto, pois existem sequencias de pontos de F nao possuem

subsequencias convergentes, completando o exemplo. �

A recıproca da proposicao 2.13 so e valida se X tiver dimensao finita, como mostra o proximo

resultado.

Teorema 2.5. Seja X um espaco normado de dimensao finita, um subconjunto M ⊂ X e com-

pacto se, e somente se, M e fechado e limitado.

Demonstracao: Sejam n = dimX e {e1, . . . , en} uma base de X.

Se M e compacto, entao a Proposicao 2.13 mostra que M e fechado e limitado.

Suponhamos agora que M seja fechado e limitado e consideremos (xm) uma sequencia em M.

Entao,

xm = ξ(m)1 e1 + . . .+ ξ(m)

n en,

onde ξ(m)i ∈ K, para i = 1, 2, . . . , n e m ∈ N.


Como M e limitado, temos

‖xm‖ ≤ k,

para todo m ∈ N. O Lema 2.1 implica que existe uma constante c > 0 tal que

k ≥ ‖xm‖ = ‖n∑j=1

ξ(m)j ej‖ ≥ c

n∑j=1

| ξ(m)j | .

Logo a sequencia (ξ(m)j ) e limitada para cada j = 1, 2, . . . , n fixo. Segue do Teorema de Bolzano -

Weierstrass que existem subsequencias (ξ(m)j ) tais que

ξ(m)j → ξj,

para 1 ≤ j ≤ n. Definamos

x = ξ1e1 + ξ2e2 + . . .+ ξnen

e mostremos que x ∈M e xm → x em X. De fato, temos que

0 ≤ ‖xm − x‖ = ‖ξ(m)1 e1 + . . .+ ξ(m)

n en − (ξ1e1 + ξ2e2 + . . .+ ξnen)‖= ‖(ξ(m)

1 − ξ1)e1 + (ξ(m)2 − ξ2)e2 + . . .+ (ξ(m)

n − ξn)en‖≤ |ξ(m)

1 − ξ1|‖e1‖+ . . .+ |ξ(m)n − ξn|‖en‖

−→ 0,

quando m → ∞. Logo, xm → x, quando m → ∞. Como M e fechado e xm ∈ M, para todo

m ∈ N, obtemos que x ∈M, concluindo a prova deste teorema.

Vamos mostrar agora que a compacidade da bola fechada so e verdade em espacos de dimensao

finita. Comecemos com o seguinte lema.

Lema 2.11 (Lema de Riesz). Sejam Z, Y ⊂ X subespacos vetoriais de um espaco normado X.

Suponhamos que Y seja fechado e que Y ⊂ Z. Entao, para todo θ ∈ (0, 1) ⊂ R, existe z ∈ Z tal

que

‖z‖ = 1 e ‖z − y‖ ≥ θ, (2.18)

para todo y ∈ Y.

Demonstracao: Sejam v ∈ Z − Y, y ∈ Y tais que

a = infy∈Y‖v − y‖ > 0 (2.19)

e θ ∈ (0, 1). Assim, a definicao de ınfimo implica que

a ≤ ‖v − yθ‖ ≤a

θ.


Consideremos c =1

‖v − yθ‖> 0 e definamos

z = c(v − yθ).

Logo, ‖z‖ = 1.

Vamos mostrar que ‖z − y‖ ≥ θ, para todo y ∈ Y. De fato, temos que

‖z − y‖ = ‖c(v − yθ)− y‖ = c‖v − yθ − c−1y‖ = c‖v − y1‖,

onde y1 = yθ + c−1y ∈ Y. Logo,

‖v − y1‖ ≥ a,

por (2.19). Entao,

‖z − y‖ = c‖v − y1‖ ≥ ca =a

‖v − yθ‖≥ θ,

completando a prova.

Teorema 2.6. Se um espaco normado X tem a propriedade que toda bola unitaria fechada

M = {x ∈ X; ‖x‖ ≤ 1}

e compacta, entao X tem dimensao finita.

Demonstracao: Suponhamos, por absurdo, que X tenha dimensao infinita. Seja x ∈ X tal que

‖x‖ = 1 e consideremos X1 = [x1]. Entao,

dimX1 <∞ e X1 X,

pois dimX =∞.Como dimX1 < ∞, entao X1 e fechado e, portanto, o Lema de Riesz implica que existe

x2 ∈ X, com ‖x2‖ = 1 e tal que

‖x2 − x1‖ ≥ θ =1

2.

Da mesma forma, x1, x2 ∈ X geram um subespaco fechado e proprio de X, denotado por X2,

e novamente o Lema de Riesz implica que existe x3 ∈ X com ‖x3‖ = 1 e tal que

‖x3 − x‖ ≥1

2,

para todo x ∈ X2. Em particular,

‖x3 − x1‖ ≥1

2

e

‖x3 − x2‖ ≥1

2.

Por inducao, obtemos uma sequencia de elementos (xm) de M tal que


‖xm − xn‖ ≥1

2se m 6= n. Assim, qualquer subsequencia de (xm) nao pode ser convergente. Logo M nao e

compacto, o que contradiz a hipotese. Logo dimX <∞.Vamos mostrar agora algumas relacoes entre compacidade e aplicacoes contınuas.

Teorema 2.7. Sejam X e Y espacos metricos(normados) e T : X → Y uma aplicacao contınua.

Entao, a imagem de um subconjunto compacto M ⊂ X por T e um subconjunto compacto de Y .

Demonstracao: Devemos mostrar que toda sequencia (yn) ⊂ T (M) em T (M) ⊂ Y contem uma

subsequencia convergente em T (M). Como yn ∈ T (M), existe xn ∈ M tal que yn = Txn. A

compacidade de M implica que existe (xnk) ⊂ (xn) e x ∈M tais que

xnk→ x, quando nk →∞,

no espaco normado X. Logo, a continuidade de T implica que

ynk= T (xnk

)→ T (x), quando nk →∞,

em Y , com T (x) ∈ T (M), mostrando que T (M) e compacto e provando o teorema.

Corolario 2.6. Uma aplicao contınua T de um subconjunto compacto de um espaco metrico

(normado) X em R assume maximo e mınimo em pontos de M.

Demonstracao: Pelo teorema anterior temos que T (M) e compacto e, portanto, fechado e limi-

tado, ja que T (M) ⊂ R. Logo, existem

y0 = inf T (M) e y1 = supT (M).

Como T (M) e fechado entao y0, y1 ∈ T (M). Logo, existem x0, x1 ∈M tais que

y0 = T (x0) e y1 = T (x1).

Portanto, T assume maximo e mınimos em pontos de M, provando o corolario.

2.5 Operadores Lineares

Em calculo, trabalhamos com o conjunto dos reais R e com funcoes de valores reais definidas

em R, estas funcoes sao aplicacoes que vao de um domınio D ⊂ R em subconjutos de numeros

reais. Na Analise Funcional, consideramos espacos mais gerais, como espacos metricos e espacos

normados e trabalhamos com aplicacoes nestes espacos.

No caso de espacos vetoriais, e em particular, no caso de espacos normados, uma aplicacao e

chamada de operador.

Vamos dar atencao especial a operadores que preservam as duas operacoes do espaco vetorial,

temos a seguinte definicao para tais operadores:


Definicao 2.17. Sejam X, Y um espacos vetoriais sobre o mesmo corpo de escalares K e T :

D(T ) ⊂ X → Y um operador definido de um subconjunto D(T ) ⊂ X em Y. Diremos que T e um

operador linear se

(i) o domınio D(T ) de T e um subespaco vetorial de X e sua imagem R(T ) ⊂ Y e um subcon-

junto de Y ;

(ii) para quaisquer x, y ∈ D(T ) e α ∈ K,

T (x+ y) = Tx+ Ty e T (αx) = αTx. (2.20)

Usaremos as notacoes D(T ) para o domınio de T e R(T ) para a imagem de T. O nucleo de T

e definido por

N(T ) = {x ∈ D(T );Tx = 0} ⊂ X.

Claramente (2.20) e equivalente a

T (αx+ βy) = αTx+ βTy.

Em particular tomando α = β = 0, obtemos que

T0 = 0.

Vejamos alguns exemplos de operadores lineares.

Exemplo 2.17. O operador Ix : X → X definido por Ixx = x para todo x ∈ X e um operador

linear, denominado Operador Identidade.

Exemplo 2.18. Considere 0 : X → Y definido por 0x = 0 para todo x ∈ X, entao 0 e um

operador linear, denominado operador nulo.

Exemplo 2.19. Seja X o espaco de todos os polinomios definidos em um intervalo fechado e

limitado [a, b] ⊂ R O operador derivada T : X → X definido, por

Tx(t) = x′(t), t ∈ [a, b],

para todo x ∈ X. Este operador T d e linear e e denominado operador derivada.

Exemplo 2.20. Consideremos C[a, b] e definamos a aplicacao T : C[a, b] → C[a, b] da seguinte

forma

Tx(t) =

∫ t

a

x(τ)dτ,

onde t ∈ [a, b], para todo x ∈ C[a, b]. Este operador e linear e e denominado operador integral.


Exemplo 2.21. Seja A ⊂ Mr,n(R) uma matriz dada com r linhas e n colunas. Definamos

T : Rn → Rr, por

y = Ax,

onde para x = (ξ1, . . . , ξn) ∈ Rn y = (η1, . . . , ηr) ⊂ Rr e calculado da seguite maneira: η1...

ηr

=

α11 . . . α1n

......

αr1 . . . αrn

ξ1

...

αn

.

Entao, T e um operador linear.

Teorema 2.8. Seja T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear. Entao,

1. A imagem R(T ) ⊂ Y e um subespaco vetorial de Y e, em particular, e um espaco vetorial

com as mesmas operacoes definidas em Y ;

2. Se dim D(T ) = n <∞, entao dim R(T ) ≤ n.

3. O espaco nulo N(T ) ⊂ X e um subespaco vetorial de X e, em particular, e um espaco

vetorial com as mesmas operacoes definidas em X.

Demonstracao: A demostracao dos itens 1 e 3 sao imediatos.

Para provarmos o item 2, sejam {y1, . . . , yn+1} ⊂ R(T ) um subconjunto qualquer de elementos

em R(T ). Logo, existem x1, x2, . . . , xn+1 ∈ D(T ) tais que

y1 = Tx1, . . . , yn+1 = Txn+1.

Por hipotese dim D(T ) = n. Assim, os vetores {x1, . . . , xn+1} sao linearmente dependentes em

D(T ) e, portanto, em X, uma vez que D(T ) e um subespaco vetorial de X. Logo,

αx1 + . . .+ αn+1xn+1 = 0,

de tal forma que αi, i = 1, . . . , n+ 1 nao sao todos nulos.

Como T e linear e T (0) = 0 temos

T (α1x1 + . . .+ αn+1xn+1) = αTx1 + . . .+ αn+1Txn+1

= αy1 + . . .+ αn+1yn+1 = 0,

com pelo menos algum αi nao nulo. Logo, {y1, . . . , yn+1} sao linearmente dependentes em R(T ) ⊂Y. Logo, se B e uma base de R(T ), entao devemos ter

dimR(t) ≤ n,

provando o teorema


Consideremos uma aplicacao linear T : D(T ) ⊂ X → Y injetiva, ou seja,

Tx = Ty ⇒ x = y, x, y ∈ D(T ).

Assim, existe

T−1 : R(T ) ⊂ Y → D(T ) ⊂ X,

onde para todo y0 ∈ R(T ) existe um unico x0 ∈ D(T ) tal que

T−1y0 = x0, (y0 = Tx0).

Notemos que

T−1Tx = x, ∀x ∈ D(T ),

TT−1y = y, ∀y ∈ R(T ).

Sabemos que um operador linear entre espacos vetoriais possui inversa se, e somente se, o

nucleo deste operador consiste apenas do vetor nulo. Temos o seguinte resultado para a existencia

da inversa de operadores.

Teorema 2.9. Sejam X e Y espacos vetoriais sobre o mesmo corpo de escalares K e T : D(T ) ⊂X → Y um operador linear onde D(T ) ⊂ X e R(T ) ⊂ Y. Entao

1. A inversa T−1 : R(T ) ⊂ Y → D(T ) existe se, e somente se,

Tx = 0⇐⇒ x = 0.

2. Se existe T−1, entao T−1 e um operador linear.

3. Se dim D(T ) = n <∞ e T−1 existe, entao dim R(T ) = dim D(T ).

Demonstracao: Os itens 1. 2. sao imeditatos. Sendo dim D(T ) = n < ∞, segue do Teorema

2.8 que

dim R(T ) ≤ dim D(T ) = n.

Sendo

T−1 : R(T )→ D(T ),

linear, o mesmo Teorema 2.8 implica que

dim D(T ) ≤ dim R(T ).

Assim concluımos que dim R(T ) = dim D(T ).


2.6 Operadores Lineares Contınuos e Limitados

Nesta secao mostraremos algumas relacoes entre limitacao e continuidade de operadores lineares

em espacos normados e espacos de Banach.

Definicao 2.18. Sejam X e Y espacos normados e T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear. O

operador T e dito limitado se existe um numero real c > 0 tal que para todo x ∈ D(T ) temos

‖Tx‖Y ≤ c‖x‖X .

Algumas observacoes que seguem imediatamente da definicao acima:

• um operador linear limitado leva subconjuntos limitados de D(T ) em subconjuntos limitados

de Y ;

• para todo x ∈ D(T ) com x 6= 0 temos que

‖Tx‖‖x‖

≤ c.

Logo, o numero

‖T‖ := supx∈D(T ), x6=0

‖Tx‖‖x‖

(2.21)

existe e sera denominado norma do operador T ;

• para todo x ∈ D(T ) temos que

‖Tx‖ ≤ ‖T‖‖x‖.

Proposicao 2.14. Seja T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear limitado. Entao,

1. Uma formula alternativa para ‖T‖ e

‖T‖ = supx∈D(T ), ‖x‖=1

‖Tx‖.

2. O numero

‖T‖ = supx∈D(T ), x6=0

‖Tx‖‖x‖

satisfaz as condicoes de (N1), (N2), (N3) e (N4) da Definicao 2.1.

Demonstracao: Seja x ∈ D(T ) tal que x 6= 0. Considerando

y =x

‖x‖


obtemos que

‖y‖ = ‖ x

‖x‖‖ =‖x‖‖x‖

= 1.

Sendo T um operador linear,

‖T‖ = supx∈D(T ), x6=0

‖Tx‖‖x‖

= supx∈D(T ), x6=0

‖T (x

‖x‖)‖ = sup

y∈D(T ), ‖y‖=1

‖Ty‖,

provando o item 1.

Vamos verificar agora que o numero real ‖T‖ dado em (2.21) satisfaz as condicoes exigidas

na Definicao 2.1. Para isso considere x ∈ D(T ), com x 6= 0. Entao,

0 ≤ ‖Tx‖‖x‖

≤ c.

Logo,

0 ≤ ‖T‖ = supx 6=0

‖Tx‖‖x‖

≤ c.

Ainda mais,

‖T‖ = 0⇔ supx 6=0

‖Tx‖‖x‖

= 0

⇔ ‖Tx‖ = 0, com x ∈ D(T ) e x 6= 0

⇔ Tx = 0, com x ∈ D(T ) e x 6= 0.

Como T0 = 0, obtemos que

‖T‖ = 0⇔ T = 0.

Mostrando as condic0oes (N1) e (N2) exigidas na Definicao 2.1.

Para todo α ∈ K temos que

‖(αT )(x)‖‖x‖

=|α|‖Tx‖‖x‖

= |α|‖Tx‖‖x‖

,

para todo x ∈ D(T ), com x 6= 0. Logo,

‖αT‖ = supx 6=0

‖(αT )(x)‖‖x‖

= supx 6=0|α|‖Tx‖‖x‖

= |α| supx 6=0

‖Tx‖‖x‖

= |α|‖T‖,

mostrando que ‖T‖ satisfaz a condicao (N3).

Sejam T1, T2 : D(T ) ⊂ X → X dois operadores lineares limitados. Para todo x ∈ D(T ) temos

que

‖(T1 + T2)(x)‖ = ‖T1x+ T2x‖ ≤ ‖T1x‖+ ‖T2x‖ ≤ (‖T1‖+ ‖T2‖)‖x‖.


Logo, para x ∈ D(T ), com x 6= 0 temos que

‖(T1 + T2)(x)‖‖x‖

≤ ‖T1‖+ ‖T2‖.

Portanto,

‖T1 + T2‖ ≤ ‖T1‖+ ‖T2‖,

provando a condicao (N4) e completando a demonstracao.

Exemplo 2.22. Consideremos em C[a, b] a norma

‖f‖ = maxt∈[a,b]

|f(t)|

e definamos a aplicacao T : C[a, b]→ C[a, b] por

x 7→ Tx,

onde

(Tx)(t) =

∫ t

a

x(τ)dτ,

para todo t ∈ [a, b].O operador integral e linear em C[a, b] e e limitado.

De fato: Para vermos esse fato, observemos inicialmente que dado x ∈ C[a, b] temos que

|x(t)| ≤ ‖x‖,

para todo t ∈ [a, b]. Logo,

|(Tx)(t)| = |∫ t

a

x(τ)dτ | ≤∫ t

a

|x(τ)|dτ ≤ (t− a)‖x‖ ≤ |a− b|‖x‖,

para todo t ∈ [a, b]. Assim,

‖Tx‖ ≤ |a− b|‖x‖.

Portanto, Tx ∈ C[a, b]. Claramente T : C[a, b]→ C[a, b] e um operador linear e

‖T‖ ≤ |a− b|,

completando o exemplo. �

Exemplo 2.23. Seja X o espaco de todos as funcoes polinomiais definidas em um intervalo [0, 1].

Consideremos em X a norma

‖x‖ = maxt∈[0,1]

|x(t)|,

para x ∈ X e definamos o operador derivada T : X → X definido por

Tx(t) = x′(t)

para todo x ∈ X. O operador T definido dessa maneira e linear, porem nao e limitado.


De fato: Para todo n ∈ N considere

xn(t) = tn, para t ∈ [0, 1].

Temos que

‖xn‖ = maxt∈[0,1]

|xn(t)| = maxt∈[0,1]

|tn| = 1,

para todo n ∈ N. Por outro lado, x′n(t) = ntn−1, para todo n ∈ N e, portanto,

‖T (xn)‖ = maxt∈[0,1]

|x′n(t)| = maxt∈[0,1]

|ntn−1| = n,

para todo n ∈ N. Logo,‖T (xn)‖‖xn‖

= n→∞, quando n→∞,

mostrando que T nao pode ser limitado e completando o exemplo. �

Teorema 2.10. Sejam X, Y dois espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares K. Se X

possui dimensao finita, entao todo operador linear em T : D(T ) ⊂ X → Y e limitado.

Demonstracao: Sejam dimKX = n < ∞ e considere {e1, . . . , en} uma base de X. Para todo

x ∈ D(T ) ⊂ X temos que

x =n∑j=1

xjej, xj ∈ K, i = 1, 2, . . . , n.

Como T e linear temos

‖Tx‖ = ‖n∑j=1

xjTej‖ ≤n∑j=1

| xj | ‖Tej‖ ≤ max1≤k≤n

‖Tek‖( n∑j=1

| xj |).

O Lema 2.1 que existe c > 0 tal que

n∑j=1

| xj |≤1

c‖

n∑j=1

xjej‖ =1

c‖x‖.

Assim,

‖Tx‖ ≤ max1≤k≤n

‖Tek‖1

c‖x‖.

Tomando γ = max1≤k≤n‖Tek‖c segue que

‖Tx‖ ≤ γ‖x‖.

Portanto, T e operador linear limitado, provado o teorema.

Os operadores lineares sao aplicacoes e, portanto, podemos usar a definicao de continuidade

de funcoes para operadores.


Seja T : D(T )→ Y um operador nao necessariamente linear, tal que D(T ) ⊂ X, com X e Y

espacos normados. Entao T e contınuo em x0 ∈ D(T ) se para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que

‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖Tx− Tx0‖ < ε.

Dizemos que um operador T e contınuo, se ele for contınuo em todo x ∈ D(T ). Se T e linear temos

o seguinte resultado

Teorema 2.11. Sejam X e Y espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares K e T :

D(T ) ⊂ X → Y um operador linear. Entao,

1. T e contınuo se, e somente se, T e limitado.

2. T e contınuo em x0 ∈ D(T ) se, e somente se, T e contınuo.

Demonstracao: Sejam X e Y dois espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares e T :

D(T ) ⊂ X → Y um operador linear.

Para provarmos o item 1, suponhamos inicialmente que T e um operador linear limtado.

Assim, para x0 ∈ D(T ) e ε > 0, escolhendo

δ =ε

‖T‖,

a linearidade de T implica que

‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖Tx− Tx0‖ = ‖T (x− x0)‖ ≤ ‖T‖‖x− x0‖ < ‖T‖δ = ε,

mostrando que T e contınuo em x0 ∈ D(T ). Como x0 foi tomado aleatoriamente em D(T ), temos

entao que T e um operador linear contınuo.

Suponhamos agora que T seja um operador linear contınuo. Fixado x0 ∈ D(T ), a continuidade

de T em x0 ∈ D(T ) implica que existe δ > 0 tal que

x ∈ D(T ) e ‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖Tx− Tx0‖ < 1.

Agora, para todo y ∈ D(T ) tal que y 6= 0, consideremos

x = x0 +δ

2‖y‖y ∈ D(T ),

pois D(T ) e um subespaco vetorial de X. Entao

x− x0 =δ

2‖y‖y,

ou seja,

‖x− x0‖ =‖δy‖2‖y‖

=δ

2< δ.


Logo,

1 > ‖Tx− Tx0‖ = ‖T (x− x0)‖ = ‖T δy

‖y‖‖ =

δ

‖y‖‖Ty‖.

Portanto,

‖Ty‖ ≤ 1

δ‖y‖,

mostrando que T e um operador limitado, concluindo a prova do item 1.

Para o item 2, observemos que se T e contınuo em x0 ∈ D(T ), a demonstracao do item anterior

implica que T e limitado e o item anterior implica entao que T e contınuo. A recıproca deste item

e imediata.

Corolario 2.7. Sejam X e Y dois espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares e T :

D(T ) ⊂ X → Y um operador linear limitado. Entao,

1. Se (xn) ⊂ D(T ) e um sequencia em D(T ) tal que existe x ∈ D(T ) tal que

xn → x em X,

entao

Txn → Tx em Y.

2. O espaco nulo N(T ) e fechado em D(T ), munido da norma de X.

Demonstracao: Seja T : D(T ) ⊂ X → X um operador linear.

1. Se T e operador linear limitado e xn, x ∈ D(T ) sao tais que xn → x, entao

0 ≤ ‖Txn − Tx‖ = ‖T (xn − x)‖ ≤ ‖T‖‖xn − x‖ → 0,

mostrando que Txn → Tx.

2. Seja x ∈ N(T ). Portanto, existe (xn) ⊂ D(T ) tal que xn → x. Assim,

Txn → Tx =⇒ ‖Txn − Tx‖ → 0.

Mas, Txn = 0 para todo n ∈ N. Consequentemente, Tx = 0, ou seja, x ∈ N(T ). Logo, N(T )

e fechado em D(T ), completando a prova do corolario.

Mostremos agora, algumas relacoes entre operadores.

• Sejam X, Y e Z espaco normados sobre o mesmo corpo de escalares, T1 : Y → Z e T2 :

X → Y operadores lineares limitados. Entao, a composicao de operadores lineares limitados

T1T2 : X → Z tambem e um operador linear limitado e

‖T1T2‖ ≤ ‖T1‖‖T2‖.


De fato: A linearidade da composicao e imediata. Ainda, para todo x ∈ Xtemos que

‖T1T2x‖ ≤ ‖T1‖T2x‖ ≤ ‖T1‖‖T2‖‖x‖,

mostrando que T1T2 e um operador limitado e que

‖T1T2‖ ≤ ‖T1‖‖T2‖,

completando a prova deste item. �

• Sejam X um espaco normado e T : X → X um operador linear limitado. O item acima e

um argumento de inducao mostram que para todo n ∈ N a composicao T n : X → X e um

operador linear limitado e

‖T n‖ ≤ ‖T‖n.

• Sejam X e Y espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares, T1 : D(T1) ⊂ X → Y e

T2 : D(T2) ⊂ X → Y operadores. Entao T1 = T2 se

– D(T1) = D(T2);

– T1x = T2x, para todo x ∈ D(T1) = D(T2).

• A restricao de um operador T : D(T ) ⊂ X → Y a um subconjunto B ⊂ D(T ), denotada

por

T |B,

e o operador definido por

T |B : B ⊂ X → Y, T |Bx = Tx,

para todo x ∈ B.

• Uma extensao de um operador T : D(T ) ⊂ X → Y a um conjunto M ⊃ D(T ) e um operador

T : M ⊂ X → Y tal que

T �D(T )= T,

ou seja, T x = Tx, para todo x ∈ D(T ).

Teorema 2.12. Seja T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear limitado, onde X e um espaco

normado e Y e um espaco de Banach, ambos sobre o mesmo corpo de escalares. Entao, existe

uma extensao de T definida por

T : D(T ) ⊂ X → Y,

onde T e um operador linear limitado tal que

‖T‖ = ‖T‖.


Demonstracao: Seja x ∈ ¯D(T ). Entao existe uma sequencia (xn) ∈ D(T ) tal que

xn → x, quando n→∞.

A limitacao de T implica que para quaisquer m,n ∈ N,

0 ≤ ‖Txn − Txm‖ ≤ ‖T‖‖xm − xn‖ → 0,

quando m,n→∞. Logo, (Txn) ⊂ Y e um sequencia de Cauchy em Y, que e um espaco de Banach.

Portanto, existe y ∈ Y tal que

Txn → y, quando n→∞.

Definamos T : D(T ) ⊂ X → Y por

T (x) = y = limT (xn).

Mostremos inicialmente que essa definicao independe da escolha da sequencia (xn). Para isso

sejam (xn), (x′n) ⊂ D(T ) sequencias em D(T ) tais que

xn → x e x′n → x,

quando n→∞. Considerando (vn) definida por (x1, x′1, x2, x

′2, . . . ), temos que vn → x e, portanto,

(T (vn)) converge, pois

0 ≤ ‖Tvm − Tvm‖ ≤ ‖T‖‖vN − vm‖ → 0,

quando m,n → ∞ e Y e um espaco de Banach. Como (T (xn)) e (T (x′n)) sao subsequencias de

(T (vn)) entao (T (xn)) e (T (x′n)) necessariamente convergem para o mesmo limite, mostrando que

T esta bem definida.

Seja agora x ∈ D(T ) e considere uma sequencia xn = x, para todo n ∈ N. Entao,

Txn → T (x), quando n→∞.

Logo,

Tx = T x, x ∈ D(T ).

Claramente T e linear.

Mostremos agora que T e limitado e ‖T‖ = ‖T‖. Para isso seja x ∈ D(T ). Logo existe

(xn) ⊂ D(T ) tal que

xn → x ∈ D(T ).


Assim,

0 ≤ ‖Txn‖ ≤ ‖T‖‖xn‖.

Por outro lado,

Txn → T x, quando n→∞

e,a continuidade da norma implica que

‖T x‖ ≤ ‖T‖‖x‖,

mostrando que T e limitado e que

‖T‖ ≤ ‖T‖.

Mas, para todo x ∈ D(T ) temos que T x = Tx. Logo,

‖Tx‖ = ‖T x‖ ≤ ‖T‖‖x‖,

mostrando que

‖T‖ ≤ ‖T‖,

completando a prova do teorema.

2.7 Funcionais Lineares

Um funcional e um operador definido em um espaco vetorial sobre um corpo de escalares K,tal que o seu conjunto imagem, R(f) ⊂ K, esta contido no corpo de escalares K.

Definicao 2.19. Seja X um espaco vetorial sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R).

Um funcional linear e um operador linear f : D(f) ⊂ X → K.

Definicao 2.20. Seja X um espaco normado sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R).

Um funcional linear f : D(f) ⊂ X → K e limitado se existe um numero real nao negativo, c ≥ 0,

tal que para todo x ∈ D(f),

| f(x) |≤ c‖x‖.

Alem disso, a norma de f e dada por

‖f‖ = supx∈D(T ),x 6=0

| f(x) |‖x‖

,

ou ainda,

‖f‖ = supx∈D(T ), ‖x‖=1

| f(x) | .


Dessas definicoes obtemos que todo funcional linear f e tal que

| f(x) |≤ ‖f‖‖x‖, x ∈ X

e temos o seguinte teorema.

Teorema 2.13. Seja X um espaco normado sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R).

Um funcional linear f : D(f) ⊂ X → K e contınuo se, e somente se, ele for limitado.

Demonstracao: Segue do Teorema 2.11

Vejamos agora alguns exemplos de funcionais lineares e nao lineares.

Exemplo 2.24. Seja X um espaco normado sobre R. A norma ‖ . ‖ : X → R e um funcional em

X que nao e linear.

Exemplo 2.25. A integral definida e um funcional linear limitado no conjunto das funcoes

contınuas. Mais especificamente, Se f : C[a, b]→ R e definido por

f(x) =

∫ b

a

x(t)dt,

para todo x ∈ C[a, b], entao f e um funcional linear limitado.

De fato: Sejam x, y ∈ C[a, b] e α, β ∈ R. Temos que

f(αx+ βy) =

∫ b

a

(αx(t) + βy(t))dt = α

∫ b

a

x(t)dt+ β

∫ b

a

y(t)dt = αf(x) + βf(y),

mostrando que f e linear.

Ainda,

| f(x) |=|∫ b

a

x(t)dt |≤ (b− a) maxt∈J| x(t) |= (b− a)‖x‖ ⇒| f(x) |≤ c‖x‖,

onde J = [a, b] e c = (b− a), mostrando que f e limitado.

Portanto a integral definida e um funcional linear limitado. �

Seja X um espaco normado sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R). O espaco

de todos os funcionais lineares definidos em X f : X → K e chamado de espaco dual de X.

Denotaremos este espaco por X∗, isto e,

X∗ = {f : X → K; f e linear}.


As operacoes algebricas definidas neste espaco sao a adicao e a multiplicacao por escalar

usuais. Para f1, f2 ∈ X∗ funcionais lineares em X e x ∈ X temos que a soma e definida por

(f1 + f2)(x) = f1(x) + f2(x).

O produto de um escalar α ∈ K por um funcional linear f ∈ X∗ e definido por

(αf)(x) = αf(x),

para todo x ∈ X. Assim, com as operacoes acima, X∗ e um espaco vetorial sobre o corpo de

escalares K.

O espaco bidual de X que denotamos por X∗∗, e o espaco que consiste de todos os funcionais

lineares definidos em X∗, isto e,

X∗∗ = {ϕ : X∗ → K; ϕ e linear}.

Observemos entao que

X∗∗ = (X∗)∗.

Vamos relacionar agora os espacos normados X e X∗∗. Consideremos

C : X → X∗∗

x 7→ C(x) = gx : X∗ → K

f 7→ gx(f) = f(x).

Sejam x1, x2 ∈ X. Se x1 = x2, entao

f(x1) = f(x2),

para todo f ∈ X∗. Logo,

C(x1) = gx1 = gx2 = C(x2)

Tambem, para cada x ∈ X fixado, f1, f2 ∈ X∗ e α, β ∈ K temos que

gx(αf1 + βf2) = (αf1 + βf2)(x) = αf1(x) + βf2(x) = αgx(f1) + βgx(f2),

mostrando que C esta bem definida.

Ainda, para x1, x2 ∈ X e α, β ∈ K temos que

C(αx1 + βx2)(f) = gαx1+βx2(f)

= f(αx1 + βx2)

= αf(x1) + βf(x2)

= αgx1(f) + βgx2(f)

= αC(x1)(f) + βC(x2)(f)

= (αC(x1) + βC(x2))(f),


para todo f ∈ X. Logo,

C(αx1 + βx2) = αC(x1) + βC(x2),

mostrando que C e um operador linear, denominado imersao canonica de X em X∗∗ e, tambem

dizemos que X esta isometricamente imerso em X∗∗.

2.8 Operadores e Funcionais Lineares Limitados em Espa-

cos Vetoriais de Dimensao Finita

Mostraremos nesta secao que operadores lineares em espacos vetoriais de dimensao finita podem

ser representados atraves de matrizes e apresentaremos algumas propriedades imediatas sobre esses

operadores lineares.

Sejam X e Y espacos vetoriais de dimensao finita sobre o mesmo corpo de escalares K e

T : X → Y um operador linear. Escolhemos E = {e1, . . . , en} base de X e B = {b1, . . . , bm} base

de Y. Se x ∈ X, entao

x = x1e1 + . . .+ xnen. (2.22)

Como T e linear, entao

y = Tx = T (n∑k=1

xkek) =n∑k=1

xkTek. (2.23)

A representacao dada em (2.22) e unica e, portanto, T e unicamente determinado se a imagem

Tek dos elementos da base {e1, e2, . . . , en} sao dados.

Da mesma forma, todo y ∈ R(T ) ⊂ Y e yk = Tek ∈ R(T ) ⊂ Y, k = 1, 2, . . . , n, possuem uma

unica representacao dada por

y = Tx =m∑j=1

ηjbj e Tek =m∑j=1

τjkbj. (2.24)

De (2.22), (2.23) e (2.24) obtemos que

m∑j=1

ηjbj = y = Tx =n∑k=1

xkTek =n∑k=1

xk

m∑j=1

τjkbj =m∑j=1

(n∑k=1

τjkxk)bj.

Como bj, j = 1, . . .m, sao vetores linearmente independentes, segue que

ηj =n∑k=1

τjkxk

A imagem y = Tx pode ser obtida de (2.23) e os coeficientes em (2.24) formam uma matriz

TEB = (τjk),


com m linhas e n colunas. A matriz TEB e unicamente determinada pelo operador linear T.

Tambem, toda matriz determina um unico operador linear T .

Sejam X um espaco vetorial, n = dimK <∞, {e1, . . . , en} uma base de X e X∗ o espaco dual

de X. Assim, para todo f ∈ X∗ temos que

f(x) = f(n∑j=1

xjej) =n∑j=1

xjf(ej) =n∑j=1

xjαj, x ∈ X,

onde

αj = f(ej). (2.25)

Consequentemente toda n − upla de escalares α1, . . . , αn determina um funcional linear em

X, definido por (2.25). Em particular se tomarmos as n−uplas

(1, 0, 0, · · · 0, 0)

(0, 1, 0, · · · 0, 0)

. . . · · · . .

(0, 0, 0, · · · 0, 1).

De (2.25) obtemos n funcionais lineares, denotados por f1, f2, . . . , fn : X → K definidos por

fk(ej) = δj =

{0 sej 6= k,

1 sej = k.(2.26)

O sımbolo δjk e chamado de delta Kronecker, o conjunto {f1, . . . , fn} forma uma base para X∗,

denominada base dual da base {e1, . . . , en} de X. Temos o seguinte resultado

Teorema 2.14. Seja X um espaco vetorial n − dimensional sobre um corpo de escalares K e

E = {e1, . . . , en} uma base de X. Entao, F = {f1, . . . , fn}, f1, . . . , fn definidos em (2.26), e uma

base para o espaco dual de X e dimX∗ = dimX = n.

Demonstracao: Vamos mostrar que F e um conjunto linearmente independente em X∗. Supo-

nhamos quen∑j=1

βjfj = 0,

para β1, β2, . . . , βn. Assim,n∑j=1

βjfj(x) = 0,

para todo x ∈ X. Para todo k = 1, 2, . . . , n, tomando x = ek, obtemos que

0 =n∑j=1

βjfj(ek) = βk.


Portanto F e linearmente independente.

Seja agora f ∈ X∗. Para todo x ∈ X, temos que

x =n∑k=1

xjej,

onde x1, x2, . . . , xn ∈ K. Logo, a linearidade de f implica que

f(x) =n∑j=1

xjf(ej) =n∑j=1

xjαj, (2.27)

onde αj = f(ej), j = 1, 2, . . . , n. Por outro lado, para todo j = 1, . . . , n, segue que

fj(x) = fj(x1e1 + . . .+ xnen) = x1fj(e1) + . . .+ xnfj(en) = xj. (2.28)

Assim, (2.27) e (2.28) implicam que

f(x) =n∑j=1

αjfj(x),

mostrando que

f = α1f1 + . . .+ αnfn.

Logo,

{f1, f2, . . . , fn}

e uma base para X∗, provando teorema.

Mostremos agora uma importante propriedade em espacos vetoriais de dimensao finita.

Lema 2.12. Seja X um espaco vetorial de dimensao finita sobre um corpo de escalares K. Se

x0 ∈ X e tal que f(x0) para todo f ∈ X∗, entao x0 = 0.

Demonstracao: Seja {e1, e2, . . . , en} uma base de X e α1, . . . , αn ∈ K tais que

x0 = α1e1 + α2e2 + . . .+ αnen.

Por hipotese temos que

0 = f(x0) =n∑i=1

αif(ei),

para todo f ∈ X∗. Tomando f = fj, onde fj e um elemento da base dual de X∗, obtemos que

0 =n∑i=1

αifj(ei) = αj,

para todo j = 1, 2, . . . , n, mostrando que x0 = 0 e provando o lema.


Consideremos agora a imersao canonica

C : X → X∗∗

x 7→ C(x) = gx : X∗ → K

f 7→ gx(f) = f(x).

Definicao 2.21. Seja X um espaco vetorial. Diremos que X e algebricamente reflexivo quando

C for sobrejetora, isto e, quando

R(C) = X∗∗.

Teorema 2.15. Todo espaco vetorial de dimensao finita e algebricamente reflexivo.

Demonstracao: Seja x0 ∈ Ker (C). Entao C(x0) = 0 e, portanto, gx0 = 0, ou seja,

0 = gx0(f) = f(x0),

para todo f ∈ X∗. Logo, o Lema 2.12 implica que x0 = 0, mostrando que Ker (C) = {0} e que C

e injetora. Como o Teorema 2.14 implica que

dimX = dimX∗ = dimX∗∗,

obtemos que C tambem e sobrejetora, concluindo a prova deste teorema.

2.9 Operadores em Espacos Normados e O Espaco Dual

Sejam X e Y espacos normados e consideremos

B(X, Y ) = {T ∈ L(X, Y ); T e limitado}.

Vamos mostrar que B(X, Y ) tambem e um espaco normado. Recordemos que definimos a soma

de dois operadores T1, T2 ∈ B(X, Y ) por

(T1 + T2)(x) = T1x+ T2x

e o produto entre T ∈ B(X, Y ) e um escalar α por

(αT )x = α(Tx).

Agora a Proposicao 2.14 implica o seguinte resultado

Teorema 2.16. O espaco vetorial B(X, Y ) e um espaco normado com norma dada por

‖T‖ = supx 6=0

‖Tx‖‖x‖

= sup‖x‖=1

‖Tx‖.


O resultado que segue nos diz quando o espaco B(X, Y ) e um espaco de Banach.

Teorema 2.17. Se Y e um espaco de Banach, entao B(X, Y ) e um espaco de Banach.

Demosntracao: Seja (Tn) uma sequencia de Cauchy em B(X, Y ). Entao, para todo ε > 0 existe

N > 0 tal que

‖Tn − Tm‖ < ε sempre que m,n > N.

Para todo x ∈ X e m,n > N, temos que

‖Tnx− Tmx‖ = ‖(Tn − Tm)x‖ ≤ ‖Tn − Tm‖‖x‖ ≤ ε‖x‖. (2.29)

Assim dado ε > 0, para cada x ∈ X fixado, (2.29) implica que

‖Tnx− Tmx‖ ≤ ε,

sempre que m,n > N, ou seja (Tnx) e de Cauchy em Y, para cada x ∈ X. Como Y e completo,

existe um unico y ∈ Y tal que

Tnx→ y, quando n→∞.

Definamos T : X → Y por

x 7→ Tx = y = limTn(x).

A unicidade do limite implica que T esta bem definida e que

T (αx+ βz) = limTn(αx+ βz)

= lim(αTnx+ βTnz)

= limαTnx+ lim βTnz

= α limTnx+ β limTnz

= αTx+ βTz,

isto e, T ∈ L(X, Y ).

Vamos mostrar que T e limitado e Tn → T. De fato, fazendo m → ∞ em (2.29) e usando a

continuidade da norma obtemos que

‖Tmx− Tx‖ ≤ ε‖x‖,

sempre que m > N e‖(Tm − T )x‖‖x‖

< ε,

para todo x ∈ X. Logo, Tm − T e limitado. Como Tm e limitado e

T = Tm − (Tm − T ),


segue que T ∈ B(X, Y ) e

‖Tm − T‖ = supx 6=0

‖Tnx− Tx‖‖x‖

< ε,

sempre que m > N, mostrando que

‖Tm − T‖ → 0, quando m→∞

e, portanto, que B(X, Y ) e um espaco de Banach.

Definicao 2.22. Seja X um espaco normado. Definimos o dual (topologico) de X como sendo o

espaco normado

X ′ = {f ∈ X∗; f e limitado},

com norma definida por

‖f‖ = supx 6=0

| f(x) |‖x‖

.

Teorema 2.18. O espaco dual X ′ de um espaco normado X e um espaco de Banach.

Um isomorfismo isometrico de um espaco normado X em um espaco normado X e uma bijecao

linear

T : X → X

que preserva norma, isto e, para todo x ∈ X

‖Tx‖ = ‖x‖.

Quando existe tal isomorfismo, X e X sao chamados de espacos isometricamente isomorfos.

Exemplo 2.26. O espaco dual de Rn e isomorfo a Rn.

De fato: O Teorema 2.10 implica que

(Rn)′ = (Rn)∗.

Agora, seja x ∈ Rn e f ∈ (Rn)∗. Logo,

x = α1e1 + . . . αnen =n∑i=1

αiei

e a linearidade de f impica que

f(x) =n∑i=1

αif(ei) =n∑i=1

αiγi,


onde γi = f(ei), i = 1, 2, . . . , n. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz temos que

| f(x) |=|n∑i=1

αiγi |≤n∑i=1

| αiγi |≤

√√√√ n∑i=1

α2i

√√√√ n∑i=1

γ2i = ‖x‖

√√√√ n∑i=1

γ2i .

Logo,

‖f‖ = supx 6=0

| f(x) |‖x‖

≤

√√√√ n∑i=1

γ2i .

Ainda, como x0 = γ1e1 + γ2e2 + . . .+ γnen ∈ Rn, obtemos que

‖f‖ =

√√√√ n∑i=1

γ2i = ‖c‖,

onde c = (γ1, γ2, . . . , γn) ⊂ Rn.Portanto, existe um isomorfismo isometrico

ϕ : (Rn)′ → Rn

definido por

f 7→ ϕ(f) = c = (f(e1), f(e2), . . . , f(en)).

Claramente ϕ e linear, injetora e, portanto bijetora, uma vez que dimRn = dim(Rn)′. As ob-

servacos acima mostram que ϕ e uma isometria, completando o exemplo. �

Exemplo 2.27. O espaco dual de l1 e isomorfo a l∞.

De fato: Seja {e1, e3, . . .} ⊂ l1 uma base de Schauder para l1, onde

e1 = (1, 0, 0, · · · 0, . . .) = (δ1j)

e2 = (0, 1, 0, · · · 0, . . .) = (δ2j)...

... . · · · ......

ek = (0, 0, 0, · · · 1, . . .) = (δkj)...

...... · · · ...

....

Entao, todo x ∈ l1 se escreve, de forma unica, como

x =∞∑k=1

ξkek, (2.30)

onde ξk ∈ R, k = 1, 2, . . . .

Consideremos agora um elemento f ∈ (l1)′ no dual de l1. Como

x = limn→∞

n∑k=1

ξkek


e f e um funcional linear limitado, entao

f(x) = f( limn→∞

n∑k=1

ξkek) = limn→∞

n∑k=1

ξkf(ek),

ou seja,

f(x) =∞∑k=1

ξkγk, (2.31)

onde γk = f(ek), k = 1, 2, . . . e sao unicamente determinados por f. Ainda, para todo k = 1, 2, . . . ,

|γk| = |f(ek)| ≤ ‖f‖‖ek‖ = ‖f‖

e, portanto,

supk∈N|γk| ≤ ‖f‖, (2.32)

mostrando que c = (γ1, γ2, . . .) ∈ l∞.

Por outro lado, para todo b = (βk) ∈ l∞, vamos definir um funcional linear limitado em l1

associado a b. Para isso, definamos g : l1 → K por

g(x) = g(ξ1, ξ2, . . .) =∞∑k=1

ξkβk.

Observemos inicialmente que para todo k = 1, 2, . . . ,

|ξkβk| ≤ |ξk||βk| ≤ |ξk| supj∈N|βj| = |ξk|‖b‖∞.

Como x = (ξ1, ξ2, . . .) ∈ l1, entao

|n∑k=1

ξkβk| ≤n∑k=1

|ξkβk| ≤ ‖b‖∞∞∑k=1

|ξk| <∞,

para todo n ∈ N. Logo,

|∞∑k=1

ξkβk| ≤∞∑k=1

|ξkβk| ≤ ‖b‖∞∞∑k=1

|ξk| <∞

e

|g(x)| ≤∞∑k=1

|ξk|‖b‖∞ = ‖b‖∞∞∑k=1

|ξk| = ‖b‖∞‖x‖1,

mostrando que g esta bem definida e e um funcional limitado. A linearidade de g e imediata.

Assim, g ∈ (l1)′.


Vamos mostrar agora que

supk∈N|γk| = ‖f‖,

onde γk = f(ek), k = 1, 2, . . . unicamente determinados por f sao dados em (2.31). Ainda, (2.31)

implica que

|f(x)| = |∞∑k=1

ξkγk| ≤ ‖x‖1 supj∈N|γj‖,

mostrando que

‖f‖ ≤ supj∈N|γj‖,

mostrando que

‖f‖ = supj∈N|γj‖ = ‖c‖∞.

Portanto a aplicacao ϕ : (l1)′ → l∞ definida por

ϕ(f) = c,

onde c = (γ1, γ2, . . .) = (f(e1), f(e2), . . .) e um isomorfismo isometrico, completando o exemplo.�

Exemplo 2.28. Para 1 < p < ∞, o espaco dual de lp e isomorfo a lq, onde 1 < q < ∞ e o

expoente conjugado de 1 < p <∞, isto e,

1

p+

1

q= 1.

De fato: Fixemos

1 < p <∞ e 1 < q <∞ tais que1

p+

1

q= 1.

Como no exemplo anterior, uma base de Schauder {e1, e3, . . .} ⊂ lp, 1 < p < ∞, para lp e dada

por

e1 = (1, 0, 0, · · · 0, . . .) = (δ1j)

e2 = (0, 1, 0, · · · 0, . . .) = (δ2j)...

... . · · · ......

ek = (0, 0, 0, · · · 1, . . .) = (δkj)...

...... · · · ...

....

Entao, todo x ∈ lp se escreve, de forma unica, como

x =∞∑k=1

ξkek, (2.33)

onde ξk ∈ R, k = 1, 2, . . . .


Consideremos agora um elemento f ∈ (lp)′ no dual de lp. Como

x = limn→∞

n∑k=1

ξkek

e f e um funcional linear limitado, entao

f(x) = f( limn→∞

n∑k=1

ξkek) = limn→∞

n∑k=1

ξkf(ek),

ou seja,

f(x) =∞∑k=1

ξkγk, (2.34)

onde γk = f(ek), k = 1, 2, . . . e sao unicamente determinados por f. Considerando q o expoente

conjugado de p, consideremos, para cada n ∈ N, xn = (ξ(n)k ) definido por

ξ(n)k =

{|γk|qγk, se k ≤ n e γk 6= 0;

0, se k > n ou γk = 0.(2.35)

Substituindo os valores de ξ(n)k dados em (2.35) em (2.34) obtemos que

f(xn) =∞∑k=1

ξ(n)k γk =

n∑k=1

|γk|q,

para cada n ∈ N. Novamente, usando (2.35) e o fato que

p(q − 1) = q,

obtemos, para cada n ∈ N, que

f(xn) ≤ |f(xn)| ≤ ‖f‖‖xn‖p

= ‖f‖(∞∑k=1

|ξ(n)k |p)

1p

= ‖f‖(n∑k=1

| |γk|q

γk|p)

1p

= ‖f‖(n∑k=1

|γk|(q−1)p)1p

= ‖f‖(n∑k=1

|γk|q)1p .

Logo,n∑k=1

|γk|q = f(xn) ≤ ‖f‖(n∑k=1

|γk|q)1p ,


para cada n ∈ N, de onde obtemos que ∑nk=1 |γk|q

(∑n

k=1 |γk|q)1p

≤ ‖f‖,

para cada n ∈ N, ou seja,

(n∑k=1

|γk|q)1q ≤ ‖f‖,

para cada n ∈ N. Fazendo n→∞, obtemos que

(∞∑k=1

|γk|q)1q ≤ ‖f‖,

mostrando que c = (γ1, γ2, . . .) = (γk) ∈ lq.

Por outro lado, para todo b = (βk) ∈ lq, vamos definir um funcional linear limitado em lp

associado a b. Para isso, definamos g : lp → K por

g(x) = g(ξ1, ξ2, . . .) =∞∑k=1

ξkβk,

onde x = (ξ1, ξ2, . . .) ∈ lp. Observemos inicialmente que a linearidade de g e imediata e a desigual-

dade de Holder implica que

|g(x)| ≤ ‖x‖p‖b‖q,

para todo x ∈ lp, mostrando que g ∈ (lp)′.

Vamos mostrar agora que

‖c‖q = (∞∑k=1

|γk|q)1q = ‖f‖.

Ja provamos que

‖c‖q = (∞∑k=1

|γk|q)1q ≤ ‖f‖.

Mas, para todo x = (ξk) ∈ lp a desigualdade de Holder e (2.34) implicam que

|f(x)| = |∞∑k=1

ξkγk| ≤∞∑k=1

|ξkγk| ≤ ‖x‖p‖c‖q,

provando o desejado.

Portanto a aplicacao ϕ : (lp)′ → lq definida por

ϕ(f) = c,

onde c = (γ1, γ2, . . .) = (f(e1), f(e2), . . .) e um isomorfismo isometrico, completando o exemplo.�


Definicao 2.23. Sejam X um espaco normado sobre um corpo K, X ′ o dual de X e

X ′′ = (X ′)′ = {ϕ ∈ X∗∗;ϕ e limitado }.

Definimos a imersao canonica

C : X → X ′′

x 7→ C(x) = gx : X ′ → K

f 7→ gx(f) = f(x).

Dizemos que X e reflexivo se, e somente se,

R(C) = X ′′.

Capıtulo 3

Espacos com Produto Interno

O objetivo principal deste capıtulo e generalizar o conceito de produto escalar, estudados no

curso de Geometria Analıtica para os espacos euclideanos R2 e R3, para espacos vetorias mais

gerais e tambem tentar obter as propriedades geometricas decorrentes dos produtos escalares tais

como ortogonalidade, angulos, entre outras.

3.1 Definicao e Espacos de Hilbert

Nesta secao vamos definir os espacos que serao estudados neste capıtulo, apresentar alguns

exemplo, estudar algumas de suas propriedades e relacionar esses espacos com os espacos normados

e de Banach estudados no capıtulo anterior.

Definicao 3.1. Seja H um espaco vetorial sobre um corpo K.. Dizemos que uma aplicacao

〈 · , · 〉 : H × H → R e um produto escalar se para todos u, v, w ∈ H e α ∈ K valem as seguintes

condicoes:

(IP1) 〈u+ v, w〉 = 〈u,w〉+ 〈v, w〉;

(IP2) 〈αu, v〉 = α〈u, v〉;

(IP3) 〈u, v〉 = 〈v, u〉;

(IP4) 〈u, u〉 ≥ 0 e 〈u, u〉 = 0⇐⇒ u = 0.

Nesse caso, dizemos que H = (H, 〈 · , · 〉) e um espaco com produto interno.

Observemos que se o corpo de escalares do espaco vetorial H for o corpo dos numeros reais

R, entao (IP3) pode ser escrita como

〈u, v〉 = 〈v, u〉

97


para todo u, v ∈ H e neste caso dizemos que o produto interno e simetrico.

Para u, v, w ∈ H e α, β ∈ K, (IP1), (IP2) e (IP3) implicam que

(a) 〈αu+ βv, w〉 = α〈u, v〉+ β〈v, w〉.

De fato:

〈αu+ βv, w〉 = 〈αu,w〉+ 〈βv, w〉 = α〈u,w〉+ β〈v, w〉.

(b) 〈u, αv〉 = α〈u, v〉.

De fato:

〈u, αv〉 = 〈αv, u〉 = α〈v, u〉 = α〈u, v〉.

(c) 〈u, αv + βw〉 = α〈u, v〉+ β〈u,w〉.

De fato:

〈u, αv + βw〉 = 〈αv + βw, u〉 = α〈v, u〉+ β〈w, u〉 = α〈u, v〉+ β〈u,w〉.

Proposicao 3.1. Seja H um espaco com produto interno. Entao

1. Para todo u, v ∈ H,|〈u, v〉| ≤ 〈u, u〉

12 〈v, v〉

12 . (3.1)

2. A aplicacao u 7→ ‖u‖ = 〈u, u〉 12 define uma norma em H, que sera denominada norma

induzida pelo produto interno 〈 · , · 〉.

3. A aplicacao (u, v) 7→ d(u, v) = 〈u−v, u−v〉 12 define uma metrica em H, que sera denominada

metrica induzida pelo produto interno 〈 · , · 〉.

Demonstracao: Primeiro observemos que para todo u, v ∈ H, o numero complexo, 〈u, v〉 pode

ser escrito sob a forma

〈u, v〉 = |〈u, v〉 |eiθ

e, portanto,

〈 v, u〉 = 〈u, v〉 = |〈u, v〉 |e−iθ = |〈u, v〉 |e−iθ.

Assim, para todo λ ∈ C temos que

0 ≤ 〈λu+ eiθv, λu+ eiθv〉= λλ〈u, u〉+ λe−iθ〈u, v〉+ λeiθ〈v, u〉+ 〈v, v〉= λλ〈u, u〉+ λe−iθ|〈u, v〉 |eiθ + λeiθ|〈u, v〉 |e−iθ + 〈v, v〉= λλ〈u, u〉+ (λ+ λ)|〈u, v〉 |+ 〈v, v〉.


Tomando λ ∈ R e fazendo a = 〈u, u〉, b = 2|〈u, v〉| e c = 〈v, v〉, obtemos que

0 ≤ 〈λu+ eiθv, λu+ eiθv〉 = aλ2 + bλ+ c := p(λ).

Mas,

p(λ) ≥ 0 ⇔ 4|〈u, v〉|2 − 4〈u, u〉〈v, v〉 ≤ 0

⇔ |〈u, v〉|2 ≤ 〈u, u〉〈v, v〉.

Assim,

|〈u, v〉| ≤ 〈u, u〉12 〈v, v〉

12 ,

para todo u, v ∈ H, provando (3.1).

A demonstracao dos ıtens 2 e 3 sao imediatas e ficam como exercıcio.

Observemos que a igualdade em (3.1) ocorre quando u = λv, ou quando v = λu. Ainda,

usando a norma definida na proposicao acima, (3.1) pode ser escrita como

|〈u, v〉| ≤ ‖u‖‖v‖,

para todos u, v ∈ H, que e conhecida como Desigualdade de Cauchy-Schwarz.

Teorema 3.1 (M. Frechet, J. Von Neumann e P. Jordan). Seja (H, ‖ ‖) um espaco normado.

A norma ‖ ‖ e induzida por um produto interno em H se, e somente se, vale a identidade do

paralelogramo

‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2),

para u, v ∈ H.

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que exista um produto interno 〈 · , · 〉 em H tal

que

‖u‖ = 〈u, u〉12 ,

para todo u ∈ H. Assim, para todo u, v ∈ H, segue que

‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = (√〈u+ v, u+ v〉)2 + (

√〈u− v, u− v〉)2

= 〈u+ v, u+ v〉+ 〈u− v, u− v〉= 〈u, u+ v〉+ 〈v, u+ v〉+ 〈u, u− v〉 − 〈v, u− v〉= 〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈v, u〉+ 〈v, v〉+ 〈u, u〉 − 〈u, v〉 − 〈v, u〉+ 〈v, v〉= 2(‖u‖2 + ‖v‖2),

mostrando que a desigualdade do paralelogramo e valida.


Suponhamos agora que a identidade do paralelogramo seja valida para a norma definida em

H e definamos f : H ×H → R por

f(u, v) =1

4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2), u, v ∈ H.

Observemos inicialmente que para todo u ∈ H,

f(u, u) =1

4(‖u+ u‖2 − ‖u− u‖2) = ‖u‖2. (3.2)

Tambem, para u, v ∈ H,

f(u, v) =1

4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2) =

1

4(‖v + u‖2 − | − 1|‖v − u‖2) = f(v, u). (3.3)

Mostremos agora que

f(u+ v, w) = f(u,w) + f(v, w), (3.4)

para quaisquer u, v, w ∈ H. Para fazermos isso definamos a funcao auxiliar ϕ : H ×H ×H → Rpor

ϕ(u, v, w) = 4[f(u+ v, w)− f(u,w)− f(v, w)], u, v, w ∈ H

e mostremos que ϕ(u, v, w) = 0, para todos u, v, w ∈ H. A definicao de f implica que

f(u+ v, w) =1

4(‖u+ v + w‖2 − ‖u+ v − w‖2)

f(u,w) =1

4(‖u+ w‖2 − ‖u− w‖2)

f(v, w) =1

4(‖v + w‖2 − ‖v − w‖2).

Logo,

ϕ(u, v, w) = ‖u+ v + w‖2 − ‖u+ v − w‖2 − ‖u+ w‖2 + ‖u− w‖2 − ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2

= ‖(u+ w) + v‖2 − ‖(u− w) + v‖2 − ‖u+ w‖2 + ‖u− w‖2 − ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2

(3.5)

A identidade do paralelogramo implica que

‖(u+ w) + v‖2 + ‖(u+ w)− v‖2 = 2(‖u+ w‖2 + ‖v‖2)‖(u− w) + v‖2 + ‖(u− w)− v‖2 = 2(‖u− w‖2 + ‖v‖2).

Portanto,

ϕ(u, v, w) = 2‖u+ w‖2 + 2‖v‖2 − ‖(u+ w)− v‖2 − 2‖u− w‖2 − 2‖v‖2

+ ‖(u− w)− v‖2 − ‖u+ w‖2 + ‖u− w‖2 − ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2

= ‖u+ w‖2 − ‖(u+ w)− v‖2 − ‖u− w‖2 + ‖(u− w)− v‖2

− ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2.

(3.6)


Somando (3.5) e (3.6) obtemos que

2ϕ(u, v, w) = ‖(u+ w) + v‖2 − ‖(u− w) + v‖2 − ‖(u+ w)− v‖2 + ‖(u+ w)− v‖2

+ ‖(u− w)− v‖2 − 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2

= [‖u+ w + v‖2 + ‖u− w − v‖2]− [‖u− w + v‖2 + ‖u+ w − v‖2]− 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2,

e a identidade do paralelogramo implica que

2ϕ(u, v, w) = [‖u+ (v + w)‖2 + ‖ − u+ (v + w)‖2]− [‖(v − w) + u‖2 + ‖(v − w)− u‖2]− 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2

= 2(‖u‖2 + ‖v + w‖2)− 2(‖v − w‖2 + ‖u‖2)− 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2

= 0,

mostrando que ϕ(u, v, w) = 0 e, portanto, mostrando (3.4).

Mostremos agora que

f(αu, v) = αf(u, v), (3.7)

para quaisquer u, v ∈ H e αR. Para isso fixemos u, v ∈ H e definamos φ : R→ R por

φ(α) = f(αu, v)− αf(u, v), α ∈ R

e mostremos que φ(α) = 0, para todo α ∈ R. Vamos separar a demonstracao em casos.

α = 0 Neste caso temos

φ(0) = f(0, v) =1

4[‖v‖2 − ‖ − v‖2] = 0,

provando o resultado para este caso.

α = −1 Neste caso temos

φ(1) = f(u, v)− f(u, v) = 0,


α = 1 Neste caso temos

φ(−1) = f((−1)u, v)− (−1)f(u, v)

=1

4[‖ − u+ v‖2 − ‖ − u− v‖2 + ‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2]

= 0,



α = n, n ∈ N Neste caso, (3.4) implica que

φ(n) = f((n)u, v)− (n)f(u, v)

= f((u+ u+ u+ . . .+ u), v)− nf(u, v)

= f(u, v) + . . .+ f(u, v)− nf(u, v)

= nf(u, v)− nf(u, v)

= 0,


α = −n, n ∈ N Neste caso, pelos casos anteriores, temos

φ(−n) = f((−n)u, v)− (−n)f(u, v)

= f(n(−u), v) + nf(u, v)

= nf(−u, v) + nf(u, v)

= −nf(u, v) + nf(u, v)

= 0,


Os cinco casos acima mostram que

φ(n) = 0, n ∈ Z. (3.8)

α = pq, p, q ∈ Z e q 6= 0. Neste caso, (3.8) implica que

φ(p

q) = f((

p

q)u, v)− (

p

q)f(u, v)

= pf((1

q)u, v)− (

p

q)f(u, v)

= (p

q)qf((

1

q)u, v)− (

p

q)f(u, v)

= (p

q)f((

q

q)u, v)− (

p

q)f(u, v)

= (p

q)f(u, v)− (

p

q)f(u, v)

= 0,

mostrando que

φ(α) = 0, α ∈ Q. (3.9)

A densidade de Q em R, a continuidade de f e (3.9) mostram que φ(α) = 0 para todo α ∈ R e,

portanto, que (3.7) e valida.


Definamos agora uma funcao 〈 · , · 〉 : H ×H → K por

〈u, v〉 = f(u, v) + if(u, iv),

para u, v ∈ H e mostremos que 〈 · , · 〉 e um produto interno em H. Observemos inicialmente que

〈u, u〉 = f(u, u) + i(f(u, iu)

=1

4[‖u+ u‖2] +

i

4[‖u+ iu‖2 − ‖u− iu‖2]

= ‖u‖2 +i

4[‖(1 + i)u‖2 − ‖(1− i)u‖2]

= ‖u‖2 +i

4[|(1 + i)|2‖u‖2 − |(1− i)|2‖u‖2]

= ‖u‖2 +i

4[2‖u‖2 − 2|2‖u‖2]

= ‖u‖2,

mostrando que se 〈 · , · 〉 for um produto interno ele induz a norma ‖ · ‖.Como ‖ · ‖ e uma norma em H a condicao (IP4) e imediata. A igualdade (3.4) implica que

〈u+ v, w〉 = f(u+ v, w) + if(u+ v, iw)

= f(u,w) + f(v, w) + if(u, iw) + if(v, iw)

= f(u,w) + if(u, iw) + f(v, w) + if(v, iw)

= 〈u,w〉 + 〈 v, w〉 ,

para todo uv, w ∈ H, provando (IP1).

Agora (3.7) implica que

〈αu, v〉 = f(αu, v) + if(αu, iv)

= αf(u, v) + iαf(u, iv)

= α(f(u, v) + if(u, iv)

= α〈u, v〉 ,

para todo u, v ∈ H e α ∈ R. Ainda,

〈 iu, v〉 = f(iu, v) + if(iu, iv),

para u, v ∈ H. Mas,

f(iu, iv) =1

4[‖iu+ iv‖2 − ‖iu− iv‖2]

=1

4[|i|2‖u+ v‖2 − |i|2‖u− v‖2]

=1

4[‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2]

= f(u, v),


para u, v ∈ H. Tambem, (3.3) implica que

f(iu, v) = f(iu, i(−iv)) = f(u,−iv) = f(−iv, u) = −f(iv, u) = −f(u, iv).

Logo,

〈 iu, v〉 = f(iu, v) + if(iu, iv)

= −f(u, iv) + if(u, v)

= i(if(u, iv) + f(u, v)

= i(f(u, v) + if(u, iv))

= i〈u, v〉 .

Portanto, para todo u, v ∈ H e λ = α + iβ ∈ C, temos que

〈λu, v〉 = 〈 (α + iβ)u, v〉= 〈 (αu+ iβu, v〉= α〈u, v〉 + iβ〈u, v〉= (α + iβ)〈u, v〉= λ〈u, v〉 ,

provando a propriedade (IP2).

Finalmente, para todo u, v ∈ H temos que

〈u, v〉 = f(u, v) + if(u, iv)

= f(v, u) + if(iv, i(−iu))

= f(v, u) + if(v,−iu)

= f(v, u)− if(iu, v)

= f(v, u)− if(v, iu)

= f(v, u) + if(v, iu)

= 〈 v, u〉 ,

provando (IP3), e completando a prova do teorema.

Exemplo 3.1. O espaco C(a, b) das funcoes reais contınuas definidas no intervalo fechado J =

[a, b] com norma definida por

‖x‖ = maxt∈J|x(t)|,

onde J = [a, b], e um espaco de Banach, mas a norma definida acima nao pode ser obtida de um

produto interno.


De fato: Se tomarmos

x(t) = 1 e y(t) =(t− a)

(b− a),

temos que ‖x‖ = 1, ‖y‖ = 1 e

x(t) + y(t) = 1 +t− ab− a

e x(t)− y(t) = 1− t− ab− a

.

Portanto,

‖x+ y‖ = 2, ‖x− y‖ = 1 e ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 5.

Mas,

2(‖x‖2 + ‖y‖2) = 4.

Assim, o Teorema 3.1 implica que a norma definida acima nao provem de um produto interno. �

Exemplo 3.2. No espaco vetorial lp, com 1 ≤ p <∞ e p 6= 2, a norma usual nao pode ser obtida

de um produto interno neste espaco.

De fato: Para 1 ≤ p <∞ e p 6= 2 tomemos

x = (1, 1, 0, 0, 0, . . .) e y = (1,−1, 0, 0, 0, . . .).

Entao,

• x, y ∈ lp;

• ‖x‖p = ‖y‖p = 21p ;

• ‖x+ y‖p = ‖x− y‖p = 2.

Assim, vemos que para 1 ≤ p <∞ e p 6= 2,

‖x+ y‖p + ‖x− y‖2p = 4 + 4 = 8 6= 4(22p ) = 2(2

2p + 2

2p ) = 2(‖x‖2p + ‖y‖2p),

ou seja, a identidade do paralelogramo nao esta satisfeita para todo 1 ≤ p <∞ e p 6= 2.

Portanto, a norma usual de lp, para todo 1 ≤ p < ∞ e p 6= 2, nao pode ser obtida de um

produto interno. �

Exemplo 3.3. No espaco vetorial l∞ a norma usual nao pode ser obtida de um produto interno

neste espaco.

De fato: Tomemos

x = (1, 1, 0, 0, 0, . . .) e y = (1,−1, 0, 0, 0, . . .).

Entao,


• x, y ∈ l∞;

• ‖x‖∞ = ‖y‖∞ = 1;

• ‖x+ y‖∞ = ‖x− y‖∞ = 2.

Assim, vemos que

‖x+ y‖∞ + ‖x− y‖2∞ = 4 + 4 = 8 6= 4 = 2(1 + 1) = 2(‖x‖2∞ + ‖y‖2∞),

ou seja, a identidade do paralelogramo nao esta satisfeita em l∞.

Portanto, a norma usual de l∞ nao pode ser obtida de um produto interno. �

Definicao 3.2. Um espaco com produto interno H e um espaco de Hilbert se ele for um espaco

de Banach relativamente a norma induzida pelo produto interno.

Exemplo 3.4. O espaco Rne um espaco de Hilbert com produto interno definido por

〈x, y〉 = ξ1η1 + . . .+ ξnηn, (3.10)

onde x = (ξ1, . . . , ξn) e y = (η1, . . . , ηn).

Exemplo 3.5. O espaco vetorial Cn e um espaco de Hilbert com produto interno dado por

〈x, y〉 = ξ1η1 + . . .+ ξnηn (3.11)

e norma induzida pelo produto interno dada por

‖x‖ = (ξ1ξ1 + . . .+ ξnξn)12 = (|ξ1|2 + . . .+ |ξn|2)

12 .

Exemplo 3.6 (Espaco l2 das Sequencias de Hilbert ). O espaco vetorial l2 definido por

l2 = {x = (x1, x2, . . .);xi ∈ C e∞∑i=1

| xi |2<∞}

e um espaco de Hilbert com produto interno definido por

〈x, y〉 =∞∑j=1

ξjηj.

De fato: A convergencia da serie acima segue da desigualdade de Cauchy-Schwarz e do fato

que x, y ∈ l2. A norma induzida pelo produto interno acima e dada entao por

‖x‖ = 〈x, x〉2 = (∞∑j=1

|ξj|2)12 ,

os detalhes sao deixados como exercıcio. �

Os tres espacos com produto interno acima sao tambem exemplos de espacos de Hilbert.


Exemplo 3.7. Considere o o espaco vetorial de todas as funcoes contınuas de valores reais em

[a, b] com norma dada por

‖x‖ = (

∫ b

a

|x(t)|2dt)12 ,

para toda funcao contınua x : [a, b]→ R. Denotaremos este espaco vetorial por tais que

L2(a, b) = ({x : (a, b)→ R; x e contınua }, ‖x‖ = (

∫ b

a

|x(t)|2dt)12 ).

Em L2(a, b) esta norma pode ser obtida do produto interno definido por

〈x, y〉 =

∫ b

a

x(t)y(t)dt.

Considerando as funcoes com valores complexos (e mantendo t ∈ [a, b] real), elas foram um

espaco vetorial complexo e definimos o produto interno por

〈x, y〉 =

∫ b

a

x(t)y(t)dt.

A norma agora e dada por

‖x‖ = (

∫ b

a

|x(t)|2dt)12 ,

pois x(t)x(t) = |x(t)|2.

O ultimo resultado desta secao nos da um formula para obtermos o produto interno em funcao

da norma induzida por ele.

Proposicao 3.2. Seja H um espaco com produto interno 〈 · , · 〉.

1. Se H e um espaco vetorial real, entao

〈u, v〉 =1

4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2), (3.12)

para todo u, v ∈ H.

2. Se H e um espaco vetorial complexo, entao

<〈u, v〉 =1

4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2)

=〈u, v〉 =1

4(‖u+ iv‖2 − ‖u− iv‖2)

(3.13)


Demonstracao: Para todo u, v ∈ H, como H e um espaco vetorial real, temos que

‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 〈u+ v, u+ v〉 + 〈u− v, u− v〉= 〈u, u〉 + 〈u, v〉 + 〈 v, u〉 + 〈 v, v〉 − 〈u, u〉 + 〈u, v〉 + 〈 v, u〉 − 〈 v, v〉= 4〈u, v〉 ,

provando (3.12). Se H for um espaco vetorial complexo temos que

‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 2〈u, v〉 + 2〈 v, u〉= 4<〈u, v〉 ,

provando a primeira igualdade em (3.13). Tambem, para u, v ∈ H, temos que

‖u+ iv‖2 − ‖u− iv‖2 = 〈u+ iv, u+ iv〉 + 〈u− iv, u− iv〉= 〈u, u〉 + 〈u, iv〉 + 〈 iv, u〉 + 〈 iv, iv〉− 〈u, u〉 + 〈u, iv〉 + 〈 iv, u〉 − 〈 iv, iv〉

= −i〈u, v〉 + i〈 v, u〉 − i〈u, v〉 + i〈 v, u〉= 2i[−〈u, v〉 + 〈 v, u〉 ]= 2i(−2i)=〈u, v〉= 4=〈u, v〉 ,

provando a ultima igualdade em (3.13).

3.2 Propriedades de Espacos com Produto Interno

Nesta secao mostraremos algumas propriedades sobre espacos com produto interno. Comece-

mos com um resultado que mostra a continuidade do produto interno.

Lema 3.1. Sejam H um espaco com produto interno, (un)n∈N e (vn)n∈N duas sequencias em H

tais que

un → u ∈ H e vn → v ∈ H,

quando n→∞. Entao,

〈vn, vn〉 → 〈u, v〉,

quando n→∞.

Demonstracao: Como sequencias convergentes sao limtiadas, a desigualdade triangular e a

desigualdade de Cauchy-Schwarz implicam que

|〈un, vn〉 − 〈u, v〉| = |〈un, vn〉 − 〈un, v〉+ 〈un, v〉 − 〈u, v〉|6 |〈un, vn − v〉|+ |〈un − u, v〉|6 ‖un‖‖vn − v‖+ ‖un − u‖‖v‖→ 0,


pois yn → y e xn → x, quando n→∞.Sejam H1 e H2 dois espacos com produto interno sobre o mesmo corpo de escalares. Diremos

que H1 e H2 sao espacos com produto interno isomorfos se existir uma transformacao linear

bijetora

T : H1 → H2

tal que

〈Tx, Ty〉2 = 〈x, y〉1,

para quasiquer x, y ∈ H1. Observemos que tomando

‖x‖1 = 〈x, x〉1, ∀x ∈ H1

e

‖x‖2 = 〈y, y〉1, ∀y ∈ H2,

entao T e uma isometria entre os espaco normados (H1, ‖ ‖1) e (H2, ‖ ‖2).Os dois proximos resultados seguem do que foi demonstrado nos capıtulos anteriores.

Teorema 3.2. Seja X um espaco com produto interno, entao existe um espaco de Hilbert H e

um isomorfismo A : X → W ⊂ H tal que W e denso em H. O espaco de Hilbert H e unico exceto

por isomorfismo.

Definicao 3.3. Um conjunto Y de um espaco com produto interno X e um subespaco de X se ele

e um subespaco vetorial de X, munido do produto interno dado pela restricao do produto interno

de X ao subespaco vetorial Y. Analogamente, um subespaco Y de um espaco de Hilbert H e um

subespaco do espaco com produto interno H.

Teorema 3.3. Seja Y um subespaco de um espaco de Hilbert H. Entao,

(a) Y e completo se, e somente se, Y e fechado em H.

(b) Se Y tem dimensao finita, entao Y e completo.

3.3 Complementos Ortogonais e Somas Diretas

Definicao 3.4. Seja H um espaco com produto interno. O segmento que une dois elementos

dados u e v em H e definido como o conjunto

[x, y] := {w = αu+ (1− α)v; α ∈ R e 0 6 α 6 1}.

Um subconjunto K de H e dito convexo se para todo x, y ∈ K o segmento que os une [x, y] ⊂ K.

Em particular, todo subespaco Y de um espaco com produto interno H e convexo, e a in-

tersecao de conjuntos convexos e um conjunto convexo.


Teorema 3.4 (Projecao sobre um Convexo Fechado). Seja K um subconjunto convexo,

fechado e nao vazio de um espaco de Hilbert H. Entao, para todo f ∈ H, existe um unico u ∈ Ktal que

d = ‖f − u‖ = minv∈K‖f − v‖. (3.14)

Alem disso, se H e real, entao u se caracteriza por{u ∈ K〈 f − u, v − u〉 ≤ 0, ∀v ∈ K.

(3.15)

Denotaremos u = pKf :=projecao de f sobre K.

Demonstracao: Dividiremos a demonstracao do teorema em tres partes.

(a) Existencia. Seja (vn)n≥1 uma sequencia minimizante para (3.14), isto e,

dn = ‖f − vn‖ → d = infv∈K‖f − v‖,

notando que o ınfimo existe pois ‖f − v‖ ≥ 0, para toda f ∈ H e v ∈ K. Afirmamos que

(vn)n≥1 e uma sequencia de Cauchy em H. Para mostrarmos este fato, aplicamos a Identidade do

Paralelogramo para f − vn e f − vm e obtemos que

‖f − vn + vm2‖2 + ‖vn − vm

2‖2 =

1

2(d2n + d2m).

Como K e convexo e vn, vm ∈ K, entao vn+vm2∈ K. Assim,

‖f − vn + vm2‖ ≥ d.

Logo,

‖vn − vm2‖2 ≤ 1

2(d2n + d2m)− d2 → 0,

quando m,n→∞, mostrando que (vn)n≥1 e uma sequencia de Cauchy.

Como H e um espaco de Hilbert, entao (vn)n≥1 e convergente. Mas K e fechado, entao existe

u ∈ K tal que vn → u. A continuidade da norma implica entao que d = ‖f − u‖.

(b) Unicidade. Sejam u1, u2 ∈ K satisfazendo (3.14). Pela identidade do paralelogramo,

‖u1 − u2‖2 = ‖(u1 − f)− (u2 − f)‖2

= 2‖u1 − f‖2 + 2‖u2 − f‖2 − ‖(u1 − f) + (u2 − f)‖2

= 2d2 + 2d2 − 4‖1

2(u1 + u2)− f‖2.

Na direita, 12(u1 + u2) ∈ K, pois K e convexo. Portanto,

‖1

2(u1 + u2)− f‖ > d.


Logo,

0 ≤ ‖u1 − u2‖2 ≤ 2d2 + 2d2 − 4d2 = 0,

mostrando que u1 = u2.

(c) Equivalencia entre (3.14) e (3.15).

(3.14) ⇒ (3.15): Seja u ∈ K satisfazendo (3.14). Como K e convexo, v = (1− t)u+ tw ∈ K, para

todo t ∈ [0, 1]. Entao, (3.14) implica que

‖f − u‖ ≤ ‖f − [(1− t)u+ tw]‖ = ‖f − u− t(w − u)‖.

Assim

‖f − u‖2 ≤ 〈 f − u− t(w − u), f − u− t(w − u)〉= ‖f − u‖2 − 2t〈 f − u,w − u〉 + t2‖w − u‖2,

ou seja,

2t〈 f − u,w − u〉 ≤ t2‖w − u‖2.

Para t 6= 0 temos que

2〈 f − u,w − u〉 ≤ t‖w − u‖2,

para todo w ∈ K e todo t ∈ (0, 1]. Fazendo t→ 0 obtemos (3.15).

(3.15) ⇒ (3.14): Seja u ∈ K satsfazendo (3.15). Entao,

‖u− f‖2 − ‖v − f‖2 = 2〈 f − u, v − u〉 − ‖v − u‖2 ≤ −‖v − u‖2 ≤ 0,

para todo v ∈ K, ou seja,

‖u− f‖ ≤ ‖v − f‖, ∀v ∈ K,

mostrando que (3.14) esta satisfeita.

(d) Unicidade. Sejam u1, u2 ∈ H satisfazendo (3.15). Entao,

〈 f − u1, v − u1〉 ≤ 0 ∀v ∈ K

〈 f − u2, v − u2〉 ≤ 0 ∀v ∈ K.

Como u1, u2 ∈ K, entao

〈 f − u1, u2 − u1〉 ≤ 0 e 〈 f − u2, u1 − u2〉 ≤ 0.


Daı,

〈 f − u1, u2 − u1〉 + 〈 f − u2, u1 − u2〉 ≤ 0 ⇒ 〈 f − u1, u2 − u1〉 − 〈 f − u2, u2 − u1〉 ≤ 0

⇒ 〈 (f − u1)− (f − u2), u2 − u1〉 ≤ 0

⇒ 〈u2 − u1, u2 − u1〉 ≤ 0

⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ 0,

mostrando que u1 = u2, completando a prova do teorema.

Proposicao 3.3. Seja K um subconjunto convexo, fechado e nao vazio de um espaco de Hilbert

real H. Entao,

‖pKf1 − pK

f2‖ ≤ ‖f1 − f2‖,

para todos f1, f2 ∈ H. Em outras palavras, a projecao pK

: H → K e contınua.

Demonstracao: Do Teorema 3.4, existem unicos u1, u2 ∈ K tais que pKf1 = u1 e p

Kf2 = u2.

Ainda mais,

〈 f1 − u1, v − u1〉 ≤ 0 e 〈 f2 − u2, v − u2〉 ≤ 0, ∀v ∈ K.

Logo, se u1 6= u2,

−〈 f1 − u1, u1 − u2〉 + 〈 f2 − u2, u1 − u2〉 ≤ 0 ⇒ 〈−f1 + u1, u1 − u2〉 + 〈 f2 − u2, u1 − u2〉 ≤ 0

⇒ 〈 f2 − f1, u1 − u2〉 + 〈u1 − u2, u1 − u2〉 ≤ 0

⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ −〈 f2 − f1, u1 − u2〉⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ 〈 f1 − f2, u1 − u2〉⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ ‖f1 − f2‖‖u1 − u2‖⇒ ‖u1 − u2‖ ≤ ‖f1 − f2‖.

Quando u1 = u2, a demonstracao da propriedade e imediata.

Corolario 3.1. Sejam M um subespaco vetorial fechado de um espaco de Hilbert real H e f ∈ H.Entao, u = p

Mf se caracteriza por{

u ∈M〈 f − u, v〉 = 0, ∀v ∈M.

(3.16)

Alem disso, pM

: H →M e um operador linear limitado.

Demonstracao: Como M e um subespaco vetorial de H, entao M e convexo e nao vazio e o

Teorema 3.4 implica

〈 f − u, v − u〉 ≤ 0, ∀v ∈M.

Entao,

〈 f − u, tv − u〉 ≤ 0, ∀v ∈M e t ∈ R,


ou seja,

t〈 f − u, v〉 ≤ 〈 f − u, u〉 , ∀v ∈M e t ∈ R.

Logo,

〈 f − u, v〉 = 0, ∀v ∈M.

Agora, se u ∈M satisfaz (3.16), entao

〈 f − u, v − u〉 = 〈 f − u, v〉 − 〈 f − u, u〉 = 0− 0 ≤ 0, ∀v ∈M

e o Teorema 3.4 implica que u = pMf. A unicidade de u e (3.16) impicam imediatamente a

linearidade de pM. A continuidade de p

Mesta mostrada na Proposicao 3.3.

Definicao 3.5. Sejam H um espaco com produto interno e x, y ∈ H. Diremos que x e ortogonal

a y se, e somente se, 〈x, y〉 = 0. Neste caso escrevemos x⊥y.

Similarmente, sejam A,B ⊂ H. Diremos que x ∈ H e ortogonal a A, escrevemos x⊥A, se

x⊥a para todo a ∈ A e A e ortogonal a B, escrevemos A⊥B, se a⊥b para todo a ∈ A e b ∈ B.

Lema 3.2. Sejam H um espaco de Hilbert, Y um subespaco fechado de H (na metrica induzida

pelo produto interno de H) e x ∈ H fixado. Entao z = x− y e ortogonal a Y, onde y ∈ Y e dado

no Teorema 3.4, tomando-se K = Y e f = x.

Demonstracao: Se z nao fosse ortogonal a Y, entao existiria um y1 ∈ Y tal que

〈z, y1〉 = β 6= 0. (3.17)

Claramente y1 6= 0, pois de outra forma 〈z, y1〉 = 0. Alem disso, para qualquer escalar α,

‖z − αy1‖2 = 〈z − αy1, z − αy1〉= 〈z, z〉 − α〈z, y1〉 − α(〈y1, z〉 − α〈y1, y1〉)= 〈z, z〉 − αβ − α(β − α〈y1, y1〉).

A expressao entre parenteses e zero se escolhermos

α =β

〈y1, y1〉6= 0.

De (3.14), temos que ‖z‖ = ‖x− y‖ = d e, portanto, a equacao acima fica na forma

‖z − αy1‖2 = ‖z‖2 − |β|2

〈y1, y1〉< d2,

o que e impossıvel, pois temos que

z − αy1 = x− y2,

onde y2 = y + αy1 ∈ Y e a definicao de d em (3.14) implica que

‖z − αy1‖ > d.

Portanto, (3.17) nao pode ser valida, e o lema esta provado.


Definicao 3.6. Seja X um espaco vetorial. Diremos que X e a soma direta de dois subespacos

Y e Z de X, denotaremos por

X = Y ⊕ Z,

se todo x ∈ X tiver uma unica representacao da forma

x = y + z,

com y ∈ Y e z ∈ Z. Neste caso, Z(Y ) e chamado um complemento algebrico de Y (Z) em X. Os

subespacos Y e Z sao chamados de um par complementar de subespacos em X.

Teorema 3.5. Sejam H um espaco de Hilbert e Y um subespaco fechado de H. Entao,

H = Y ⊕ Z, (3.18)

onde Z = Y ⊥.

Demonstracao: Como Y e convexo, o Lema 3.2 implicam que para todo x ∈ H existe um unico

y ∈ Y tal que

x = y + z, (3.19)

onde z ∈ Z = Y ⊥.

Mostremos agora que a decomposicao em (3.19) e unica. Suponhamos que

x = y + z = y1 + z1,

onde y, y1 ∈ Y e z, z1 ∈ Z. Entao, y− y1 = z1− z. Como y− y1 ∈ Y e z1− z ∈ Z = Y ⊥, notamos

que

y − y1 ∈ Y ∩ Y ⊥ = {0},

mas isso implica que y = y1 e que z = z1, concluındo a prova da unicidade da representacao em

(3.19).

Por definicao, y em (3.19) e chamado de projecao ortogonal de x em Y ou apenas a projecao

de x em Y . Este termo e motivado pela geometria elementar. Por exemplo, podemos tomar

H = R2 e projetar qualquer ponto (x, y) no eixo Ox, bastando para isso tomar (x, 0).

A equacao (3.19) define uma aplicacao P : H −→ Y definida por

x 7→ y = Px.

A aplicacao P e chamada de projecao ortogonal (ou operador ortogonal) de H em Y . Temos que

P e um operador linear limitado e sobrejetor, P (Y ) = Y e P (Z) = P (Y ⊥) = {0}. Tambem, P e

idempotente, isto e,

P 2 = P,


isto e, para todo x ∈ H,

P 2x = P (Px) = Px.

Vemos que P |Y e o operador identidade em Y . Dessas informacoes obtemos o seguinte lema.

Lema 3.3. O complemento ortogonal, Y ⊥, de um subespaco fechado Y em um espaco de Hilbert

H e o nucleo, N(P ), da projecao ortogonal P : H −→ Y .

Um complemento ortogonal e um caso especial de anulador, onde por definicao, o anulador,

M⊥, de um conjunto M 6= ∅ em um espaco com produto interno H e o conjunto

M⊥ = {x ∈ H; x⊥M}.

Entao, x ∈M⊥ se, e somente se, 〈x, v〉 = 0 para todo v ∈M , o que explica o nome de anulador.

Note que mesmo M sendo apenas um conjunto nao vazio, o complemento ortogonal M⊥ e um

subespaco vetorial do espaco com produto interno H, pois se x, y ∈ M⊥ entao, para todo v ∈ Me α, β escalares temos que

〈αx+ βy, v〉 = α〈x, v〉+ β〈y, v〉 = 0.

Portanto, αx+ βy ∈M⊥, mostrando que M⊥ e um subespaco vetorial de H.

Observermos ainda que (M⊥)⊥ sera escrito como M⊥⊥. Em geral temos que

M ⊂M⊥⊥, (3.20)

pois se x ∈M, entao x⊥M⊥ e, portanto, x ∈ (M⊥)⊥. Mas para subespacos fechados temos

Lema 3.4. Se Y e um subespaco fechado de um espaco de Hilbert H, entao

Y = Y ⊥⊥. (3.21)

Demonstracao: Primeiro observemos que Y ⊂ Y ⊥⊥ por (3.20). Mostraremos agora que Y ⊃Y ⊥⊥. Para isso seja x ∈ Y ⊥⊥ ⊂ H. O Teorema 3.5 implica que x = y + z, onde y ∈ Y ⊂ Y ⊥⊥

por (3.20) e z ∈ Y ⊥. Como Y ⊥⊥ e um espaco vetorial e x ∈ Y ⊥⊥, entao z = x − y ∈ Y ⊥⊥,

portanto z⊥Y ⊥. Logo, z⊥z e, portanto, z = 0. Assim, x = y, isto e, x ∈ Y e, portanto, Y ⊃ Y ⊥⊥,

completando a prova do lema.

Temos entao que (3.21) e a principal razao para o uso de subespacos fechados no presente

contexto. Como Z⊥ = Y ⊥⊥ = Y , a formula (3.18) pode tambem ser escrita como

H = Z ⊕ Z⊥.

Segue que x 7→ z define uma projecao Pz : H −→ Z, cujas propriedades sao completamente

similares aquelas da projecao ortogonal P considerada antes.


Lema 3.5. Para qualquer subconjunto M 6= ∅ de um espaco de Hilbert H, o conjunto gerado por

M, que denotaremos [M ], e denso em H se, e somente se, M⊥ = {0}.

Demonstracao: Seja x ∈ M⊥ e suponhamos que V = [M ] e denso em H. Entao, x ∈ V = H

e, portanto, existe uma sequencia (xn) em V tal que (xn) → x. Como x ∈ M⊥ e M⊥⊥V , temos

〈xn, x〉 = 0, para todo n ∈ N. A continuidade do produto interno implica que 〈xn, x〉 → 〈x, x〉.Logo,

0 = 〈x, x〉 = ‖x‖2.

Daı, x = 0 e, portanto, M⊥ = {0}.Reciprocramente, suponha que M⊥ = {0}. Se x⊥V = [M ], entao x⊥M. Logo, x ∈ M⊥ e,

portanto, x = 0. Daı, V ⊥ = {0}. Note que V e um subespaco de H, entao obtemos V = H pelo

Teorema 3.5 aplicado com Y = V .

Corolario 3.2. Seja H um espaco de Hilbert H e M um subespaco vetorial fechado de H tal que

H = M ⊕M⊥. Se u = v + w com v ∈ M e w ∈ M⊥, entao w = pM

(u) e v = pM⊥u. Alem disso,

pM

e pM⊥

= I − pM

sao projecoes ortogonais.

3.4 O Dual de um Espaco de Hilbert

Teorema 3.6. Sejam H um espaco de Hilbert e f : H → K um funcional linear limitado. Entao

existe um unico z ∈ H tal que

f(x) = 〈x, z〉, (3.22)

para todo x ∈ H e

‖z‖ = ‖f‖. (3.23)

Demonstracao: Provaremos que f tem uma representacao da forma (3.22), z em (3.22) e unico

e (3.23) e valida.

Se f = 0, entao (3.22) e (3.23) valem se tomarmos z = 0.

Seja f 6= 0. Para a representacao (3.22) existir, devemos ter necessariamente que z 6= 0, pois

de outra maneira f = 0. Alem disso, como 〈x, z〉 = 0 para todo x ∈ N (f) ⊂ H, onde

N (f) = {x ∈ H; f(x) = 0}

e o nucleo de f . Portanto, o elemento z ∈ H deve pertencer ao complemento ortogonal, N (f)⊥,

de N (f).

Como N(f) e um subespaco vetorial fechado e como f 6= 0, entao N(f) 6= H e, portanto,

N(f)⊥ 6= {0} pelo Teorema 3.5. Assim, existe z0 6= 0, tal que z0 ∈ N(f)⊥. Consideremos entao

v = f(x)z0 − f(z0)x,


onde x ∈ H e arbitrario. Aplicando f , obtemos que

f(v) = f(x)f(z0)− f(z0)f(x) = 0.

Isso mostra que v ∈ N(f). Como z0⊥N(f), temos

0 = 〈v, z0〉 = 〈f(x)z0 − f(z0)x, z0〉 = f(x)〈z0, z0〉 − f(z0)〈x, z0〉.

Mas, 〈z0, z0〉 = ‖z0‖2 6= 0. Logo,

f(x) =f(z0)

〈z0, z0〉〈x, z0〉

que pode ser escrito na forma (3.22) tomando

z =f(z0)

〈z0, z0〉z0.

Como x ∈ H foi tomado arbitrario, (3.22) esta provado.

Provaremos que z ∈ H satisfazendo (3.22) e unico. Suponhamos que para todo x ∈ H,

existam z1, z2 ∈ H tais que

f(x) = 〈x, z1〉 = 〈x, z2〉.

Entao,

〈x, z1 − z2〉 = 0,∀x ∈ H.

Escolhendo x = z1 − z2, temos que

〈x, z1 − z2〉 = 〈z1 − z2, z1 − z2〉 = ‖z1 − z2‖2 = 0.

Portanto, z1 − z2 = 0, entao z1 = z2, provando a unicidade da representacao em (3.22).

Provaremos agora (3.23). Se f = 0, tem-se z = 0 e (3.23) vale. Se f 6= 0, entao z 6= 0. De

(3.22) com x = z obtemos que

‖z‖2 = 〈z, z〉 = f(z) 6 ‖f‖‖z‖.

Dividindo a expressao acima por ‖z‖ 6= 0 obtemos que

‖z‖ 6 ‖f‖.

De (3.22) e da desigualdade de Cauchy-Schwarz vemos que

|f(x)| = |〈x, z〉| 6 ‖x‖‖z‖.

Isto implica que

‖f‖ = sup‖x‖=1

|f(x)| = sup‖x‖=1

|〈x, z〉| 6 ‖z‖,

e concluımos que ‖f‖ = ‖z‖, provando o teorema.


Lema 3.6. Se 〈v1, w〉 = 〈v2, w〉 para todo w em um espaco com produto interno X, entao v1 = v2.

Em particular, se 〈v1, w〉 = 0 para todo w ∈ X, entao v1 = 0.

Demonstracao: Por hipotese, para todo w ∈ X,

〈v1 − v2, w〉 = 〈v1, w〉 − 〈v2, w〉 = 0.

Para w = v1 − v2 temos ‖v1 − v2‖2 = 0. Portanto, v1 − v2 = 0 e daı, v1 = v2.

Em particular, se 〈v1, w〉 = 0, para todo w ∈ X, tomando w = v1, obtemos que ‖v1‖2 = 0 e,

portanto, v1 = 0.

Definicao 3.7. Sejam X e Y espacos vetoriais sobre o mesmo campo de escalares K (R ou C).

Entao, a forma sesquilinear (ou funcional sesquilinear) h sobre X × Y e uma aplicacao

h : X × Y −→ K

tal que para todo x, x1, x2 ∈ X, y, y1, y2 ∈ Y e escalares α, β ∈ K as propriedades

(a) h(x1 + x2, y) = h(x1, y) + h(x2, y);

(b) h(x, y1 + y2) = h(x, y1) + h(x, y2);

(c) h(αx, y) = αh(x, y);

(d) h(x, βy) = βh(x, y),

estao satisfeitas.

As propriedades acima nos mostram que h e linear no primeiro argumento e conjugado linear

no segundo argumento. Se X e Y sao reais (K = R), entao a propriedade (d) fica da forma

h(x, βy) = βh(x, y),

para todos x ∈ X, y ∈ Y e β ∈ R. Nesse caso diremos que h e uma forma bilinear.

Se X e Y sao espacos normados e se existe um numero real positivo c > 0 tal que para todo

x, y ∈ X,|h(x, y)| 6 c‖x‖‖y‖, (3.24)

entao h e uma forma sesquilinear limitada, e o numero

‖h‖ = supx,y 6=0

|h(x, y)|‖x‖‖y‖

= sup‖x‖=‖y‖=1

|h(x, y)| (3.25)

e chamado de norma da forma sesquilinear h.


Teorema 3.7 (Representacao de Riesz). Sejam H1 e H2 espacos de Hilbert sobre o mesmo corpo

de escalares e

h : H1 ×H2 −→ K

uma forma sesquilinear limitada. Entao, h tem uma representacao dada por

h(x, y) = 〈Sx, y〉, (3.26)

onde S : H1 −→ H2 e um operador linear limitado, S e univocamente determinado por h e tem

norma

‖S‖ = ‖h‖ (3.27)

Demonstracao: Consideremos f : H2 → K definido por

f(y) = h(x, y).

As propriedades de h implicam que f e um funcional linear limitado, para cada x ∈ H1 fixado,

em H2 e o Teorema 3.6 implica que existe um unico z = z(h, x) ∈ H2 tal que

h(x, y) = f(y) = 〈y, z〉.

Portanto,

h(x, y) = 〈z, y〉, ∀y ∈ H2, (3.28)

onde z ∈ H2 e unico para cada x ∈ H1 fixado. Assim, (3.28) define uma aplicacao S : H1 −→ H2

por

Sx = z, ∀x ∈ H1.

Substituindo z = Sx em (3.28), temos

h(x, y) = 〈Sx, y〉,

mostrando (3.26).

Provaremos agora que S e linear. De fato, sejam x1, x2 ∈ H1. De (3.26) e das propriedades

da forma sesquilinear h obtemos que

〈S(αx1 + βx2), y〉 = h(αx1 + βx2, y)

= αh(x1, y) + βh(x2, y)

= α〈Sx1, y〉+ β〈Sx2, y〉= 〈αSx1 + βSx2, y〉

para todo y em H2. Portanto, o Lema 3.6 implica que

S(αx1 + βx2) = αSx1 + βSx2,


mostrando a linearidade de S.

Mostremos agora que S e limitado. De fato, deixando de lado o caso trivial S = 0, temos de

(3.26) e de (3.25) que

‖h‖ = supx,y 6=0

|〈Sx, y〉|‖x‖‖y‖

> sup‖x‖,‖Sx‖6=0

|〈Sx, Sx〉|‖x‖‖Sx‖

= supx 6=0

‖Sx‖‖x‖

= ‖S‖.

Isso prova que S e limitado e que

‖h‖ > ‖S‖.

A desigualdade de Cauchy-Schwarz implica que

‖h‖ = supx,y 6=0

|〈Sx, y〉|‖x‖‖y‖

6 supx 6=0

‖Sx‖‖y‖‖x‖‖y‖

= ‖S‖,

mostrando a igualdade (3.28).

Para provarmos a unicidade da aplicacao linear limitada S, suponhamos que exista um ope-

rador linear limitado T : H1 −→ H2 tal que para todo x ∈ H1 e y ∈ H2 temos

h(x, y) = 〈Sx, y〉 = 〈Tx, y〉.

Vemos que Sx = Tx para todo x ∈ H1 pelo Lema 3.6. Portanto S = T, completando a prova do

teorema.

3.5 Os Teoremas de Stampachia e Lax-Milgran

Ao longo desta secao o corpo de escalares considerado e sempre K = R. Levando em conta o

Teorema da Representacao de Riesz para funcionais lineares limitados definidos em um espaco de

Hilbert H, f : H → R denotaremos

f(u) = 〈f, u〉, u ∈ H.

E, para evitarmos confusao, denotaremos o produto interno em H por ( · , · ), e a norma induzida

por este produto interno denotaremos por | · |.

Definicao 3.8. Seja H um espaco com produto interno. Diremos que uma forma bilinear

a( · , · ) : H ×H → R,

isto e, uma aplicacao linear na primeira e na segunda variavel, e

1. contınua se existir c ≥ 0 tal que

|a(u, v)| ≤ c|u||v|, ∀u, v ∈ H.


2. coerciva se existir α > 0 tal que

a(v, v) ≥ α|v|2, ∀v ∈ H.

Teorema 3.8 (Stampachia). Sejam H um espaco de Hilbert, a : H×H → R uma forma bilinear

contınua e coerciva e K um subconjunto convexo, fechado e nao vazio de H. Dado ϕ ∈ H ′, existe

um unico u ∈ K tal que

a(u, v − u) ≥ 〈ϕ, v − u〉, ∀v ∈ K. (3.29)

Alem disso, se a for simetrica, entao u se caracteriza por u ∈ K1

2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min

v∈K{1

2a(v, v)− 〈ϕ, v〉}.

(3.30)

Demonstracao: Dada ϕ ∈ H ′, O Teorema da Representacao de Riesz implica que existe um

unico f ∈ H tal que

〈ϕ, v〉 = (f, v), ∀v ∈ H.

Por outro lado, para todo u ∈ H fixo, a aplicacao ψu : H → R definida por

〈ψu, v〉 = a(u, v)

e um funcional linear limitado em H ′. Aplicando o Teorema da Representacao de Riesz para este

funcional, segue que existe um unico Au ∈ H tal que

〈ψu, v〉 = a(u, v) = (Au, v), ∀v ∈ H.

Temos que a aplicacao A : H → H definida acima e

• linear, pela unicidade de Au e pela bilinearidade de a;

• e limitada, pois para todo u ∈ H temos que

|Au| = ‖ψu‖H′ = sup|v|≤1|〈ψu, v〉| = sup

|v|≤1|a(u, v)|

≤ sup|v|≤1

c|u||v| ≤ c|u|,

onde c e uma constante nao negativa;

• para todo u ∈ H,(Au, u) = a(u, u) ≥ α|u|2,

onde α e uma constante positiva.


Assim, (3.29) e equivalente a encontrar um unico u ∈ K tal que

(Au, v − u) ≥ (f, v − u) ∀v ∈ K. (3.31)

Mas (3.31) e equivalente a

(f − Au, v − u) ≤ 0, ∀v ∈ K,

que por sua vez e equivalente a

(ρf − ρAu+ u− u, v − u) ≤ 0 ∀v ∈ K,

para ρ > 0, ou seja (3.31) e equivalente a encontrar u ∈ K tal que

u = pK

(ρf − ρAu+ u), ρ > 0.

Defina

S : K → K

v 7→ Sv = pK

(ρf − ρAv + v).

Vamos mostrar que para um adequado valor de ρ, S e uma contracao. Se v1, v2 ∈ K, entao a

Proposicao 3.3 implica que

|Sv1 − Sv2| ≤ |ρf − ρAv1 + v1 − (ρf − ρAv2 + v2)| = |v1 − v2 + ρ(Av2 − Av1)|.

Daı,

|Sv1 − Sv2|2 ≤ |v1 − v2|2 − 2ρ(A(v − 1− v2, v1 − v2) + ρ2|A(v2 − v2)|2

≤ |v1 − v2|2 − 2ρα|v1 − v2|2 + ρ2c2|v1 − v2|2

= |v1 − v2|2[1− 2αρ+ c2ρ2].

Fixando ρ > 0 tal que

k2 = c2ρ2 − 2αρ+ 1 < 1⇐⇒ 0 < ρ <2α

c2,

o Teorema do Ponto Fixo de Banach implica que S admite um unico ponto fixo u ∈ K, mostrando

que (3.31) e valida e, portanto, (3.29) esta demonstrada.

Suponhamos agora que a forma bilinear a : H×H → R seja simetrica, isto e, a(u, v) = a(v, u),

para todos u, v ∈ H. Dessa forma a bilinearidade, a coercividade e a simetria de a implicam que

a : H ×H → R

(u, v) 7→ ((u, v)) = a(u, v)

define um novo produto interno em H, cuja norma associada sera denotada por ‖u‖ =√a(u, u),

u ∈ H. Como existem α > 0 e c ≥ 0 tais que

α|u|2 ≤ a(u, u) ≤ c|u|2,


para todo u ∈ H, entao √α|u| ≤ ‖u‖ ≤

√c|u|,

para todo u ∈ H, mostrando que as normas | · | e ‖ · ‖ sao equivalentes em H. Logo, H e um

espaco de Hilbert com o produto interno ((u, v)) = a(u, v). Assim, dado ϕ ∈ H ′ o Teorema da

Representacao de Riesz implica que existe um unico g ∈ H tal que

〈ϕ, v〉 = ((g, v)) = a(g, v), ∀v ∈ H

e (3.29) fica da forma

a(u, v − u) ≥ 〈ϕ, v − u〉 = ((g, v − u)) = a(g, v − u), ∀v ∈ K,

isto e,

a(g − u, v − u) ≤ 0, ∀v ∈ K,

ou ainda,

u = pKg,

no sentido do produto interno (( · , · )). O Teorema 3.4 implica que u ∈ K se caracteriza por√a(g − u, g − u) = ‖g − u‖ = min

v∈K‖g − v‖ = min

v∈K

√a(g − v, g − v)

⇔ a(g − u, g − u) = minv∈K

a(g − v, g − v) = minv∈K{a(g, g) + a(v, v)− 2a(g, v)}

⇔ a(u, u)− 2a(g, u) = minv∈K{a(v, v)− 2a(g, v)}

⇔ 1

2a(u, u)− a(g, u) = min

v∈K{1

2a(v, v)− a(g, v)}

⇔ 1

2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min

v∈K{1

2a(v, v)− 〈ϕ, v〉},

mostrando que u se caracteriza por u ∈ K1

2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min

v∈K{1

2a(v, v)− 〈ϕ, v〉},

completando a prova do teorema.

Corolario 3.3 (Lax-Milgran). Sejam H um espaco de Hilbert e a : H × H → R uma forma

bilinear, contınua e coerciva. Entao, para todo ϕ ∈ H ′, existe um unico u ∈ H tal que

a(u, v) = 〈ϕ, v〉, ∀v ∈ H.

Alem disso, se a for simetrica, entao u se caracteriza por u ∈ H1

2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min

v∈H{1

2a(v, v)− 〈ϕ, v〉}


Demonstracao: Aplicando o Teorema de Stampachia para K = H, obtemos a existencia de um

unico u ∈ H tal que

a(u, v − u) ≥ 〈ϕ, v − u〉, ∀v ∈ H.

Como para todo v ∈ H, v + u ∈ H e obtemos que

a(u, v) ≥ 〈ϕ, v〉, ∀v ∈ H,

ou seja,

〈ϕ, v〉 − a(u, v) ≤ 0, ∀v ∈ H.

Agora, para todo v ∈ H, tv ∈ H para todo t ∈ R. Logo,

t(〈ϕ, v〉 − a(u, v)) ≤ 0, ∀v ∈ H e ∀t ∈ R.

Daı,

〈ϕ, v〉 = a(u, v), ∀v ∈ H.

Quando a e simetrica a caracterizacao de u ∈ H afirmada no lema segue imediatamente da

caracterizacao de u ∈ K = H dada no Teorema de Stampachia.

3.6 O Operador Adjunto de Hilbert

Nesta secao definiremos o operador Adjunto de Hilbert e mostraremos algumas de suas prin-

cipais propriedades.

Definicao 3.9. Seja T : H1 −→ H2 um operador linear limitado, onde H1 e H2 sao espacos de

Hilbert. Entao o operador adjunto de Hilbert, T ∗, de T e um operador T ∗ : H2 −→ H1 tal

que para todo x ∈ H1 e y ∈ H2,

〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉. (3.32)

Teorema 3.9. Sejam H1 e H2 espacos de Hilbert. O operador adjunto de Hilbert T ∗ : H2 → H1

do operador linear limitado T : H1 → H2 dado na Definicao 3.9 acima existe, e unico e e um

operador linear limitado com norma dada por

‖T ∗‖ = ‖T‖ (3.33)

Demonstracao: A aplicacao h : H2 ×H1 → K definida por

h(y, x) = 〈y, Tx〉 (3.34)

define uma funcao em H2. A linearidade de T e a sesquilinearidade do produto interno mostram

que h e uma forma sesquilinear em H2 ×H1.


Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz,

|h(y, x)| = |〈y, Tx〉| 6 ‖y‖‖Tx‖ 6 ‖T‖‖x‖‖y‖,

mostrando que h e limitada. Isso tambem implica que

‖h‖ 6 ‖T‖.

Alem disso,

‖h‖ = supx,y 6=0

|〈y, Tx〉|‖y‖‖x‖

> supx,Tx6=0

|〈Tx, Tx〉|‖Tx‖‖x‖

= ‖T‖,

mostrando que

‖h‖ = ‖T‖.

O Teorema da Representacao de Riesz implica que existe uma unica transformacao linear

limitada T ∗ : H2 → H1 satisfazendo

h(y, x) = 〈T ∗y, x〉 (3.35)

e

‖T ∗‖ = ‖h‖ = ‖T‖.

Isso prova (3.33).

Tambem, comparando (3.34) e (3.35) obtemos 〈y, Tx〉 = 〈T ∗y, x〉, para todo x ∈ H1 e y ∈ H2,

mostrando (3.32).

Seja agora S : H2 → H1 um outro operador linear, limitado e satisfazendo (3.32). Assim,

para quaisquer x ∈ H1 e y ∈ H2, temos que

〈x, Sy〉 = 〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉,

ou seja,

〈x, Sy − T ∗y〉 = 0,

para quaisquer x ∈ H1 e y ∈ H2, mostrando que Sy − T ∗y = 0, para todo y ∈ H2, completando a

prova do teorema.

Lema 3.7. Sejam X e Y espacos com produto interno e Q : X −→ Y um operador linear limitado.

Entao,

(a) Q = 0 se, e somente se, 〈Qx, y〉 = 0 para todo x ∈ X e y ∈ Y ;

(b) Se Q : X −→ X, com X complexo, e 〈Qx, x〉 = 0 para todo x ∈ X, entao Q = 0.


Demonstracao:

(a) Q = 0 significa Qx = 0 para todo x ∈ X e implica, para todo y ∈ Y, que

〈Qx, y〉 = 〈0, y〉 = 0〈w, y〉 = 0.

Reciprocramente, se 〈Qx, y〉 = 0 para todo x ∈ X e y ∈ Y, entao Qx = 0 para todo x pelo

Lema 3.6 e, portanto, Q = 0 por definicao.

(b) Por hipotese, 〈Qv, v〉 = 0 para todo v = αx+ y ∈ X, isto e,

0 = 〈Q(αx+ y), αx+ y〉 = |α|2〈Qx, x〉+ 〈Qy, y〉+ α〈Qx, y〉+ α〈Qy, x〉.

Os dois primeiros termos sao zero por hipotese. Com α = 1 temos

〈Qx, y〉+ 〈Qy, x〉 = 0.

E com α = −i, temos

〈Qx, y〉 − 〈Qy, x〉 = 0.

Somando as duas ultimas igualdades obtemos que

〈Qx, y〉 = 0,

para todo x ∈ X e y ∈ Y. Assim, Q = 0 pelo item a deste lema, concluındo a demonstracao.

Na parte (b) desse lema, e essencial que X seja complexo. De fato, a conclusao pode nao ser

valida se X e real. Um contra-exemplo e uma rotacao Q no plano R2 de angulo θ =π

2, isto e,

Q : R2 → R2 definida por

Q(x, y) = (−y, x), (x, y) ∈ R2.

Claramente, Q e linear, Q(x, y)⊥ (x, y) e, portanto, 〈Q(x, y), (x, y)〉 = 0 para todo (x, y) ∈ R2,

entretanto Q 6= 0.

Teorema 3.10. Sejam H1, H2 espacos de Hilbert, S : H1 −→ H2 e T : H1 −→ H2 operadores

lineares limitados e α ∈ K. Entao, para x ∈ H1 e y ∈ H2 temos

(a) 〈T ∗y, x〉 = 〈y, Tx〉;

(b) (S + T )∗ = S∗ + T ∗;

(c) (αT )∗ = αT ∗;

(d) (T ∗)∗ = T ;

(e) ‖T ∗T‖ = ‖TT ∗‖ = ‖T‖2;


(f) T ∗T = 0⇐⇒ T = 0;

(g) (ST )∗ = T ∗S∗, assumindo que H1 = H2.

Demonstracao:

(a) De (3.32) temos, para x ∈ H1 e y ∈ H2, que

〈T ∗y, x〉 = 〈x, T ∗y〉 = 〈Tx, y〉 = 〈y, Tx〉.

(b) Por (3.32), para x ∈ H1 e y ∈ H2, temos que

〈x, (S + T )∗y〉 = 〈(S + T )x, y〉 = 〈Sx, y〉+ 〈Tx, y〉 = 〈x, S∗y〉+ 〈x, T ∗y〉 = 〈x, (S∗ + T ∗)y〉.

Consequentemente, (S + T )∗y = (S∗ + T ∗)y para todo y ∈ H2 pelo Lema 3.7, o que mostra (b).

(c) Para x ∈ H1 e y ∈ H2 temos que obtemos que

〈(αT )∗y, x〉 = 〈y, (αT )x〉 = 〈y, α(Tx)〉 = α〈y, Tx〉 = α〈T ∗y, x〉 = 〈αT ∗y, x〉,

e o resultado segue do Lema 3.7 com Q = (αT )∗ − αT ∗.(d) Para todo x ∈ H1 e y ∈ H2 temos, de (a) e (3.32), que

〈(T ∗)∗x, y〉 = 〈x, T ∗y〉 = 〈Tx, y〉.

O resultado segue do Lema 3.7 com Q = (T ∗)∗ − T . Denotaremos (T ∗)∗ por T ∗∗.

(e) Temos que T ∗T : H1 −→ H1 e TT ∗ : H2 −→ H2. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz

temos, para todo x ∈ H1, que

‖Tx‖2 = 〈Tx, Tx〉 = 〈T ∗Tx, x〉 6 ‖T ∗Tx‖‖x‖ 6 ‖T ∗T‖‖x‖2.

Tomando supremo para todo 0 6= x ∈ X, obtemos

‖T‖2 6 ‖T ∗T‖.

Aplicando a desigualdade ‖T1T2‖ 6 ‖T1‖‖T2‖ e (3.33), obtemos que

‖T‖2 6 ‖T ∗T‖ 6 ‖T ∗‖‖T‖ = ‖T‖2

Portanto ‖T ∗T‖ = ‖T‖2. Trocando T por T ∗ e usando novamente (3.33), tambem temos que

‖T ∗∗T ∗‖ = ‖T ∗‖2 = ‖T‖2


onde T ∗∗ = T por (d), portanto (e) esta provado.

(f) T ∗T = 0 implica em ‖T ∗T‖ = 0, logo ‖T‖2 = 0 e Portanto T = 0. Reciprocramente, T = 0

implica em ‖T‖2 = 0, logo ‖T ∗T‖ = 0 e consequentemente T ∗T = 0.

(g) Para x ∈ H1 e y ∈ H2, (3.32) implica que

〈x, (ST )∗y〉 = 〈(ST )x, y〉 = 〈Tx, S∗y〉 = 〈x, T ∗S∗y〉.

Portanto, o Lema 3.6 implica que (ST )∗y = T ∗S∗y, para todo y ∈ H2, mostrando (g).

3.7 Operadores Auto-adjuntos

Uma das classes de operadores lineares de grande importancia pratica podem ser definidas pelo

uso de operadores adjuntos de Hilbert como segue.

Definicao 3.10. Um operador linear limitado T : H −→ H em um espaco de Hilbert H e auto-

adjunto se T ∗ = T .

Se T e auto-adjunto, entao (3.32) fica

〈Tx, y〉 = 〈x, Ty〉,

para todo x, y ∈ H. A seguir demonstramos algumas propriedades importantes dos operadores

auto-adjuntos.

Teorema 3.11. Seja T : H −→ H um operador linear limitado em um espaco de Hilbert H.

Entao,

(a) Se T e auto-adjunto,〈Tx, x〉 e real para todo x ∈ H.

(b) Se H e complexo e 〈Tx, x〉 e real para todo x ∈ H, o operador T e auto-adjunto.

Demonstracao:

(a) Se T e auto-adjunto, entao para todo x ∈ H,

〈Tx, x〉 = 〈x, Tx〉 = 〈Tx, x〉.

Logo, 〈Tx, x〉 e igual ao seu conjugado complexo e, portanto, e real.

(b) Se 〈Tx, x〉 e real para todo x ∈ H, entao

〈Tx, x〉 = 〈Tx, x〉 = 〈x, T ∗x〉 = 〈T ∗x, x〉.


Portanto,

0 = 〈Tx, x〉 − 〈T ∗x, x〉 = 〈(T − T ∗)x, x〉.

E T − T ∗ = 0 pelo Lema 3.7, pois H e complexo.

Teorema 3.12. O produto de dois operadores lineares limitados auto-adjuntos S e T em um

espaco de Hilbert H e auto-adjunto se, e somente se, os operadores comutam, isto e,

ST = TS.

Demonstracao: Note que (ST )∗ = ST e tambem (ST )∗ = T ∗S∗ = TS. Dessas duas igualdades

temos ST = TS.

Reciprocramente, temos por hipotese TS = ST . Note tambem que TS = T ∗S∗ = (ST )∗.

Disso temos que ST = (ST )∗. Isso completa a prova.

Teorema 3.13. Seja (Tn) uma sequencia de operadores lineares limitados auto-adjuntos, Tn :

H −→ H, em um espaco de Hilbert H. Suponha que (Tn) seja convergente, ou seja, exista

T : H → H tal que Tn → T , isto e,

‖Tn − T‖ → 0,

onde ‖·‖ e a norma no espaco B(H,H). Entao, o operador limite T e um operador linear limitado

auto-adjunto em H.

Demonstracao: Devemos mostrar que T ∗ = T . Isso seguira se mostrarmos que ‖T − T ∗‖ = 0.

Temos que

‖T ∗n − T ∗‖ = ‖Tn − T ∗‖ = ‖(Tn − T ∗)∗‖ = ‖T ∗n − T ∗∗‖ = ‖Tn − T‖.

A desigualdade triangular em B(H,H) implica entao que

0 ≤ ‖T −T ∗‖ 6 ‖T −Tn‖+ ‖Tn−T ∗n‖+ ‖T ∗n −T ∗‖ = ‖T −Tn‖+ 0 + ‖Tn−T‖ = 2‖Tn−T‖ → 0,

se n→∞. Portanto, ‖T − T ∗‖ = 0 e T ∗ = T .

3.8 Exercıcios

1. Sejam X e Y espaco vetoriais normados. Consideremos o conjunto X ⊕ Y = {(x, y) : x ∈X, y ∈ Y } e definamos

‖(x, y)‖1 := ‖x‖+ ‖y‖, ‖(x, y)‖2 := max{‖x‖, ‖y‖}, ‖(x, y)‖3 :=√‖x‖2 + ‖y‖2.

Mostre que ‖ · ‖k, k = 1, 2, 3 e uma norma e mostre que estas normas sao equivalentes.


2. Definamos em Rn a seguinte norma

‖ξ‖p =( n∑i=1

|ξi|p)1/p

, x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn, 1 ≤ p <∞.

Mostrar que1√n‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1.

3. (Continuidade das operacoes de espacos vetoriais) Mostrar que em um espaco vetorial

normado X, a adicao de vetores e multiplicacao por escalares sao operacoes contınuas com

respeito a norma, isto e, as aplicacoes definidas por (x, y) 7→ x + y e (α, x) 7→ αx sao

contınuas.

4. (Conjunto convexo, segmento) Um subconjunto A ⊂ X de um espaco vetorial X e dito

convexo se x, y ∈ A implica

M = {z ∈ X : z = αx+ (1− α)y, 0 ≤ α ≤ 1} ⊂ A.

M e chamado segmento fechado com pontos finais x e y, qualquer outro ponto z ∈ M e

chamado um ponto interior de M . Mostrar que a bola unitaria fechada B[0, 1] = {x ∈ X :

‖x‖ ≤ 1} em um espaco normado X e convexa.

5. Mostre que as expressoes abaixo definem normas nos respectivos espacos vetoriais:

(a) ‖x‖∞ = supn∈N|xn| em l1(N);

(b) ‖f‖ = max{‖f‖∞, ‖f ′‖∞} em

C1[a, b] = {f : [a, b] ⊂ R→ K : f e contınua e tem derivada contınua em [a, b]}

(c) ‖p‖ =∫ 1

0t|p(t)|dt em

Pn[0, 1] = {p : [0, 1] ⊂ R→ R : p e um polinomio de grau no maximo n}.

6. Sejam a, b numeros reais com a < b e C[a, b] = {f : [a, b] → R : f e contınua em R} e

ρ : C[a, b]× C[a, b]→ [0,∞) dada por

ρ(x, y) = maxa≤t≤b

|x(t)− y(t)|.

Mostre que ρ e uma metrica e que C[a, b] e completo com esta metrica.


7. Sejam a, b numeros reais com a < b e I[a, b] o conjunto das funcoes Riemann integraveis de

[a, b] em R e ρ : I[a, b]× I[a, b]→ [0,∞) dada por

ρ(x, y) =

∫ b

a

|x(t)− y(t)|dt.

Mostre que ρ nao uma metrica em I[a, b] mas e uma metrica em C[a, b] ⊂ I[a, b] e que C[a, b]

nao e completo com esta metrica.

8. Mostre que (X, ρ) e completo se e somente se, toda sequencia {Bk} de bolas fechadas com

Bn+1 ⊂ Bn e limn→∞

rn = 0 (rn = raio de Bn), a intersecao ∩∞n=1Bn consiste exatamente de

um ponto.

9. Seja (X, ρ) um espaco metrico e A ⊂ X. Mostre que A e fechado se e somente se A = A.

10. Seja X um espaco metrico, e seja f : X → R uma funcao contınua. Entao, dado qualquer

numero real r, os conjuntos

{x ∈ X : f(x) > r}, {x ∈ X : f(x) < r}

sao conjuntos abertos de X, e os conjuntos

{x ∈ X : f(x) ≥ r}, {x ∈ X : f(x) ≤ r}, {x ∈ X : f(x) = r}

sao conjuntos fechados de X. Tambem dados numeros reais a e b satisfazendo a < b, o

conjunto

{x ∈ X : a < f(x) < b}

e um conjunto aberto de X, e o conjunto

{x ∈ X : a ≤ f(x) ≤ b}

e um conjunto fechado de X.

11. Sejam X, Y , Z e W espacos metricos, e h : X → Y um homeomorfismo. Uma funcao

f : Z → X e contınua se e somente se h ◦ f : Z → Y e contınua, e uma funcao g : Y → W

e contınua se e somente se, g ◦ h : X → W e contınua.

12. Seja (X, ρ) um espaco metrico completo e T : X → X uma transformacao. Assuma que,

para algum n0 ∈ N, T n0 e uma contracao e mostre que T tem um unico ponto fixo.

13. Encontrar um sequencia de cauchy que nao seja convergente em (Q, ρ).

14. Seja (X, ρ) um espaco metrico. Sejam A ⊂ B ⊂ C ⊂ X. Demonstrar que se A e denso em

B y B e denso C entao A e denso em C.


15. Sejam (X, ρX) e (Y, ρY ) dois espacos metricos. Suponhamos que A ⊂ X e denso. Sejan

f, g : X → Y duas funcoes contınuas tal que, para todo x ∈ A, f(x) = g(x). Demonstrar

que f = g, isto e f(x) = g(x), para todo x ∈ X.

16. Demonstre que metricas equivalentes definem os mesmo abertos, fechados e compactos, as

mesmas sequencias de Cauchy, e as mesmas funcoes contınuas e uniformemente contınuas.

17. Demonstrar que f(x) = x2 e uniformemente contınua em [0, 1], mas nao e em (0,∞).

18. Mostre que ρ : R× R→ [0,∞), definida por ρ(x, y) = (x− y)2, nao e uma metrica.

19. Seja ρ : X × X → [0,∞) uma metrica. Verifique que α(x, y) =√ρ(x, y), β(x, y) =

ρ(x, y)

1 + ρ(x, y)e γ(x, y) = min{1, ρ(x, y)} sao metricas em X.

20. Em todo espaco metrico X, tem-se

B[a, r] =⋂s>r

B(a, s) =∞⋂n=1

B(a, r +1

n)

e

{a} =⋂r>0

B(a, r) =∞⋂n=1

B(a,1

n).

Exprima, dualmente, cada bola aberta de X como reuniao de bolas fechadas.

21. Sejam I < J intervalos arbitrarios da reta e f : I → J uma bijecao tal que x < y ⇒ f(x) <

f(y). Prove que f (e consequentemente f−1) e contınua. Conclua daı a continuidade de

f : [0,+∞)→ [0,∞), dada por f(x) =√x.

22. Mostre que toda funcao contınua f : [a, b]→ R e limitada.

23. Seja X = A ∪ B. Se f : X → Y e tal que f |A e f |B sao contınuas, entao f e contınua em

cada ponto a ∈ A ∩B.

24. Num espaco metrico X, sejam F = B[a, r] e G = X\B(a, s), onde 0 < r < s. Mostre que

f : X → [0, 1], definida por

f(x) =ρ(x, F )

ρ(x, F ) + ρ(x,G),

e contınua e, alem disso, f−1(0) = F , f−1(1) = G.

25. f : X → Y e contınua se, e somente se, para todo M ⊂ X tem-se f(M) ⊂ f(M).

26. Uma bijecao f : X → Y e um homeomorfismo se, e somente, se f(M) = f(M) para todo

M ⊂ X.


27. Sejam X um espaco de Banach e T : X → X um operador linear limitado. Defina

‖x‖1 = ‖x‖X + ‖Tx‖X ,

para todo x ∈ X.

(a) Mostre que ‖ ‖1 e uma norma em X.

(b) Mostre que (X, ‖ ‖1) e um espaco de Banach.

28. Seja X um espaco de Banach.

(a) Se T ∈ L(X) e um operador linear limitado tal que ‖T‖ < 1, mostre que I − T tem

inversa limitada e que

(I − T )−1 =∞∑n=0

T n.

(b) Se T ∈ L(X) e limitado e tem inversa limitada e S ∈ L(X) e um operador linear

limitado tal que

||S − T‖ < 1

‖T−1‖,

mostre que S tem inversa limitada.

29. Seja X um espaco metrico completo. Mostre M ⊂ X e completo se, e somente se, M e

fechado.

30. Seja C1[a, b] := {f : [a, b]→ C; f, f ′ sao contınuas }. Mostre que

〈f, g〉 =

∫ b

a

f(t)g(t)dt+

∫ b

a

f ′(t)g′(t)dt

e um produto interno em C1[a, b].

Capıtulo 4

Os Teoremas de Hahn-Banach

4.1 Formas Analıticas do Teorema de Hahn-Banach

Seja X um espaco vetorial sobre K. Uma transformacao linear f : X → K e chamado de

funcional linear. Se X e um espaco vetorial normado, entao L(X,K) e um espaco de Banach.

Quando X e um espaco vetorial sobre C, ele tambem e um espaco vetorial sobre R. Assim,

podemos considerar f : X → C e f : X → R como sendo funcionais lineares e temos o seguinte

resutado

Proposicao 4.1. Seja X um espaco vetorial sobre C. Se f : X → C e um funcional linear e u =

Re f, entao u e um funcional linear real e f(x) = u(x)− iu(ix), para todo x ∈ X. Reciprocamente,

se u : X → R e um funcional linear real e f : X → C e definido por f(x) = u(x)− iu(ix), entao f

e um funcional linear complexo. Se X e um espaco vetorial normado, f e limitado se, e somente

se, u e limitado e neste caso, ‖u‖ = ‖f‖.

Demonstracao: Se f : X → C e linear, entao

• x 7→ u(x) = Re (f(x)) e um funcional linear real;

• x 7→ v(x) = Im (f(x)) = −Re (if(x)) = −Re (f(ix)) = −u(ix) e um funcional linear real.

Logo, f(x) = u(x)− iu(ix), para todo x ∈ X.Claramente se u : X → R e um funcional linear, entao f : X → C definido por

f(x) = u(x)− iu(ix)

e linear.

Agora, em qualquer caso, se X e um espaco vetorial e f e limitado, entao

|u(x)| = |Re (f(x))| ≤ |f(x)| ≤ ‖f‖ ‖x‖,

134


logo u : X → R e um funcional linear limitado e ‖u‖ ≤ ‖f‖. Por outro lado, se u : X → R e

limitado e como

f(x) = rei(arg f(x)) ⇒ f(e−i(arg f(x))x) = r = |f(x)|,

para todo x ∈ X. Entao

|f(x)| = f(e−i arg(f(x))x) = u(e−i(arg(f(x))x),

para todo x ∈ X. Logo,

|f(x)| = u(αx) ≤ |u(αx)| ≤ ‖u‖‖αx‖ ≤ ‖u‖ ‖x‖,

onde α = e−i(arg(f(x)). Assim, ‖f‖ ≤ ‖u‖.

Definicao 4.1. Seja P um conjunto. Dizemos que

1. P e ordenado se existe em P uma relacao de ordem ”≤”;

2. Q ⊂ P e totalmente ordenado se para todo a, b ∈ Q, tivermos a ≤ b ou b ≤ a;

3. c ∈ P e um majorante (cota superior) de Q ⊂ P se x ≤ c, para todo x ∈ Q;

4. um elemento m ∈ P e maximal de P se m ≤ x para x ∈ P, entao x = m;

5. o conjunto P e indutivo se todo subconjunto totalmente ordenado de P admite um majorante.

Lema 4.1 (Lema de Zorn). Todo conjunto nao vazio, ordenado e indutivo admite um elemento

maximal.

Demonstracao: A prova deste resultado pode ser encontrada em [8].

Definicao 4.2. Seja X um espaco vetorial sobre K. Um funcional sub-linear sobre E e ua funcao

p : X → R tal que

p(x+ y) ≤ p(x) + p(y),

p(λx) = λp(x),

para todo x, y ∈ X e para todo λ > 0.

Quando p(0) = 0, o funcional da Definicao 4.2 e chamado de Funcional de Minkowski.

Teorema 4.1 (Forma Analıtica do Teorema de Hahn-Banach). Sejam E um espaco vetorial real,

p um funcional sub-linear em E, G um subespaco vetorial de E e g : G→ R uma aplicacao linear

em E tal que

g(x) ≤ p(x),

para todo x ∈ G. Entao existe um funcional linear f : E → R tal que

f(x) ≤ p(x), x ∈ E e f(x) = g(x), x ∈ G.


Demonstracao: Considere o conjunto

P := {h : D(h) ⊂ E → R : h e linear, D(h) ⊃ G, h(x) ≤ p(x), x ∈ D(h) e h(x) = g(x), x ∈ G}.

Definamos em P a seguinte relacao:

h1 ≤ h2 ⇔ D(h1) ⊂ D(h2), h2(x) = h1(x), x ∈ D(h1).

Temos

• ”≤”e uma relacao de ordem em P ;

• P 6= ∅, pois g ∈ P ;

• P e indutivo. De fato, seja Q := {hi; i ∈ I} um subconjunto totalmente ordenado de P.

Definindo h : D(h) ⊂ E → R por

D(h) = ∪i∈ID(hi)

h(x) = hi(x), x ∈ D(hi).

Temos que h esta bem definida, pois se x ∈ D(hi) ∩D(hj), como Q e totalmente ordenado,

entao, sem perda da generalidade, podemos supor que D(hi) ⊂ D(hj) e hj(x) = hi(x), para

x ∈ D(hi), mostrando que h e unicamente determinada. Ainda mais, h ∈ P, pois D(h) ⊃ G,

se x ∈ D(h), entao existe i ∈ I tal que x ∈ D(hi) e h(x) = hi(x) ≤ p(x) e se x ∈ G, entao

g(x) = hi(x) = h(x), pois x ∈ D(h). Tambem, h e um majorante de Q, pois D(hi) ⊂ D(h)

para todo i ∈ I e para todo x ∈ D(hi), h(x) = hi(x), mostrando que hi ≤ h, para todo

i ∈ I. Mostrando que o conjunto P e indutivo. �

Assim, o Lema de Zorn implica que P tem um elemento maximal, isto e, existe f ∈ P tal que

• f : D(f) ⊂ E → R linear, G ⊂ D(f), f(x) = g(x), para x ∈ G e f(x) ≤ p(x), para

x ∈ D(f);

• se f ≤ h, para todo h ∈ P, entao h = f.

Vamos mostrar que D(f) = E. De fato, suponhamos, por absurdo, que D(f) E. Logo,

existe x0 ∈ E tal que x0 6∈ D(f). Definamos h : D(h) ⊂ E → R por

D(h) = D(f)⊕ [x0] := {y ∈ E; y = x+ tx0, x ∈ D(f) e t ∈ R}.

e

h(x+ tx0) = f(x) + tα,

com α a ser determinado. Temos que


• h e linear;

• se x ∈ G, entao x = x + 0α, pois G ⊂ D(f) e, portanto, h(x) = f(x) = g(x), para todo

x ∈ G.

Devemos ter, para x ∈ D(f) e t ∈ R, que

h(x+ tx0) ≤ p(x+ tx0),

ou seja,

f(x) + tα ≤ p(x+ tx0), (4.1)

para todo x ∈ D(f) e t ∈ R.Primeiramente, mostremos que para t = ±1, podemos escolher α tal que (4.1) esta satisfeita.

Para t = ±1, (4.1) e equivalente a {α ≤ p(x+ x0)− f(x)

α ≥ f(x)− p(x− x0),

para todo x ∈ D(f), que por sua vez e equivalente a

supx∈D(f)

{f(x)− p(x− x0)} ≤ α ≤ infx∈D(f)

{p(x− x0)− f(x)}. (4.2)

Agora, para x, y ∈ D(f),

f(x) + f(y) = f(x+ y) ≤ p(x+ y) ≤ p(x− x0) + p(y + x0).

Logo,

f(x)− p(x− x0) ≤ p(y + x0)− f(y),

para todo x, y ∈ D(f). Fixando x ∈ D(f), temos que

f(x)− p(x− x0) ≤ infy∈D(f)

{p(y + x0)− f(y)}.

Logo,

supx∈D(f)

{f(x)− p(x− x0)} ≤ infx∈D(f)

{p(x+ x0)− f(x)}.

Portanto, existe α ∈ R tal que (4.2) e valida, ou seja (4.1) esta satisfeita para t = ±1. Para este

mesmo α, mostremos que (4.1) e valida para todo t ∈ R. Para todo t > 0 e x ∈ D(f) temos

f(x) + tα = f(tx

t) + tα = t[f(

x

t) + α] ≤ tp(

x

t+ x0) = p(x+ tx0).

Para todo t < 0 e todo x ∈ D(f), fazendo s = −t > 0, temos

f(x) + tα = f(−s x−s

)− sα = s[f(x

s)− α] ≤ sp(

x

s− x0) = p(x+ tx0).


Para t = 0 e x ∈ D(f), temos

f(x) + 0 = f(x) ≤ p(x) = p(x+ 0).

Logo,

h(x+ tx0) ≤ f(x+ tx0),

para todo x ∈ D(f) e t ∈ R. Assim, h ∈ P com f ≤ h e h 6= f, pois D(f) D(h), o que contradiz

o Lema de Zorn. Portanto D(f) = E, e o teorema esta demostrado.

Definicao 4.3. Seja E um espaco vetorial sobre K, K = C ou K = R. Uma aplicacao p : E → Re uma seminorma se as seguintes condicoes estao satisfeitas:

1. p : E → [0,+∞);

2. p(λx) = |λ|p(x), para λ ∈ K e x ∈ E;

3. p(x+ y) ≤ p(x) + p(y), para todo x, y ∈ E.

Quando p(x) 6= 0 para x 6= 0 a seminorma e uma norma.

Teorema 4.2 (Forma Analıtica do Teorema de Hahn-Banach - Caso Complexo). Sejam X um

espaco vetorial complexo, p uma seminorma em X, G um subespaco vetorial de X e f : G → Cuma aplicacao linear tal que |f(x)| ≤ p(x), para todo x ∈ G. Entao, existe F : X → C um

funcional linear tal que

|F (x)| ≤ p(x), x ∈ G e F (x) = f(x), x ∈ G.

Demonstracao: Exercıcio 4.1.

Corolario 4.1. Sejam E um espaco vetorial real, p : E → R uma seminorma em E, G um

subespaco vetorial de E e g : G→ R uma transformacao linear tal que

|g(x)| ≤ p(x),

para todo x ∈ G. Entao existe f : E → R tal que

|f(x)| ≤ p(x), x ∈ E e f(x) = g(x), x ∈ G.

Demonstracao: Segue imediatamente da Forma Analıtica do Teorema de Hahn-Banach.

Corolario 4.2. Sejam E um espaco vetorial normado real, G um subespaco vetorial de E e

g : G→ R uma transformacao linear limitada. entao existe f ∈ E ′ tal que

f(x) = g(x), x ∈ G e ‖f‖E′ = ‖g‖G′ .


Demonstracao: Defina p : E → R por p(x) = ‖g‖G′‖x‖E. Entao, p e uma seminorma em E e

para todo x ∈ E,|g(x)| ≤ ‖g‖G′‖x‖E,

e o resultado segue do Corolario 4.1.

Quando f ∈ E ′ e x ∈ E, usaremos a notacao f(x) = 〈f, x〉 para indicar f calculada no

elemento x.

Corolario 4.3. Sejam E um espaco vetorial normado real e x0 ∈ E. Entao existe f0 ∈ E ′ tal que

‖f0‖E′ = ‖x0‖E e 〈f0, x0〉 = ‖x0‖2E.

Demonstracao: Se x0 = 0, basta tomar f ≡ 0. Suponhamos entao que x0 6= 0 e consideremos

G = [x0]. Defina g : G→ R por g(tx0) = t‖x0‖2E. Entao,

• g e linear;

• ‖g‖G′ = ‖x0‖E. De fato temos

‖g‖G′ = sup‖x‖G≤1

|g(x)| = sup|t|‖x0‖E≤1

(|t|‖x0‖E‖x0‖E) ≤ ‖x0‖E.

Por outro lado, tomando y = x0‖x0‖E

, temos ‖y‖G = 1 e

|g(y)| = | 1

‖x0‖E‖x0‖2E| = ‖x0‖E,

mostrando que ‖g‖G′ = ‖x0‖E. �

Portanto, o Corolario 4.2 implica que existe f0 ∈ E ′ tal que

〈f0, x0〉 = g(x0) = ‖x0‖2E

e

‖f0‖E′ = ‖g‖G′ = ‖x0‖E,

completando a prova deste lema.

4.2 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach

Ao longo desta secao, E denota um espaco vetorial normado real.

Definicao 4.4. Um hiperplano (afim) e E e um conjunto da forma

H = {x ∈ E; f(x) = α},

onde f e um funcional linear nao identicamente nulo e α ∈ R. Diremos entao que H e o hiperplano

de equacao [f = α].


Observemos que como f 6≡ 0, entao H 6= E e H 6= ∅. Notemos tambem que f nao e necessa-

riamente contınuo.

Definicao 4.5. Un subconjunto C ⊂ E e convexo se para todo x, y ∈ C, tx + (1− t)y ∈ C, para

todo t ∈ [0, 1].

Exercıcio 4.1. Sejam A e B subconjuntos abertos, convexos, nao vazios e disjuntos de E. Mostre

que A+B = {x+ y; x ∈ A e y ∈ B} e nao vazio e convexo.

Exercıcio 4.2. Sejam A e B subconjunto abertos, convexos, nao vazios e disjuntos em E. Mostre

que A+B = {x+ y; x ∈ A e y ∈ B} e um subconjunto aberto, convexo e nao vazio de E.

Proposicao 4.2. O hiperplano de equacao [f = α] e fechado se, e somente se, f e contınuo

(limitado).

Demonstracao:

(⇐) Como H = f−1({α}), {α} e fechado em R e f e contınuo, entao H = [f = α] e

fechado. �

(⇒) Como H e fechado, entao Hc := {x ∈ E; f(x) 6= α} e aberto e nao vazio, ja que

H 6= E. Seja x0 ∈ Hc e suponha, sem perda da generalidade, que f(x0) < α. Como Hc e aberto,

existe r > 0 tal que BE(x0, r) ⊂ Hc. Mostremos que f(x) < α, para todo x ∈ BE(x0, r). De fato,

suponhamos, por absurdo, que exista x1 ∈ BE(x0, r) tal que f(x1) > α (note que f(x1) 6= α).

Como BE(x0, r) e convexa, entao

tx0 + (1− t)x1 ∈ BE(x0, r), t ∈ [0, 1].

Tomando t =f(x1)− α

f(x1)− f(x0)∈ (0, 1), ja que f e linear, temos que

f(tx0 + (1− t)x1) = (f(x1)− α

f(x1)− f(x0))f(x0) + (

α− f(x0)

f(x1)− f(x0))f(x1) = α,

isto e, tx0 + (1 − t) 6∈ BE(x0, r), o que e uma constradicao, mostrando que f(x) < α, para todo

x ∈ BE(x0, r). �

Agora, seja r > r1 > 0 tal que

BE(x0, r1) ⊂ BE(x0, r).

Entao,

x ∈ BE(x0, r1) ⇐⇒ x = x0 + r1z, ∀z ∈ BE(0, 1).

Assim, para todo z ∈ BE(0, 1) temos que

f(x) = f(x = x0 + r1z) < α,


ou seja,

f(x0) + r1f(z) < α, ∀z ∈ BE(0, 1),

ou ainda,

f(z) <α− f(x0)

r1, ∀z ∈ BE(0, 1).

Logo, f e limitada e

‖f‖E′ ≤1

r1(α− f(x0)),

concluindo a prova desta proposicao.

Definicao 4.6. Sejam A e B subconjuntos de E. Dizemos que o hiperplano H = [f = α] separa

A e B no sentido fraco (fracamente) se

f(x) ≤ α ≤ f(y),

para x ∈ A e y ∈ B. Dizemos que o hiperplano H = [f = α] separa A e B no sentido forte

(fortemente) se existe ε > 0 tal que

f(x) ≤ α− ε < α < α + ε ≤ f(y),

para x ∈ A e y ∈ B.

Teorema 4.3 (Teorema de Hahn-Banach - Primeira Forma Geometrica). Se A e B sao subcon-

juntos nao vazios, convexos e disjuntos em E. Se A e aberto, entao existe um hiperplano fechado

que separa A e B no sentido fraco.

Para demostrarmos este teorema, precisamos demonstrar antes dois lemas auxiliares.

Lema 4.2 (Funcional de Minkowski). Seja C um subconjunto aberto, convexo e tal que 0 ∈ C.Para todo x ∈ E, defina

p(x) = inf{α > 0; α−1x ∈ C}.

Entao, p e sublinear e existe M > 0 tal que

0 ≤ p(x) ≤M‖x‖, (4.3)

para todo x ∈ E. Aind mais,

C = {x ∈ E; p(x) < 1}.

Demonstracao: Claramente p(x) ≥ 0, para todo x ∈ E. Por outro lado, como 0 ∈ C e C e aberto

e E, existe r > 0 tal que BE(0, r) ⊂ C. Para todo x ∈ E, temos que se x = 0, entao claramente p

esta bem definido neste caso. Se x 6= 0, entao temos que

y =1

2‖x‖Er

x =r

2

1

‖x‖Ex ∈ BE(0, r) ⊂ C.


Logo,2‖x‖Er∈ {α > 0; α−1 ∈ C} e, portanto, p esta bem definido e a definicao de p implica que

p(x) <2

r‖x‖E. Tomando M =

2

r, obtemos a segunda desigualdade em (4.3). �

Mostremos agora que x ∈ C se, e somente se, p(x) < 1. De fato, se 0 6= x0 ∈ C, existe ε > 0

tal que

(1 + ε)x0 =11

1+ε

x0 ∈ C,

pois C e aberto em E. Assim,

p(x0) ≤1

1 + ε< 1.

Por outro lado, se p(x0) < 1, existe 0 < α < 1 tal que α−1x0 ∈ C. Assim,

x0 = α(α−1x0) + (1− α)0 ∈ C,

ja que C e convexo. �

Finalmente, mostremos que p e sublinear. Para todo x ∈ E e todo λ > 0 temos que

p(λx) = inf{α > 0; (α−1λ)x ∈ C} = inf{α > 0;xα

λ

∈ C}

= inf{λ(α

λ); (

α

λ)−1x ∈ C} = λ inf{β > 0 : β−1x ∈ C}

= λp(x).

Quando λ = 0, temos que p(0x) = p(0) = 0 = 0x.

Tambem, para x e y em E, dado ε > 0, pelos casos anteriores, temos que

p(x

p(x) + ε) =

p(x)

p(x) + ε< 1.

Logo,1

p(x) + εx ∈ C. Da mesma forma,

1

p(y) + εy ∈ C. Entao, a convexidade de C implica que

tx

p(x) + ε+ (1− t) y

p(y) + ε∈ C,

para todo t ∈ [0, 1]. Tomando 0 < t =p(x) + ε

p(x) + p(y) + 2ε< 1, obtemos que

x

p(x) + p(y) + 2ε+

y

p(x) + p(y) + 2ε=

x+ y

p(x) + p(y) + 2ε∈ C.

Logo,

p(x+ y

p(x) + p(y) + 2ε) < 1

e, portanto,

p(x+ y) < p(x) + p(y) + 2ε.

Fazendo ε→ 0, concluımos a prova deste resultado.


Lema 4.3. Sejam C ⊂ E um conjunto convexo, aberto e nao vazio e x0 ∈ E\C. Entao, existe

f ∈ E ′ tal que f(x) < f(x0), para todo x ∈ C, ou seja, o hiperplano fechado de equacao [f = f(x0)]

separa C e {x0} no sentido fraco.

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que 0 ∈ C. Seja p : E → R o funcional de Minkowski

associado ao conjunto convexo C. Considere G = [x0] = {tx0; t ∈ R} e defina o funcional linear

g : G→ R por g(tx0) = t, para todo t ∈ R. Entao

g(x) ≤ p(x),

para todo x ∈ G. De fato, temos g(x0) = 1 e p(x0) ≥ 1, pois x0 6∈ C. Tambem, para x = tx0, se

t > 0, entao

g(tx0) = t ≤ tp(x0) = p(tx0).

Se t ≤ 0, entao

g(tx0) = t ≤ 0 ≤ p(tx0).

Assim, em qualquer caso, g(x) ≤ p(x), para x ∈ G.Dessa forma, o Teorema 4.1 implica que existe um funcional linear f : E → R tal que

f(x) ≤ p(x), x ∈ E e f(x) = g(x), x ∈ G.

Mas, para todo x ∈ E,f(x) ≤ p(x) ≤M‖x‖E,

mostrando que f ∈ E ′. Ainda mais, f(x0) = g(x0) = 1 e para todo x ∈ C, f(x) ≤ p(x) < 1 =

f(x0), completando a prova do lema neste caso. �

Agora, se 0 6∈ C, considerando C1 = C −{x1} = {x−x1; x ∈ C}, onde x1 ∈ C, ja que C 6= ∅,e x0 = x0 − x1. Temos que 0 ∈ C1 e a primeira parte implica que existe f ∈ E ′ tal que para todo

x ∈ C1, f(x) < f(x0). Logo, para todo x ∈ C, f(x− x1) < f(x0 − x1) e, portanto, f(x) < f(x0),

para todo x ∈ C.Demonstracao do Teorema 4.3: Defina

A−B = {x− y; x ∈ A e y ∈ B}.

O Exercıcio 4.1 implica que C e convexo e nao vazio. Como C = ∪y∈B(A−{y}) e cada A−{y} e

aberto, entao C tambem e um subconjunto aberto de E. Ainda, como A e B sao disjuntos, temos

que 0 6∈ C. Logo, o Lema 4.3 garante que existe f ∈ E ′ tal que f(z) < f(0) = 0, para todo z ∈ C.Logo, f(a) < f(b), para todo a ∈ A e todo b ∈ B. Assim, podemos escolher α ∈ R tal que

supa∈A

f(a) ≤ α ≤ infb∈B

f(b),

e obtemos que

f(a) ≤ α ≤ f(b),

para todo a ∈ A e todo b ∈ B.


Teorema 4.4 (Teorema de Hahn-Banach - Segunda Forma Geometrica). Sejam A e B subcon-

juntos nao vazios, disjuntos e convexos de E. Suponha que A e compacto e B e fechado. Entao,

existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido forte.

Demonstracao: Dado ε > 0, consideremos os conjuntos

Aε = A+BE(0, ε) = A+ εBE(0, 1) e Bε = B +BE(0, ε) = B + εBE(0, 1).

Entao, o Exercıcio 4.2 implica que Aε e Bε sao subconjuntos convexos, abertos e nao vazios de E.

Tambem, Aε∩Bε = ∅, para algum 0 < ε < ε0 :=dist (A,B)

2. De fato, se, por absurdo, Aε∩Bε 6= ∅,

para todo ε < ε0, entao existem sequencias (εn)n≥1 ⊂ (0, ε0) e (zn)n≥1 ⊂ Aεn ∩ Bεn , com εn → 0,

quando n→∞. Daı,

an + εnxn = zn = bn + εnyn,

onde an ∈ A, bn ∈ B e xn, yn ∈ BE(0, 1). Entao,

‖an − bn‖ = ‖εnxn − εnyn‖ ≤ εn(‖xn‖+ ‖yn‖) < 2εn → 0,

quando n → ∞. Como A e compacto, existem (anj)nj≥1 ⊂ (an)n≥1 e a ∈ A tais que anj

→ a em

E. Assim,

‖a− bnj‖ ≤ ‖a− anj

‖+ ‖anj− bnj

‖ → 0,

quando nj →∞. Como B e fechado, concluımos que a ∈ A∩B, o que e uma contradicao. Portanto

Aε ∩Bε = ∅ para algum ε > 0, suficientemente pequeno. �

O Teorema 4.3 implica que existe um hiperplano fechado de equacao [f = α] que separa Aε e

Bε no sentido fraco. Temos

f(x+ εz1) ≤ α ≤ f(y + εz2),

para todo x ∈ A, y ∈ B e z1, z2 ∈ BE(0, 1). Fixando z1 tomando o supremo em BE(0, 1) e depois

tomando o ınfimo tambem em BE(0, 1), obtemos que

sup‖z‖<1

(f(x) + εf(z)) ≤ α ≤ inf‖z‖<1

(f(y) + εf(z)),

para x ∈ A e y ∈ B. Logo,

f(x)+ε‖f‖E′ ≤ α ≤ f(y)+ε inf‖z‖<1

f(z) = f(y)−ε sup‖z‖<1

f(−z) = f(y)−ε sup‖z‖<1

f(z) = f(y)−ε‖f‖E′ ,

para todo x ∈ A e y ∈ B. Como ‖f‖E′ 6= 0, o hiperplano fechado de equacao [f = α] separa A e

B no sentido forte.

Corolario 4.4. Seja E um espaco vetorial normado real e F um subespaco vetorial de E tal que

F 6= E. Entao, existe f ∈ E ′, f 6≡ 0, tal que

〈f, x〉 = 0,

para todo x ∈ F.


Demonstracao: Se x0 ∈ E\F , entao {x0} e compacto e como F e fechado, existem f ∈ E ′ e

α ∈ R tais que

f(x) < α < f(x0),

para todo x ∈ F . Como F e subespaco vetorial de E, entao f(x) = 0, para todo x ∈ F.

Obervacao 4.1. Nas aplicacoes, usamos o Corolario 4.4 para verificarmos quando um subespaco

vetorial F de E e denso em E (F = E). Para isso, precisamos verificar a seguinte afirmacao:

∀f ∈ E ′; 〈f, x〉 = 0, ∀x ∈ F ⇒ f ≡ 0.

Capıtulo 5

Consequencias do Teorema da Categoria

de Baire.

5.1 O Teorema da Categoria de Baire

Nesta secao demonstraremos o Lema de Baire. Para isso, precisamos antes do seguinte resultado

topologico.

Exercıcio 5.1. Seja X um espaco metrico e S um subconjunto de X. Mostre que

(S)c = int(Sc),

onde Y c := X\Y, denota o complementar, em X, de um subconjunto Y de X e int(Y ) denota o

interior, em X, de um subconjunto Y de X.

Lema 5.1 (Lema de Baire). Sejam X um espaco metrico completo e (Xn)n∈N uma sequencia de

subconjuntos fechados de X. Se int(Xn) = ∅ para cada n ∈ N, entao

int(∪∞n=1Xn) = ∅.

Demonstracao: Para cada n ≥ 1, sejam On = X \Xn. Como para cada n ∈ N, Xn e fechado e

tem interior vazio, entao On e fechado e denso em X. Devemos mostrar que

G = ∩∞n=1On

e denso em X, pois se isso acontecer, entao

int(∪∞n=1Xn) = int(∪∞n=1Ocn) = int((∩∞n=1On)c) = (∩∞n=1On)c = (G)c = ∅,

onde na penultima igualdade foi usado o Exercıcio 5.1.

146


Seja entao W 6= ∅ um subconjunto aberto de X e mostremos que W∩G 6= ∅. Tomando x0 ∈ W,escolha r0 > 0 tal que B(x0, r0) ⊂ W. Como O1 e aberto e denso em X, escolha x1 ∈ O1∩B(x0, r0)

tal que

B(x1, r1) ⊂ O1 ∩B(x0, r0), com 0 < r1 <r02.

Da mesma forma, escolha x2 ∈ O2 ∩B(x1, r1) tal que

B(x2, r2) ⊂ O2 ∩B(x1, r1), com 0 < r2 <r12.

Assim, sucessivamente encontramos sequencias (xn) em X e (rn) em R tais que

xn ∈ On ∩B(xn−1, rn−1)

e

B(xn, rn) ⊂ On ∩B(xn−1, rn−1), com 0 < rn <rn−1

2.

Dessa forma, (xn) e uma sequencia de Cauchy em X e a completicidade de X implica que

existe l ∈ X tal que xn → l. Mas, para todo p ≥ 0 e n ≥ 0, xn+p ∈ B(xn, rn). Fazendo p → ∞obtemos que l ∈ B(xn, rn), para todo n ≥ 0. Assim, l ∈ On, para todo n ∈ N, ou seja l ∈ G ∩W.

Portanto, W ∩G 6= ∅, completando a prova do lema.

Corolario 5.1. Sejam X um espaco metrico completo e (Xn)n∈N uma sequencia de subconjuntos

fechados de X tal que ∪∞n=1Xn = X. Entao, existe n0 ∈ N tal que int(Xn0) 6= ∅.

Demonstracao: Suponhamos, por absurdo, que int(Xn) = ∅, para todo n ∈ N. Entao, o Lema

de Baire implica que

X = int(∪∞n=1Xn) = ∅,

o que e um absurdo.

Exercıcio 5.2. Seja X um espaco vetorial normado real e B ⊂ X um subconjunto convexo.

Mostre que nB = nB e B +B = 2B.

5.2 O Teorema de Banach-Steinhaus

Teorema 5.1. Sejam E e F espaco normados e (Ti)i∈I uma famılia de operadores lineares limi-

tados de E em F . Suponhamos que E seja uma espaco de Banach e que

supi∈I‖Ti(x)‖F <∞, (5.1)

parra todo x ∈ E. Entao

supi∈I‖Ti‖L(E,F ) <∞.


Em outras palavras, existe uma constante c > 0 tal que

‖Ti(x)‖ ≤ c‖x‖,

para x ∈ E e i ∈ I.

Demonstracao: Para cada inteiro n ≥ 1 considere o conjunto

Xn = {x ∈ E; ‖Ti(x)‖ ≤ n, ∀i ∈ I}.

Temos que para cada n ≥ 1,

Xn = ∩i∈IT−1i (B(0, n)),

mostrando que Xn e fechado para cada n ∈ N.De (5.1) temos que

∞⋃n=1

Xn = E.

Agora, usando o Lema de Baire, temos que Int(Xn0) 6= ∅, para algum n0 ≥ 1. Seja x0 ∈ E e

r > 0 tais que B(x0, r) ⊂ Xn0 . Entao

‖Ti(x0 + rz)‖ ≤ n0,

para todo i ∈ I e todo z ∈ B(0, 1). Assim,

‖ − Ti(x0)‖+ ‖Ti(x0) + rTI(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖⇒ ‖ − Ti(x0) + Ti(x0) + rTi(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖

⇒ r‖Ti(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖⇒ r sup

‖z‖≤1‖Ti(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖

⇒ r‖Ti‖L(E,F ) ≤ 2n0.

A ultima desigualdade implica que

supi∈I‖Ti‖L(E,F ) <∞.

Corolario 5.2. Sejam E e F dois espacos de Banach e (Tn)n∈N uma sequencia de operadores

lineares limitadas de E em F tais que para todo x em E, Tn(x) e convergente. Se T (x) = limTnx,

entao

(i) supn∈N ‖Tn‖L(E,F ) <∞;

(ii) T ∈ L(E,F );


(iii) ‖T‖L(E,F ) ≤ lim infn→∞

(‖Tn‖L(E,F )).

Demonstracao: Observemos que para cada x ∈ E, a sequencia (Tnx) e limitada em F. Logo,

supn∈N‖Tnx‖ < +∞,

para todo x ∈ E. Portanto, o Teorema 5.1 demonstra o item (i).

Sendo Tx = limTnx, para todo x ∈ E, a linearidade de cada uma das aplicacoes Tn implica a

linearidade de T : E → F. Usando a parte (i) obtemos que existe c > 0 tal que para todo x ∈ Ee n ∈ N,

‖Tnx‖ ≤ c‖x‖.

A continuidade da norma implica que para todo x ∈ E,

‖Tx‖ = ‖ limTnx‖ = lim ‖Tnx‖ ≤ c‖x‖, (5.2)

mostrando que T e limitada, o que concluı (ii).

Agora, para todo n ∈ N,‖Tnx‖ ≤ ‖Tn‖‖x‖,

para todo x ∈ E. Logo,

lim inf ‖Tnx‖ ≤ lim inf ‖Tn‖‖x‖.

Usando (5.2) obtemos que

‖Tx‖ ≤ (lim inf ‖Tn‖)‖x‖.

Logo,

sup‖x‖≤1

‖Tx‖ ≤ lim inf ‖Tn‖,

mostrando que ‖T‖ ≤ lim inf ‖Tn‖, concluindo a prova do corolario.

Corolario 5.3. Sejam G um espaco de Banach e B ⊂ G. Suponhamos que para todo f ∈ G′ o

conjunto f(B) = {〈f, x〉; x ∈ B} e limitado em R. Entao B e limitado.

Demonstracao: Para cada b ∈ B definimos

Tb(f) = 〈f, b〉, f ∈ G′ .

Desta forma temos que

supb∈B|Tb(f)| <∞,

para todo f ∈ G′ . Pelo Teorema 5.1, com E = G′, F = R e I = B, existe c > 0 tal que

|Tb(f)| = |〈f, b〉| ≤ c‖f‖,


para f ∈ G′ e b ∈ B. Tomando o supremo em f, com ‖f‖ ≤ 1, em ambos os lados da desigualdade

acima, obtemos que

sup‖f‖≤1

|〈f, b〉| ≤ c

Usando o Corolario 5.2 temos que

‖b‖ ≤ c,

para todo b ∈ B.

Exercıcio 5.3. Sejam G um espaco de Banach e B′ ⊂ G

′. Suponhamos que para todo x ∈ G o

conjunto 〈B′ , x〉 = {〈f, x〉; f ∈ B′} seja limitado em R. Mostre que B′

e limitado.

5.3 O Teorema da Aplicacao Aberta

Definicao 5.1. Sejam E e F espacos vetoriais normados. Dizemos que uma transformacao linear

T : E → F e aberta se para todo subconjunto aberto U ⊂ E, tivermos que T (U) e um subconjunto

aberto de F.

Teorema 5.2. Sejam E e F dois espacos de Banach e T : E → F um operador linear, limitada

e sobrejetora. Entao existe r > 0

BF (0, r) ⊂ T (BE(0, 1)). (5.3)

Demonstracao: Dividiremos a prova em duas etapas.

Primeira Etapa: Vamos mostrar que existe r > 0 tal que

BF (0, 2r) ⊂ T (BE(0, 1)). (5.4)

Para mostrarmos este fato, notemos que BE(0, n) = nBE(0, 1), para todo n ∈ N. Logo, para

n > ‖x‖, x ∈ nBE(0, 1), para todo x ∈ E. Daı,

E = ∪∞n=1nBE(0, 1).

Como T e sobrejetora e linear, entao

F = T (E) = T (∪∞n=1nBE(0, 1)) = ∪∞n=1nT (BE(0, 1)) = ∪∞n=1nT (BE(0, 1)).

Assim, o Teorema 5.1 implica que existe n0 ∈ N tal que

int(n0T (BE(0, 1))) 6= ∅ =⇒ int(T (BE(0, 1))) 6= ∅.

Portanto, existe r > 0 e y0 ∈ F tal que

BF (y0, 4r) ⊂ T (BE(0, 1)).


Como y0,−y0 ∈ T (BE(0, 1)), entao

BF (0, 4r) = −y0 +BF (y0, 4r) ⊂ T (BE(0, 1)) + T (BE(0, 1)).

E a convexidade de T (BE(0, 1)) implica que

BF (0, 4r) ⊂ 2T (BE(0, 1)),

demonstrando (5.4) e concluındo a demonstracao da Primeira Etapa.

Segunda Etapa: Nesta etapa vamos mostrar que existe r > 0 tal que (5.3) esta satisfeita,

isto e, para y ∈ F com ‖y‖ < r, devemos encontrar x ∈ E com ‖x‖ < 1 tal que y = T (x). De

(5.4), temos que para todo ε > 0, existe x ∈ E com ‖x‖ < 12

e tal que ‖y − T (x)‖ < ε2.

Assim, tomando ε = r2

obtemos que existe x1 ∈ E tal que

‖x1‖ <1

2e ‖y − T (x1)‖ <

r

4.

Aplicando o mesmo raciocınio para y − T (x1) e ε = r4, obtemos que existe x2 ∈ E tal que

‖x2‖ <1

4e ‖y − T (x1)− T (x2)‖ <

r

8.

Repetindo este processo, obtemos uma sequencia (xn)n∈N em E tal que

‖xn‖ <1

2ne ‖y − T (x1 + . . .+ xn)‖ < r

2n+1,

para todo n ∈ N.Assim a sequencia (zn)n∈N, onde zn = x1 + . . .+ xn e uma sequencia de Cauchy em E. Como

E e um espaco de Banach, temos que existe x ∈ E tal que

zn → x, n→∞.

Assim, ‖x‖ < 1 e como T e contınua temos que Tzn → Tx. Mas, T (zn) → y e a unicidade do

limite implica que y = T (x). Logo y ∈ B(0, r) e y = T (x) para x ∈ B(0, 1), isto implica que (5.3).

Corolario 5.4 (Teorema da Aplicacao Aberta). Sejam E e F espacos de Banach e T : E → F

uma transformacao linear, limitada e sobrejetora. Entao T e uma aplicacao aberta.

Demonstracao: Seja U ⊂ E um subconjunto aberto de E e y0 ∈ T (U). Entao, existe x0 ∈ U tal

que y0 = Tx0 e existe ε > 0 tal que

BE(x0, ε) = x0 +BE(0, ε) ⊂ U.

Assim,

T (x0) + T (BE(0, ε)) ⊂ T (U). (5.5)


Tambem, o Teorema 5.2 implica que

BF (0, rε) ⊂ εBF (0, r) ⊂ εT (BE(0, 1)) = T (BE(0, ε)). (5.6)

Assim, (5.5) e (5.6) implicam que

BF (y0, rε) = y0 +BF (0, rε) ⊂ y0 + T (BE(0, ε)) ⊂ T (U),

completando a prova deste corolario.

Corolario 5.5. Sejam E e F espacos de Banach e T : E → F uma transformacao linear, limitada

e bijetora. Entao T−1 : F → E e linear e limitada.

Demonstracao: Para todo y ∈ F, existe um unico x ∈ E tal que y = Tx. Entao, existe 0 < r1 < r

tal que

BE(0, r1) ≤ BE(0, r)

e

y1 =r1‖y‖

y ∈ BF (0, r1),

onde r e dado no Teorema 5.2. Assim,

y1 =r1‖y‖

y ∈ BF (0, r1) ⊂ BF (0, r) ⊂ T (BE(0, 1)).

Logo, existe u ∈ BE(0, 1) tal que Tu = y1 e, portanto,

T (‖y‖r1

u) = y = Tx

e a injetividade de T implica que x = ‖y‖r1u. Daı,

‖x‖ =‖y‖r1‖u‖ < ‖y‖

r1=

1

r1‖Tx‖,

isto e,

‖x‖ < 1

r1‖Tx‖,

mostrando que

‖T−1y‖ < 1

r1‖y‖,

para todo y ∈ F.

Corolario 5.6. Suponhamos que um espaco vetorial real E dotado de cada uma das normas ‖ . ‖1e ‖ . ‖2 seja um espaco de Banach. Se existir c > 0 tal que

‖x‖2 ≤ c‖x‖1,

para todo x ∈ E, entao as normas ‖ . ‖1 e ‖ . ‖2 sao equivalentes.


Demonstracao: Por hipotese a aplicacao identidade Id : (E, ‖ . ‖1)→ (E, ‖ . ‖2) e uma aplicacao

linear, contınua e bijetora. Logo, o Corolario 5.5 implica que

Id : (E, ‖ . ‖2)→ (E, ‖ . ‖1)

tambem e contınua, provando que a norma ‖ . ‖1 e equivalente a norma ‖ . ‖2.

5.4 O Teorema do Grafico Fechado

Nesta secao vamos trabalhar com operadores definidos em subespacos de um espaco de Banach

E que nao sao limitados. Primeiro observemos que se E e F sao dois espacos de Banach, entao

E × F munido das operacoes usuais e um espaco de Banach com a norma

‖(u, v)‖E×F = ‖u‖E + ‖v‖F ,

para (u, v) ∈ E × F.

Definicao 5.2. Sejam E e F espacos normados reais. Definimos o grafico de uma transformacao

linear T : D(T ) ⊂ E → F como sendo o conjunto

G(T ) = {(x, y) ∈ E × F ; x ∈ D(T ) e y = Tx}.

Dizemos que G(T ) e fechado em E × F se

G(T )E×F

= G(T ).

Lema 5.2. Mostre que G(T ) e fechado se, e somente se, a seguinte propriedade esta satisfeita:

”se (xn) ⊂ D(T ) e tal que xn → x e Txn → y, quando n→∞, entao x ∈ D(T ) e Tx = y.”

Demonstracao: Suponhamos inicialmente que G(T ) seja fechado em E×F, isto e G(T ) = G(T ).

Seja (xn) ⊂ D(T ) uma sequencia em D(T ) tal que

xn → x e Txn → y.

Assim, a sequencia (zn) definida por zn = (xn, Txn), para n ∈ N, e uma sequencia no grafico G(T )

de T , (zn) ⊂ G(T ), e

zn → (x, y),

ou seja, (x, y) ∈ G(T ). Como G(T ) e fechado em E × F, obtemos que (x, y) ∈ G(T ), ou seja,

x ∈ D(T ) e T (x) = y.

Por outro lado, seja (x, y) ∈ G(T ). Entao, existe (xn) ⊂ D(T ) uma sequencia no domınio de

T tal que

xn → x e T (xn)→ y.

Por hipotese obtemos que x ∈ D(T ) e T (x) = y, isto e, (x, y) ∈ G(T ), mostrando que G(T ) e

fechado em E × F.


Exercıcio 5.4. Se T : E → F e uma transformacao linear contınua entre espacos normados E e

F, entao G(T ) e fechado em E × F. Mostre que a recıproca nao e verdadeira.

Exercıcio 5.5. Seja T : D(T ) ⊂ E → F uma transformacao linear contınua entre espacos

normados E e F. Se D(T ) e fechado em E, entao G(T ) e fechado em E × F.

Exercıcio 5.6. Mostre que podem existir transformacoes lineares contınuas T : D(T ) ⊂ E → F

tais que D(T ) = E e G(T ) nao fechado em E × F.

Definicao 5.3. Dizemos que uma transformacao linear T : D(T ) ⊂ E → F entre espacos nor-

mados E e F e fechada se G(T ) e fechado em E × F, ou seja, se, e somente se, toda sequencia

(xn) ⊂ D(T ) tal que xn → x e Txn → y, quando n→∞, tivermos x ∈ D(T ) e Tx = y.

Teorema 5.3 (Teorema do Grafico Fechado). Sejam E e F espacos de Banach e T : D(T ) ⊂E → F uma transformacao linear fechada. Se D(T ) e fechado em E, entao T e contınua (limi-

tada).

Demonstracao: Considere em D(T ) as seguintes normas:

‖x‖1 = ‖x‖E + ‖Tx‖F , x ∈ D(T ),

que e conhecida como norma da grafico e

‖x‖2 = ‖x‖E, x ∈ D(T ).

Como D(T ) e fechado em (E, ‖ · ‖E) que e um espaco de Banach, entao (D(T ), ‖ · ‖2) e um espaco

de Banach. Mostremos agora que (D(T ), ‖ · ‖1) tambem e um espaco de Banach. Para vermos

isso, seja (xn) ⊂ D(T ) um sequencia de Cauchy em (D(T ), ‖ · ‖1). Temos

0 ≤ ‖xm − xn‖2 ≤ ‖xm − xn‖1 → 0,

quando m,n→∞, mostrando que (xn) e uma sequencia de Cauchy em (D(T ), ‖ · ‖2). Tambem,

0 ≤ ‖Txm − Txn‖F ≤ ‖xm − xn‖E + ‖T (xm − xn)‖F = ‖xm − xn‖1 → 0,

quando m,n → ∞, mostrando que (Txn) e uma sequencia de Cauchy em (F, ‖ · ‖F ). Portanto,

existem x ∈ D(T ) e y ∈ F tais que quando n→∞,

xn → x em (D(T ), ‖ · ‖E)

e

Txn → y em (F, ‖ · ‖F ).

Como T e uma transformacao linear fechada, concluımos que y = Tx. Assim,

0 ≤ ‖xn − x‖1 = ‖xn − x‖E + ‖Txn − Tx‖F → 0,


quando n→∞, mostrando que (D(T ), ‖ · ‖1) e um espaco de Banach.

Agora, como ‖x‖2 ≤ ‖x‖1, para todo x ∈ D(T ), o Corolario 5.6 implica que existe uma

constante c ≥ 0 tal que

‖x‖E + ‖Tx‖F = ‖x‖1 ≤ c‖x‖2 ≤ c‖x‖E,

para todo x ∈ D(T ). Notemos que para todo x ∈ D(T ),

‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤ c‖x‖2 =⇒ (c− 1)‖x‖2 ≥ 0,

ou seja, na realidade, c ≥ 1. Logo,

‖Tx‖E ≤ (c− 1)‖x‖E,

para todo x ∈ D(T ), mostrando que T e limitada e, portanto, T e contınua.

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