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Introdução à Análise Funcional

Daniel Pellegrino

Departamento de Matemática, UFPB, João Pessoa, PBe-mail: [email protected]

Outubro, 2007


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Sumário

1 Introdução 2

2 Espaços vetoriais normados e operadores lineares 3

2.1 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Operadores lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.3.1 Coment́arios e curiosidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão infinita: espaços de sequências . 132.5 Espaços normados de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.5.1 Os espaços L p(X, Σ, µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.5.2 O espaço L∞(X, Σ, µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.6 Completamento de espaços normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.7 Séries em espa̧cos vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.7.1 Coment́arios e curiosidades sobre śeries. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.8 Bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.8.1 Coment́arios e curiosidades sobre bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . 352.8.2 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.9 Caracterização do dual de l p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 Espaços com produto interno 393.1 Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz . . . . . . 423.2 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.3 Conjuntos ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.4 Processo de ortogonalização e suas consequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.4.1 Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.5 O Teorema de Riesz-Fréchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.6 Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4 Resultados clássicos da Análise Funcional e suas conseqûencias 584.1 Teoremas de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.1.1 Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis . . . . . . . . . 634.1.2 Formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.1.3 Posśıveis generalizações do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . 71

4.2 O Teorema de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.2.1 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.3 O Teorema da Aplicação Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.4 O Teorema do Gráfico Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

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5 Topologia fraca, topologia fraca estrela e espaços reflexivos 805.1 Topologia fraca: definições e propriedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

5.2 Topologia fraca estrela: definições e propriedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.2.1 O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

5.3 Espaços reflexivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

6 Operadores compactos e teorema espectral para operadores compactos em espaçosde Hilbert 906.1 Operadores compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 906.2 Autovalores e autovetores de operadores compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.3 Alguns resultados da teoria espectral de operadores compactos e auto-adjuntos em

espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

7 Espaços vetoriais topológicos (evt´s) 987.1 evt’s e elc’s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

7.2 Seminormas e topologias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1057.3 Revisitando Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1107.4 Revisitando as topologias fracas: Teorema de Goldstine e caracterização de espaços

reflexivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

8 Apêndice 0: Axioma da Escolha e Lema de Zorn 115

9 Apêndice I: Noções de Topologia Geral 1179.1 O Teorema de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1179.2 Espaços topológicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

9.2.1 Vizinhanças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1219.2.2 Funções cont́ınuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1269.2.3 Subespaços e topologia relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1279.2.4 Topologia produto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1289.2.5 Redes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1309.2.6 Filtros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1339.2.7 O Teorema de Tychonoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

10 Apêndice II: Noções de Teoria da Medida 14010.1 Espaços mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14010.2 Funções Mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14210.3 Sequências de Funções Mensurá v e i s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 4 410.4 Espaços de Medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14710.5 Funções simples e integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14910.6 Integração de funções positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

10.7 Integração de funções reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

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Caṕıtulo 1

Introdução

A Análise Funcional, assim como a topologia, nasceu nas primeiras décadas do século 20, trazendo oamadurecimento de certos conceitos, como convergência e continuidade em objetos mais abstratos quenúmeros. Nesse peŕıodo, a caracterização de duais (espaços de funcionais lineares cont́ınuos) colaboroucom o surgimento de alguns conceitos que foram formalizados em linguagem moderna com o livrode Banach em 1932 ([3]). Desde então a Análise Funcional evoluiu bastante e com o concomitantedesenvolvimento da Topologia Geral, tem se ramificado para espaços vetoriais não necessariamentenormados e caminhos não lineares.

Esse texto é baseado em notas de aula de cursos ministrados, por mim, em cursos de pós-graduaçãona Unicamp, UFCG e UFPB. A sequência do curso é um pouco inspirada em [11] e em notas de aulado Professor J. Mujica [18]. Outras boas referências são [6] e [2] e [16]. Nossa intenção é que o textoseja o mais auto-suficiente possı́vel e, por isso, em seu final, acrescentamos três apêndices (adaptadosde nossas notas de aula de Topologia Geral [20] e Teoria da Medida) com defini ções e resultados

importantes de teoria de conjuntos, topologia e medida, que são necessários nesse curso. A leiturado(s) apêndice(s) não é indispensável e o leitor mais preguiçoso poderá evitar certas abstrações semgrandes prejúızos.

E o mais importante: esse texto está em construção e em constante aperfeiçoamento e, por isso,alguns deslizes talvez sejam encontrados pelo caminho. Sugestões e/ou correções são bem vindas.

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Caṕıtulo 2

Espaços vetoriais normados eoperadores lineares

2.1 Espaços vetoriais normados

Seja E um espaço vetorial sobre um corpo K, que denotará R ou C (os elementos de K são chamadosde escalares). Uma função

. : E → Ré uma norma se as seguintes propriedades ocorrerem:

(N1) x ≥ 0 para todo x em E e x = 0 ⇔ x = 0.(N2) λx = |λ| x para todo escalar λ e todo x em E .(N3)

x + y

≤ x

+

y

para quaisquer x e y em E .

Um espaço vetorial munido de uma norma será chamado de espaço vetorial normado (evn).Um evn pode ser sempre considerado como um espaço métrico, com a métrica dada por

d(x, y) = x − y . (2.1)

Em espaços métricos, dizemos que a sequência (xn) converge para x quando

limn→∞

d(xn, x) = 0.

Portanto, em um evn, dizemos que a sequência (xn) converge para x quando

limn→∞

xn − x = 0.

Exemplo 2.1.1 A reta R é um espaço vetorial normado, com x = |x| . Em geral, Rn com a norma (euclidiana) x = (x21 + · · · + x2n)

12 é um espaço vetorial normado (a demonstraç˜ ao da desiguladade

triangular n˜ ao é imediata). Mais adiante veremos exemplos mais elaborados.

Um evn E é chamado espaço de Banach quando for um espaço métrico completo, com a métricainduzida pela norma. Veremos adiante que todo espaço vetorial normado de dimensão finita é completo.O próximo resultado é a chave desse e de vários outros resultados importantes:

Lema 2.1.2 Para um conjunto {x1,...,xn}, linearmente independente, de vetores em um espaçovetorial normado E, existe um n´ umero real positivo c tal que para qualquer escolha de escalares a1,...,an, temos

a1x1 + · · · + anxn ≥ c (|a1| + · · · + |an|) (2.2)

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Demonstração. Se |a1| + · · · + |an| = 0 não há o que demonstrar. Suponhamos |a1| + · · · + |an| > 0.Então mostrar (2.2) equivale a mostrar que existe c > 0 tal que

d1x1 + · · · + dnxn ≥ c, (2.3)

para quaisquer dj da forma

dj = aj

|a1| + · · · + |an| .

Portanto, para mostrar (2.2) basta mostrar que (2.3) vale, com

nj=1

|dj | = 1.

Suponha que isso não aconteça. Então, existe uma sequência (ym) de elementos de E ,

ym =n

j=1

b(m)j xj

en

j=1

b(m)j = 1tal que

limm→∞

ym = 0. (2.4)

Comon

j=1 b(

m)j

= 1, temos

b(

m)j

≤ 1 para cada j e cada m. Então, para cada j = 1,...,n fixo, a

sequência(b(

m)j )

∞m=1 = (b

(1)j , b

(2)j ,...)

é limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, (b(m)

1 )∞m=1 possui uma subsequência convergente.

Seja b1 o limite dessa subsequência. Seja (y1,m) a subsequência correspondente de (ym). Usandoo mesmo argumento, (y1,m) possui uma subsequência (y2,m) para a qual a sequência correspondente

(b(m)2 )

∞m=1 converge. Procedendo dessa forma, após n etapas, obtemos uma subsequência

yn,m =n

j=1

c(m)j xj

comn

j=1

c(m)j = 1e, para cada j = 1,...,n,

limm→∞

c(m)j = bj .

Assim

limm→∞

yn,m =n

j=1

bj xj ,

comn

j=1|bj | = lim

m→∞

n

j=1c

(m)j

= 1.

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Portanto nem todos os bj são nulos e como {x1,...,xn} é LI, segue que

y :=n

j=1

bjxj = 0.

Como limm→∞ yn,m = y, segue que limm→∞ yn,m = y . Por (2.4), ym → 0, e como (yn,m) ésubsequência de (ym), temos que

limm→∞

yn,m = 0.Dáı y = 0, e isso contradiz o fato de ser y = 0.

Exerćıcio 2.1.3 Dê exemplo de um espaço vetorial, munido de uma métrica d, que não est ́a associada a uma norma pela igualdade (2.1).

Exerćıcio 2.1.4 Mostre que para qualquer espaço vetorial é possı́vel definir uma norma.

Exerćıcio 2.1.5 Mostre que a norma é uma funç˜ ao cont́ınua (use a definiç˜ ao de funç˜ ao contı́nua entre espaços métricos).

Exerćıcio 2.1.6 Se E é um espaço de Banach e G é subespaço de E , mostre que G também é subespaçode E .

Exerćıcio 2.1.7 Seja E um evn. Um conjunto A ⊂ E é dito limitado se existir M > 0 tal que x ≤ M para todo x ∈ A. Se B for limitado em um evn E , mostre que B é limitado.

Exerćıcio 2.1.8 Seja E um evn. Um subconjunto A ⊂ E é dito convexo se sempre que x, y ∈ A, o“segmento fechado”

{z = ax + (1

−a)y; 0

≤ a

≤ 1

}estiver contido em A. Mostre que a bola fechada de raio r

Br = {x ∈ E ; x ≤ r}

é convexa.

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2.2 Operadores lineares

Um operador linear (ou transformação linear) T é uma função tal que:(i) O domı́nio D(T ) de T é um espaço vetorial e a imagem R(T ) está contida em um espaço vetorial

sobre o mesmo corpo que D(T ).(T1) T (x + y) = T (x) + T (y) para quaisquer x, y ∈ D(T )(T2) T (λx) = λT (x) para todo λ ∈K e qualquer x em D(T ).O conjunto formado por todas as transforma̧cões lineares de E em F é denotado por L(E, F ) e, se

E e F são evn, definimosT = sup{T (x) ; x ≤ 1}.

Quando T 0, existir δ = δ (ε) > 0tal que

T (x) − T (x0) < εsempre que

x − x0 < δ.O próximo resultado, devido a F. Riesz, mostra que o conceito de operador linear limitado coincidecom o de operador linear cont́ınuo.

Proposição 2.2.1 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre um mesmo corpo. Dado T ∈L(E, F ), as seguintes condiç˜ oes s˜ ao equivalentes:

(a) T é cont́ınuo,

(b) T é cont́ınuo na origem,(c) T é limitado.

Demonstração. (a) ⇒ (b) é obvio.(b) ⇒ (c). Suponha que (c) não seja verdadeiro. Para todo k natural, podeŕıamos encontrar (xk)

tal que xk ≤ 1 e T (xk) ≥ k. Considere zk = xk/ T (xk) Então limk→∞ zk = 0 e T (zk) = 1, oque fere a continuidade de T na origem.

(c) ⇒ (a). Da definição de T temos que T (x) ≤ T x para todo x em X . Com efeito, sex = 0 não há nada a fazer. Se x = 0, então

T (x)x =

T ( x

x )

≤ T .

Logo, se x1, x2 ∈ X, temos T (x1) − T (x2) = T (x1 − x2) ≤ T x1 − x2 e segue a continuidade(uniforme) de T.Corolário 2.2.2 Todo operador linear cujo domı́nio tem dimens˜ ao finita é cont́ınuo.

Demonstração. Seja F um espaço vetorial normado qualquer e seja E um espaço vetorial normadode dimensão n, com B = {e1,...,en} uma base de E . Se T : E → F é linear, temos, pelo Lema 2.1.2,que existe c > 0 tal que

T (x) ≤ max1≤j≤n

T ejn

j=1

|aj |

≤ max1≤j≤n

T ej 1c x ,

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para todo x =n

j=1aj ej ∈ E . Pela Proposição 2.2.1, segue que T é cont́ınuo.

Duas normas ·1 e ·2 em um espaço vetorial E são ditas equivalentes se existirem constantespositivas c1 e c2 tais que

c1 x1 ≤ x2 ≤ c2 x1 ∀x ∈ E.Como será visto a seguir, como consequência do corolário anterior, conclui-se facilmente que

em espaços vetoriais de dimens̃ao finita, quaisquer normas são equivalentes. Entretanto, veremosposteriormente que para espaços de dimensão infinita podem existir normas que não são equivalentes.

Se uma transformação linear T : D(T ) → Y for injetiva, então faz sentido definir T −1 : R(T ) →D(T ) por T −1(y) = x se y = T (x). A função T −1 é chamada inversa de T .

Corolário 2.2.3 Se E é um espaço vetorial normado de dimens˜ ao finita, quaisquer duas normas s˜ aoequivalentes.

Demonstração. Se .1 e .2 são normas em E , considere a aplicação identidade

id : (E, .1) → (E, .2).

Como id é bijetiva e como o domı́nio e o contradomı́nio têm dimensão finita, temos que id e id−1

são cont́ınuas, e o resultado segue.

Dizemos que dois espaços vetoriais normados E e F são topologicamente isomorfos se existiruma transformação linear T : E → F cont́ınua, com inversa cont́ınua (chamada de isomorfismo).A seguir veremos que espaços vetoriais normados sobre um corpo K, com mesma dimensão finita,são topologicamente isomorfos. Nesse texto, por simplicidade, escreveremos isomorfos ao inv́es detopologicamente isomorfos. Quando o isomorfismo for tal que

T (x)

=

x

para todo x, diremos que

os espaços vetoriais são isometricamente isomorfos.

Corolário 2.2.4 Se n ∈ N, E e F s˜ ao espaços vetoriais normados sobre um corpo K, com dim E =dim F = n, ent˜ ao E e F s˜ ao topologicamente isomorfos.

Demonstração. Sejam B = {e1,...,en} e C = {f 1,...,f n} bases de E e F , respectivamente. Defina

T : E → F

linear, levando ej em f j , para cada j = 1,...,n. Assim, T é bijetiva e como o domı́nio e o contradomı́niotêm dimensão finita, segue que tanto T quanto T −1 são cont́ınuas.

Corolário 2.2.5 Todo espaço vetorial de dimens˜ ao finita (sobre o corpo K) é um espaço de Banach.

Demonstração. De fato, todo espaço de dimensão finita (sobre K) é isomorfo a Kn, que é completo.O resultado segue facilmente.

Corolário 2.2.6 Todo subespaço de dimens˜ ao finita de um espaço normado é fechado.

Demonstração. Com efeito, sendo completo é também fechado.Se E e F são evn, o espaço vetorial formado pelos operadores lineares cont́ınuos de E em F é

denotado por L(E ; F ). O dual algébrico de um espaço vetorial normado E é o conjunto L(E ;K) eo dual topológico de E é o conjunto L(E ;K), tembém denotado por E . Estaremos principalmenteinteressados em duais topológicos. Posteriormente veremos caracterizações de duais (topológicos) decertos espaços de Banach.

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Exerćıcio 2.2.7 Se ϕ : E → F é uma transformaç˜ ao linear, mostre que E Ker(ϕ)

Im ϕ(algebricamente).

Exerćıcio 2.2.8 Mostre que para todo evn de dimens˜ ao infinita X e todo evn Y = {0}, existe uma transformaç˜ ao linear T : X → Y n˜ ao-cont́ınua.Exerćıcio 2.2.9 Seja E um evn sobre C. Se ϕ é um funcional linear n˜ ao contı́nuo em E , mostre que

{ϕ(x); x ∈ E e x ≤ 1} = C.Solução. Seja z = reiθ ∈ C arbitrário.Como

sup{|ϕ(x)| ; x ∈ E e x ≤ 1} = ∞,existe x0 ∈ E, x0 ≤ 1, tal que |ϕ(x0)| ≥ r. Logo

ϕ rx0|ϕ(x0)| = r.Dáı

ϕ

rx0|ϕ(x0)|

= reiα

para algum 0 ≤ α


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Exerćıcio 2.2.16 Sejam E e F evn. Mostre que T : E → F é limitado se e somente se T (A) é limitado sempre que A for limitado (veja a definiç˜ ao de conjunto limitado no exerćıcio 2.1.7.

Exerćıcio 2.2.17 Se T : E → F é um operador linear contı́nuo, n˜ ao-nulo, mostre que

x < 1 ⇒ T x


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Demonstração. Em espaços métricos os compactos sempre são fechados e limitados (veja [13]).Assim, uma das implicações é conhecida. Nos resta provar que todo conjunto M ⊂ E , limitado efechado é ainda compacto. Suponha que dim E = n e seja {e1,...,en} uma base de E . Como estamosem espaços métricos, basta mostrar que M é sequencialmente compacto. Seja, portanto, (xm) uma

sequência em M . Para cada xm, existem escalares a(m)1 ,...,a

(m)n tais que

xm =n

j=1

a(m)j ej .

Como M é limitado, é claro que a sequência (xm) é limitada, digamos por L > 0. Pelo Lema 2.1.2,existe c > 0 tal que

L ≥ xm =

nj=1

a(m)

j ej

≥ cn

j=1

a(

m)j

para todo m ∈ N. Portanto, para cada j ∈ {1,...,n} fixo, a sequência (a(m)j )∞m=1 é uma

sequência limitada de escalares (reais ou complexos). Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass aplicado

a cada sequência (a(m)j )

∞m=1, procedendo como na demonstração do Lema 2.1.2, encontramos uma

subsequência de (xm) que converge para um certo y =n

j=1

ajej. Como M é fechado, segue que y ∈ M

e M é compacto.

Corolário 2.3.2 A bola unit´ aria fechada em um espaço vetorial normado de dimens̃ ao finita é compacta.

A seguir, apresentamos um famoso resultado, devido a F. Riesz, que será útil para mostrar que abola unitária fechada em espaços de dimensão infinita nunca é compacta.

Lema 2.3.3 (Lema de Riesz) Seja M um subespaço fechado pr´ oprio de um espaço normado E e seja θ um n´ umero real tal que 0 < θ 0. De fato, se fosse d = 0, existiria uma sequência de elementos de M convergindo para y0 e, como M é fechado, isso contrariaria o fato de ser y0 /∈ M.

Seja x0 ∈

M tal que

y0 − x0 ≤ dθ

.

Escolha então

y = y0 − x0y0 − x0 .

É claro que y tem norma 1 e, além disso, para x ∈ M , temos

y − x = y0 − x0y0 − x0 − x

= y0 − (x0 + y0 − x0 x)y0 − x0(∗)

≥ dy0 − x0 ≥ θ,

onde em (∗

) foi usado que (x0

+

y0 −

x0

x) ∈

M.

11


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Observação 2.3.4 Mais adiante, veremos que a conclus˜ ao do Lema de Riesz, em geral, n˜ ao vale para θ = 1.

Teorema 2.3.5 Um espaço vetorial normado tem dimensão finita se, e somente se, a bola unit´ aria fechada é compacta.

Demonstração. O Corolário 2.3.2 garante uma das direções. Resta-nos provar que se a bola écompacta, então o espaço tem dimensão finita. Suponha que E tenha dimensão infinita.

Escolha x1 ∈ E com norma 1. Como dim E = ∞, temos que [x1] é um subespaço próprio fechadode E . Pelo Lema de Riesz, existe x2 ∈ E [x1], unitário, tal que

x2 − x1 ≥ θ = 12

.

Novamente, [x1, x2] = E e existe x3 ∈ E [x1, x2] unitário tal que

x3 − xj ≥ θ = 12

, para j = 1, 2.

Procedendo dessa forma, construimos uma sequência (xn) de vetores unitários de E tal que

xm − xn ≥ 12

sempre que m = n. Assim, (xn) é uma sequência em BE que não possui subsequência convergente, oque impede que BE seja compacta.

Exerćıcio 2.3.6 Mostre que em espaços topol´ ogicos, em geral, os compactos n˜ ao s˜ ao necessariamente fechados

Exerćıcio 2.3.7 Sejam E um espaço vetorial normado de dimensão finita e M um subespaço pr´ opriode E . Mostre que existe y ∈ E com y = 1 e

y − x ≥ 1para todo x ∈ M .

Solução. Pelo Lema de Riesz, para cada n ∈N, existe yn ∈ E com yn = 1 tal que

yn − x ≥ 1 − 1n

para todo x ∈ M.

Como a esfera unitária (em dimensão finita) é compacta (sequencialmente compacta), a sequência(yn)

∞n=1 possui uma subsequência (ynk)

∞k=1 que converge para um certo y0

∈ E com

y0

= 1. Como

ynk − x ≥ 1 − 1

nkpara todo x ∈ M,

fazendo k → ∞, conclúımos quey0 − x ≥ 1 para todo x ∈ M.

Exerćıcio 2.3.8 Se E é um espaço vetorial normado e M é um subespaço pr´ oprio de E, com dim M


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2.3.1 Comentários e curiosidades

Diz-se que um operador linear cont́ınuo T : E →

F atinge a norma quando existe x ∈

E com norma1 tal que T x = T . Um resultado delicado, conhecido como Teorema de Bishop-Phelps garanteque se E e F são espaços normados (sobre os reais), o conjunto dos funcionais lineares cont́ınuos queatingem a norma é denso em E . No mesmo artigo em que provaram seu resultado fundamental, Bishope Phelps especularam sobre uma posśıvel extensão desses resultados para operadores lineares:

Se X e Y são espaços de Banach, será que o conjunto dos operadores lineares T : X → Y queatingem a norma é denso em L(X ; Y )?

Em 1963, J. Lindenstrauss [15] mostrou que isso não é verdadeiro em geral, mas em alguns casosparticulares sim. A seguir, La (X, Y ) denota o conjunto dos operadores lineares cont́ınuos T : X → Y que atingem a norma.

Como a pergunta original de Bishop e Phelps era muito abrangente, para que uma investiga çãomais criteriosa pudesse ser feita, em [15] foram definidas as seguintes propriedades para espa ços deBanach X :

• A. Para todo espaço de Banach Y , La (X, Y ) é denso (em norma) em L (X, Y ) .• B. Para todo espaço de Banach Y , La (Y, X ) é denso (em norma) em L (Y, X ) .

Note que o Teorema de Bishop-Phelps diz que R tem a propriedade B. Recentemente, foidemonstrado que existem espaços de Banach que não possuem a propriedade B .

Uma boa monografia em português sobre o assunto é [9].

13


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2.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensãoinfinita: espaços de sequências

Nessa seção, introduziremos alguns espaços de sequências, chamados espaços l p. Para tanto, precisamosde alguns resultados técnicos:

Teorema 2.4.1 (Desigualdade de Hölder) Sejam n ∈N, p,q > 1 tais que 1 p + 1q = 1. Ent˜ ao

nj=1

|ζ j ηj | ≤

nj=1

|ζ j | p 1

p

.

n

j=1

|ηj |q 1

q

para quaisquer escalares ζ j, ηj , j = 1,...,n.

Demonstração. Primeiro, é conveniente mostrar que, para quaisquer a e b positivos, temos

a

1

p .b

1

q ≤ a

p + b

q . (2.5)

Considere, para cada 0 < α 0 se 0 < t 1

e f tem um máximo em t = 1. Portantof (t)

≤ f (1)

para todo t > 0 etα ≤ αt + (1 − α).

Fazendo t = ab e α = 1 p , temos a

b

1p ≤ 1

p

a

b +

1 − 1

p

.

Multiplicando a desigualdade acima por b, obtemos

a1p b1−

1p ≤ a

p +

b

q ,

o que demonstra (2.5).

O caso em quen

k=1 |ζ k| p = 0 oun

k=1 |ηk|q = 0 é trivial. Suponhamos, portanto,n

k=1 |ζ k| p = 0 en

k=1

|ηk|q = 0.Basta usar (2.5) com

aj = |ζ j | p

nk=1

|ζ k| pe bj =

|ηj |qn

k=1

|ηk|q.

Então |ζ j | |ηj | n

k=1

|ζ k| p 1

p

nk=1

|ηk|q 1

q

≤ aj p

+ bj

q

e somando ambos os lados em j = 1,...,n, o resultado segue.

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Teorema 2.4.2 (Desigualdade de Minkowski) Para p ≥ 1, temos

nk=1

|ζ k + ηk| p 1p ≤ nk=1

|ζ k| p 1p + nk=1

|ηk| p 1ppara quaisquer escalares ζ k, ηk, k = 1,...,n.

Demonstração. Para p = 1 o resultado é imediato. Suponhamos, portanto, p > 1. Basta mostrarque

nk=1

(|ζ k| + |ηk|) p 1p

≤

nk=1

|ζ k| p 1

p

+

n

k=1

|ηk| p 1

p

.

O caso em quen

k=1(|ζ k| + |ηk|) p = 0 é imediato. Suponhamos

n

k=1(|ζ k| + |ηk|) p = 0.

A idéia é usar a Desigualdade de Hölder. Para isso, escrevemos

(|ζ k| + |ηk|) p = (|ζ k| + |ηk|) (|ζ k| + |ηk|) p−1

= |ζ k| (|ζ k| + |ηk|) p−1 + |ηk| (|ζ k| + |ηk|) p−1 .

Como ( p − 1)q = pq − q = p, temos, pela Desigualdade de Hölder,

nk=1

|ζ k| (|ζ k| + |ηk|) p−1 ≤

nk=1

|ζ k| p 1

p

nk=1

(|ζ k| + |ηk|)( p−1)q 1

q

(2.6)

=

n

k=1

|ζ k| p 1

p

nk=1

(|ζ k| + |ηk|) p 1

q

.

De forma análoga, temos

nk=1

|ηk| (|ζ k| + |ηk|) p−1 ≤

nk=1

|ηk| p 1

p

nk=1

(|ζ k| + |ηk|) p 1

q

. (2.7)

Somando (2.6) e (2.7), obtemos

nk=1

(|ζ k| + |ηk|) p ≤

nk=1

|ζ k| p 1

p

nk=1

(|ζ k| + |ηk|) p 1

q

+

n

k=1

|ηk| p 1

p

nk=1

(|ζ k| + |ηk|) p 1

q

e

n

k=1 (|ζ k| + |ηk|) p

1− 1

q

≤ n

k=1 |ζ k| p

1p

+ n

k=1 |ηk| p

1p

.

Para cada número real p, com 1 ≤ p


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Demonstração. A Desigualdade de Minkowski (fazendo n → ∞) garante que l p é um espaço vetoriale também nos dá a desigualdade triangular. As outras propriedades são imediatas.

Proposição 2.4.4 Se 1 ≤ p 0, existe n0 natural, tal que

xm − xn ≤ εsempre que m, n ≥ n0.

Daı́, para cada N natural, temos N j=1

|ζ mj − ζ nj | p

1p

≤ ε,

sempre que m, n ≥ n0.Fazendo n → ∞, obtemos N

j=1

|ζ mj − ζ j| p

1p

≤ ε

para todo m ≥ n0 e todo N natural. Fazendo agora N → ∞, temosxm − x ≤ ε (2.8)

para todo m ≥ n0. Logo xn0 − x ∈ l p. Como xn0 ∈ l p, segue que x ∈ l p. De (2.8) é claro que (xn)∞n=1converge para x.

Quando p = ∞, escrevemos l∞ para denotar o espaço das sequências (de escalares) limitadas.Precisamente,

l∞ = x = (ζ j )∞j=1 ∈ KN; x∞ := supj∈N

|ζ j |


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Exerćıcio 2.4.7 Prove que (Kn, .∞) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de c0.

Exerćıcio 2.4.8 Prove que (Kn

, . p) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de l p, para cada p com 1 ≤ p ≤ ∞.

Exerćıcio 2.4.9 Um espaço métrico M é dito separ´ avel se existir D ⊂ M enumer´ avel e denso, istoé, D = M . Mostre que se 1 ≤ p 0. Não há perda de generalidade em suporε < 1

2. Então, existe xε ∈ D tal que

x0 − xε < ε2

.

Então, claramente xε = 0 e xεxε ∈ D1. Logo

x0 − xεxε = x0 − xε + xε − xεxε≤ x0 − xε +

xε − xεxε

= x0 − xε +1 − 1xε

xε<

ε

2 + |xε − 1|

≤ ε2

+ x0 − xε≤ ε.

Observação: Usando um pouco mais profundamente a teoria de espaços métricos, pode-se provaralgo bastante mais geral: todo subconjunto de um espaço métrico separável é ainda separável.

Exerćıcio 2.4.15 Determine c00 em c0.

Exerćıcio 2.4.16 Determine c00 em l p.

Exerćıcio 2.4.17 Mostre que {e1, e2,...} n˜ ao é base de Hamel de l p, 1 ≤ p ≤ ∞.

Exerćıcio 2.4.18 Se 1 ≤ p ≤ q ≤ ∞, mostre que l p ⊂ lq e que inc : l p → lq é contı́nua. Encontre ovalor da norma dessa inclusão.

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Exerćıcio 2.4.19 Seja cs =

x = (xj )∞j=1 ∈ Kn;

∞

j=1xj converge

.

(a) Mostre que cs é um evn com a norma x = supn

nj=1

xj

(b) Prove que cs é isometricamente isomorfo a c.

Exerćıcio 2.4.20 Seja bs =

x = (xj )∞j=1 ∈ Kn;supn

nj=1

xj


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2.5 Espaços normados de funções

Nessa seção, construiremos os exemplos clássicos de espaços de Banach cujos vetores são funções.Proposição 2.5.1 Seja X um conjunto n˜ ao nulo e B(X ) o espaço vetorial de todas as funç˜ oes limitadas f : X → K. Ent˜ ao B(X ) é um espaço de Banach com a norma

f = supx∈X

|f (x)| .

Demonstração. É fácil ver que . é uma norma. Vamos mostrar que B (X ) é completo. Seja (f n)uma sequência de Cauchy em B (X ). Para todo ε > 0, existe n0 tal que

f n − f m ≤ εpara quaisquer m, n ≥ n0. Daı́, para m, n ≥ n0, temos

|f n(x) − f m(x)| ≤ f n − f m ≤ ε (2.10)para todo x em X . Logo (f n(x))

∞n=1 é de Cauchy em K, para cada x em X . Portanto, para cada x

a sequência f n(x) converge para um escalar, que será denotado por f (x). Fazendo m → ∞ em (2.10),obtemos

|f n(x) − f (x)| ≤ ε (2.11)para todo x em X e todo n ≥ n0. Logo

f n0 − f ∈ B(X )e como

f = f n0 − (f n0 − f ),segue que f ∈ B(X ). De (2.11) concluı́mos que f n → f .Exerćıcio 2.5.2 Se X = N, mostre que B(X ) é isometricamente isomorfo a l∞.

Exerćıcio 2.5.3 Seja C ([a, b]) o conjunto de todas as funç˜ oes contı́nuas de [a, b] em R. Mostre que,com as operaç˜ oes usuais e com a norma

f = maxt∈[a,b]

|f (t)| ,

C ([a, b]) é um espaço de Banach.

Exerćıcio 2.5.4 Mostre que C ([a, b]) é separ ́avel. Sugest̃ ao: Use o Teorema da Aproximaç˜ ao de Weierstrass, que afirma que o conunto dos polinˆ omios com coeficientes reais é denso em C ([a, b]) com a norma .∞ .Exemplo 2.5.5 Nesse exemplo, mostraremos que a conclus̃ ao do Lema de Riesz n˜ ao é v ́alida, em geral, com θ = 1.

Sejam E = {f ∈ C [0, 1]; f (0) = 0} e M = {f ∈ E ;1

0

f (x)dx = 0}. Suponhamos que exista g ∈ E

com g = 1 tal que g − f ≥ 1 para todo f ∈ M. Dada h ∈ E M, seja

λ =

1 0

g(x)dx

1

0h(x)dx

.

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Então, é claro que g − λh ∈ M. Logo1 ≤

g−

(g−

λh)

= |

λ|

h

,

ou seja,

1 ≤

1

0

g(x)dx

1

0

h(x)dx

h . (2.12)

Seja, para cada n, hn(x) = x1n . Então hn ∈ E M, hn = 1 e

1

0x

1n dx =

11

n

+ 1 → 1.

Note que de (2.12) usado com as hn nos faz concluir que

1

0

g(x)dx

≥ 1. Por outro lado, comomax0≤x≤1 |g(x)| = 1 e g (0) = 0, a continuidade de g em zero implica que

1 0

g(x)dx


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Teorema 2.5.7 (Desigualdade de Minkowski para Integrais) Seja 1 ≤ p 1. Então

|f + g| p

= |f + g| |f + g| p−1

(2.15)≤ |f | |f + g| p−1 + |g| |f + g| p−1 .

Se 1/p + 1/q = 1, temos ( p − 1)q = p, e portanto |f + g| p−1 ∈ Lq(X, Σ, µ). Da desigualdade de Hölder,temos

X

|f | |f + g| p−1 dµ ≤

X

|f | p dµ 1

p

X

|f + g|( p−1)q dµ 1

q

X

|g| |f + g| p−1 dµ ≤

X

|g| p dµ 1

p

X

|f + g|( p−1)q dµ 1

q

.

Das duas desigualdades acima e de (2.15), temos que

X

|f + g| p dµ ≤ X

|f | p dµ 1p X

|f + g|( p−1)q dµ 1q + X

|g| p dµ 1p X

|f + g|( p−1)q dµ 1q=

X

|f + g| p dµ 1

q

X

|f | p dµ 1

p

+

X

|g| p dµ 1

p

e, dividindo ambos os membros por

X

|f + g| p dµ 1

q

, o resultado segue.

A desigualdade de Minkowski faz o papel da desigualdade triangular e ajuda a provar o seguinteresultado:

Proposição 2.5.8 Se 1 ≤ p


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Observação 2.5.10 Note que . p n˜ ao é uma norma em L p(X, Σ, µ), pois pode acontecer f p = 0para funç˜ oes n˜ ao identicamente nulas.

2.5.1 Os espaços L p(X, Σ, µ)

Nessa seção, por simplicidade, embora valham resultados semelhantes para K = C, admitiremos K = R.De modo geral, se (X, Σ, µ) é um espaço de medida, dizemos que f, g : X → R são equivalentes sef = g (µ-qtp). Denotando a classe de equival̂encia de uma função f por [f ], o conjunto

L p(X, Σ, µ) := {[f ]; f ∈ L p(X, Σ, µ)}é um espaço vetorial com as operações

[f ] + [g] = [f + g]

c[f ] = [cf ]

e, definindo[f ]Lp(X,Σ,µ) = f Lp(X,Σ,µ) ,

não é dif́ıcil notar (usando a Desigualdade de Minkowski) que L p(X, Σ, µ) se torna um espaço vetorialnormado. A seguir, mostraremos que L p(X, Σ, µ) é um espaço de Banach.

Observação 2.5.11 Devemos ter em mente que os vetores de L p(X, Σ, µ) s˜ ao classes de equivalência,mas é usual interpretar tais elementos simplesmente como funç˜ oes, e escrever f no lugar de [f ]. Aseguir, esse abuso de notaç˜ ao será rotineiro.

Teorema 2.5.12 Se 1 ≤ p 0, existe M = M (ε) tal que

m, n ≥ M ⇒

|f n − f m| p dµ

= f n − f m p p < ε p.

Seja (gk) uma subsequência de (f n) tal que

gk+1 − gk p < 2−k

para todo k natural.

Considere

g(x) = |g1(x)| +∞

k=1

|gk+1(x) − gk(x)| . (2.16)

Temos que g é mensurável, não-negativa, e toma valores em R ∪{∞}. Além disso,

|g(x)| p = limn→∞

|g1(x)| +

nk=1

|gk+1(x) − gk(x)| p

.

Pelo Lema de Fatou (veja Teorema 10.6.9), segue que

|g| p dµ ≤ lim inf

n→∞ |g1| +

n

k=1|gk+1 − gk|

p

dµ.

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Elevando ambos os membros a 1 p

e usando a Desigualdade de Minkowski, obtemos

|g| p dµ 1p ≤ lim inf n→∞

g1 p + nk=1

gk+1 − gk p (2.17)≤ g1 p + 1.

Então, definindo E = {x ∈ X ; g(x)


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2.5.2 O espaço L∞(X, Σ, µ)

Nessa seção também admitiremos K = R.Seja L∞(X, Σ, µ) o conjunto de todas as funções mensuŕaveis que são limitadas µ-qtp. Se

f ∈ L∞(X, Σ, µ) e N ∈ Σ é um conjunto de medida nula, definimosS f (N ) = sup {|f (x)| ; x /∈ N }

e

f ∞ = inf {S f (N ); N ∈ Σ e µ(N ) = 0} . (2.18)Note que pode acontecer f ∞ = 0 com f não identicamente nula. Para contornar esse problema,também recorremos às classes de equivalência.

Duas funções são equivalentes (pertencem a mesma classe de equival̂encia) se coincidem µ-qtp.O espaço L∞(X, Σ, µ) é o conjunto de todas as classes de equivalência das funções mensuŕaveis

f : X → K que são limitadas µ-qtp. Aqui também “identificaremos” as classes de equival̂enciacom seus representantes.

Se [f ] ∈ L∞(X, Σ, µ), definimos

[f ]∞ = f ∞ . (2.19)Note que .∞ está bem definida (não depende do representante da classe de equival̂encia).De fato, se f (x) = g (x) para todo x /∈ A, com µ(A) = 0, então, para cada N ∈ Σ com µ(N ) = 0,

temosS f (N ) = sup {|f (x)| ; x /∈ N } ≥ S f (N ∪ A) = S g(N ∪ A).

Analogamente,

S g(N ) = sup

{|g(x)

|; x /

∈ N

} ≥ S g(N

∪A) = S f (N

∪A)

e dáı

f ∞ = inf {S f (N ); N ∈ Σ e µ(N ) = 0} = inf {S g (N ); N ∈ Σ e µ(N ) = 0} = g∞ .

O próximo teorema garante que (L∞(X, Σ, µ), .∞) é um espaço de Banach.Note ainda que se f ∈ L∞(X, Σ, µ), então

|f (x)| ≤ f ∞ µ-qtp.Com efeito, se isso não acontecesse, existiria M ∈ Σ com µ(M ) > 0 e

|f (x)| > f ∞ para todo x ∈ M.Assim,

|f (x)| > inf {S f (N ); N ∈ Σ e µ(N ) = 0} para todo x ∈ M.Por definição de ı́nfimo, existiria N 0 ∈ Σ com medida nula, tal que

|f (x)| > S f (N 0) = sup {|f (x)| ; x /∈ N 0} para todo x ∈ M.Como N 0 tem medida nula e µ(M ) > 0, podemos escolher x0 ∈ M − N 0. Logo

|f (x0)| > S f (N 0) = sup {|f (x)| ; x /∈ N 0} ≥ |f (x0)| ,o que é uma contradição.

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Teorema 2.5.13 A funç˜ ao .∞ é uma norma em L∞(X, Σ, µ). Mais ainda, L∞(X, Σ, µ) é um espaçode Banach.

Demonstração. É claro que L∞(X, Σ, µ) é um espaço vetorial (com as operações usuais, como nadefinição de L p(X, Σ, µ)).

Agora vejamos que .∞ é uma norma. É claro que f ∞ ≥ 0 ocorre para toda f ∈ L∞(X, Σ, µ).Também é imediato que

λf ∞ = |λ| f ∞ .As outras duas propriedes de norma são menos imediatas.Se f ∞ = 0, então, para cada k ∈ N, existe N k ∈ Σ, com µ(N k) = 0, tal que

|f (x)| ≤ 1k

para todo x /∈ N k.

Definindo N =

∞

j=1

N j , temos que µ(N ) = 0 e

|f (x)| = 0 para todo x /∈ N e dáı f = 0 (a rigor [f ] = 0).

Agora, demonstremos a desigualdade triangular. Se f, g ∈ L∞(X, Σ, µ), então exisem N 1, N 2 ∈ Σcom µ(N 1) = µ(N 2) = 0 e |f (x)| ≤ f ∞ , para todo x /∈ N 1

|g(x)| ≤ g∞ , para todo x /∈ N 2.

Então|f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ≤ f ∞ + g∞ para todo x /∈ N 1 ∪ N 2.

Daı́, pela definição de .∞ , como µ(N 1 ∪ N 2) = 0, segue quef + g∞ ≤ f ∞ + g∞ .

Resta-nos provar que L∞(X, Σ, µ) é completo.Seja (f n) uma sequência de Cauchy em L∞(X, Σ, µ). Então, para cada j, existe M j ∈ Σ com

µ(M j ) = 0 e|f j (x)| ≤ f j∞ para todo x /∈ M j .

Seja

M 0 =∞

j=1

M j.

Logo

|f j (x)| ≤ f j∞ para todo x /∈ M 0.Temos ainda que para cada n, m ∈N, existe M n,m ∈ Σ com µ(M n,m) = 0 e

|f n(x) − f m(x)| ≤ f n − f m∞ para todo x /∈ M n,m.Seja

M = M 0 ∪

∞n,m=1

M n,m

Então, µ(M ) = 0 e, para quaisquer m, n ∈N, temos

|f n(x)| ≤ f n∞ para todo x /∈ M

|f n(x) − f m(x)| ≤ f n − f m∞ para todo x /∈ M (2.20)

25


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Então, para cada x /∈ M , a sequência (f n(x))∞n=1 é de Cauchy em R, e portanto convergente. Seja

f (x) = limn→∞ f n(x), se x /∈ M 0, se x ∈ M.Então f é mensurável e, por (2.20), como (f n) é de Cauchy, segue que dado ε > 0, existe L ∈N tal

quesup

x /∈M

|f n(x) − f m(x)| ≤ ε

sempre que m,n > L. Fazendo m → ∞, segue que

supx /∈M

|f n(x) − f (x)| ≤ ε (2.21)

sempre que n > L. Assim, (f n) é uniformemente convergente para f em X − M.De (2.21) segue que f n

− f

∈ L∞(X, Σ, µ) para n suficientemente grande. Dáı, como f =

f n − (f n − f ), segue que f ∈ L∞(X, Σ, µ). Assim, podemos reescrever (2.21), concluindo que

f n − f ∞ ≤ ε

sempre que n > L. Portanto (f n) converge para f em L∞(X, Σ, µ).

Exerćıcio 2.5.14 Mostre que L∞(X, Σ, µ) ⊂ L1(X, Σ, µ) se e somente se µ(X )


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2.6 Completamento de espaços normados

Intuitivamente, a reta real preenche os buracos nos racionais, isto é, nem toda sequência de Cauchynos racionais converge, mas nos reais sim. Além disso, os racionais são densos nos reais. A seguir,veremos que algo semelhante também ocorre para espaços normados em geral.

Teorema 2.6.1 Se E é um espaço vetorial normado, existem um espaço de Banach F e um subespaçoF 0, denso em F , tais que E é isometricamente isomorfo a F 0.

Demonstração. Seja C a famı́lia de todas as sequências de Cauchy em E . Dadas (xn), (yn) em C ,

dizemos que (xn) ∼ (yn) selim

n→∞xn − yn = 0.

É fácil ver que ∼ é uma relação de equival̂encia. Considere, portanto, o conjunto de todas as classes

de equivalência, segundo essa relação, e denote esse conjunto por F . Em F , defina

[(xn)] + [(yn)] = [(xn + yn)]

c[(xn)] = [(cxn)].

É fácil perceber que essas operações estão bem definidas e que com elas F é um espaço vetorial. Dado[y] ∈ F , com y = (yn)∞n=1, definimos

[y] = limn→∞

yn .Esse limite existe, pois (yn) é de Cauchy em E e como

|ym − yn| ≤ ym − yn ,

temos que (yn)∞

n=1 é sequência de Cauchy em R.Note ainda que se (xn) ∼ (yn), então

0 ≤ limn→∞

|yn − xn| ≤ limn→∞

xn − yn = 0

e portanto [y] está bem definida. Por fim, também é fácil provar que essa função é de fato umanorma.

Seja F 0 o conjunto das classes de equivalência que contém as sequências constantes e perceba quea função

T : E → F 0x → [(x,x,...)]

é uma isometria. Para concluir a demonstração, vamos mostrar que F 0 é denso em F e F é completo.

Sejam ε > 0 e [y] ∈ F. Então, y = (yn) é uma sequência de Cauchy em E e existe N ∈ N tal queyn − ym < ε

para quaisquer m, n ≥ N .Considere [z] ∈ F 0, com

z = (yN , yN ,...).

Temos então[y] − [z] = lim

n→∞yn − yN ≤ ε.

Assim, F 0

é denso em F . Resta-nos mostrar que F é completo.

27


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Seja ([y(k)])∞k=1 uma sequência de Cauchy em F , y(k) = (y

(k)n )∞n=1. Como F 0 é denso em F , para

cada k existe [z(k)] em F 0 tal que [y(k)] − [z(k)] < 1k

,

com z(j) = (zj , zj ,...), j ∈ N.Note que z = (z1, z2,...) é uma sequência de Cauchy em E e portanto [z] ∈ F . De fato,

zj − zk =[z(j)] − [z(k)] ≤ [z(j)] − [y(j)]+ [y(j)] − [y(k)]+ [y(k)] − [z(k)] .

Por fim, perceba quelim

j→∞[y(j)] = [z].

De fato,

[y(j)] − [z] = limn→∞

y(j)n − zn≤ lim

n→∞

y(j)n − zj+ zj − zn=[y(j)] − [z(j)]+ lim

n→∞(zj − zn)

≤ 1 j

+ limn→∞

(zj − zn)

e portanto

limj→∞

[y(j)] − [z]

= 0.

Nas condições do teorema anterior, dizemos que F é o completamento de E e denotamos F por E.Como E é isometricamente isomorfo a F 0 e F 0 é denso em F , nós identificamos E e F 0, e consideramosque E é denso em F .

Teorema 2.6.2 Dado T ∈ L(E ; F ), existe um ´ unico T ∈ L( E ; F ) tal que T (x) = T (x) para todo xem E . Além disso, T e T têm mesma norma.

Demonstração. Sejam x ∈ E e (xn) ⊂ E tais que xn → x. Assim,T xm − T xn ≤ T xm − xn

e (T xn) é sequência de Cauchy em F . Logo, existe y ∈ F tal quelim

n→∞T xn = y.

Defina

T : E → F x → y,isto é, T (x) = lim

n→∞T xn, onde lim

n→∞xn = x.

Note que T está bem definida e é linear.28


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Se x pertence a E , então x = limn→∞ x e

T (x) = limn→∞T (x) = T (x).Como

T xn ≤ T xn ,fazendo n tender a infinito, temos T (x) ≤ T xe T ≤ T .Como a desigualdade contrária é óbvia, segue que T e T têm a mesma norma.

A unicidade de

T segue facilmente da sua continuidade.

29


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2.7 Séries em espaços vetoriais normados

Séries em espaços vetoriais normados têm um papel importante. Por exemplo, podemos caracterizarespaços vetoriais normados completos por meio de propriedades relativas à convergência de séries. Essacaracterização é útil em algumas demonstrações.

Uma seqüência (xn) em um evn E é dita absolutamente somável se Σ∞n=1 xn m, denotando por S k =k

n=1

xn, temos

S n − S m =

nj=m+1

xj

≤n

j=m+1

xj . (2.22)

Como

∞

j=1

xj é convergente, de (2.22) inferimos que dado ε > 0, existe N tal que

n, m ≥ N ⇒ S n − S m < ε.Portanto (S n) é convergente.

Reciprocamente, suponhamos que toda série absolutamente convergente em E seja tambémconvergente. Seja (xn) uma sequência de Cauchy em E . Então, para cada k natural, existe nktal que

xm − xn < 2−k para todo m, n ≥ nk.Assim, encontramos números naturais n1 ≤ n2 ≤ · · · tais que

xnk − xnk+1


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concluı́mos que (xnk)∞k=1 é convergente. Como (xn)

∞n=1 é uma sequência de Cauchy, e admite

subsequência convergente, segue que ela também converge e E é completo.

Existem algumas caracterizações interessantes de séries incondicionalmente convergentes. A seguir,listamos algumas delas:

Teorema 2.7.2 Dada uma série ∞

j=1

xj em um espaço de Banach E , as seguintes afirmac˜ oes s˜ ao

equivalentes:

(a)∞

j=1

xj é incondicionalmente convergente;

(b) Para cada sequência crescente de inteiros (nk)∞k=1, a série

∞j=1

xjk converge ;

(c) Para qualquer escolha de sinais j ∈ {−

1, 1}

,a śerie ∞

j=1j xj converge ;(d) Para cada ε > 0, existe um natural nε tal que

j∈F

xj

< εpara qualquer conjunto finito F ⊂ {nε + 1, nε + 2,...}.

Demonstração. Para uma demonstração detalhada, veja [7]. O livro [1] também comenta asequivalências, com menos detalhes.

Exerćıcio 2.7.3 Mostre que se ∞

j=1xj é uma série incondicionalmente convergente em um espaço de Banach E , ent˜ ao

∞j=1

xπ1(j) =∞

j=1

xπ2(j)

para quaisquer bijeç˜ oes πk : N → N, k = 1, 2.Sugestão. Use a equival̂encia (d) do Teorema 2.7.2.

2.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries.

1. Em cursos de análise aprendemos que, na reta, converĝencia absoluta e incondicional são a mesma coisa. Nocaso de séries (de números reais) condicionalmente convergentes, o leitor deve se lembrar do seguinte resultado,

usualmente creditado a Riemann:

• (Riemann [21], 1854 - Dini [8], 1868) Na reta, se Σ∞n=1xn é condicionalmente convergente, então dadoum número real L, existe uma bijeção π tal que Σ∞n=1xπ(n) = L, isto é, o conjunto das somas dosrearranjamentos convergentes de uma série condicionalmente convergente de números reais coincide com

R.

É natural que nossa curiosidade nos leve a perguntar o que acontece se passarmos de R para Rn. O

que seria razoável acontecer? Será que o conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes de uma série

condicionalmente convergente em Rncoincide com o Rn? Surpreendentemente, o resultado abaixo nos mostraque não é bem assim:

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• (Levy [12], 1905 - Steinitz [23], 1913). Para qualquer série convergente Σ∞n=1xj em Rn, o conjunto dassomas dos seus rearranjamentos convergentes é a translação de um subespaço vetorial.

A próxima questão natural é o problema 106 do Scottish Book (veja [17]), livro de problemas formuladospor matemáticos da escola de matemática de Lvov, Polônia, na década de 30,época em que surgiu a AnáliseFuncional moderna: Qual a generalização do resultado de Levy-Steinitz para dimensão infinita? Mais uma

vez, surpresas nos esperam:

• (Kadets [10], 1986). Se um espaço de Banach tem dimensão infinita, existe uma s érie cujo conjunto dassomas dos rearranjamentos convergentes não é convexo.

Como todo subespaço vetorial é convexo, fica claro que o comportamento das somas dos rearranjamentos

convergentes de s éries em espaços de dimensão infinita não segue o que acontece no Rn.

2. Em espaços normados há noções mais abstratas para séries. Uma famı́lia {xα; α ∈ Γ} em um espaçovetorial normado E é somável se existir um x ∈ E tal que, para todo ε > 0, existe F ⊂ Γfinito tal que, paratodo G finito, com F ⊂ G ⊂ Γ, temos

α∈G

xα − x < ε.

Nesse caso, ecrevemosα∈Γ

xα = x e dizemos queα∈Γ

xα é uma série convergente, e converge para x. De modo

similar, uma famı́lia {xα; α ∈ Γ} de um espaço vetorial normado E é absolutamente somável sesup{

α∈F, F finito

xα ; α ∈ Γ}


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2.8 Bases de Schauder

Na álgebra linear, quando lidamos apenas com espaços vetoriais, sem noções topológicas, temos oconceito de base (de Hamel). Bases de Hamel são de dif́ıcil manuseio e são muito “grandes”, emgeral! O seguinte resultado é um bom ind́ıcio:

Proposição 2.8.1 Seja E um espaço de Banach de dimens˜ ao infinita e B uma base de E. Ent˜ ao Bn˜ ao é enumer ́avel.

Demonstração. Se B fosse enumerável, poderı́amos enumerar seus elementos v1, v2,.... É claro que

E =∞

n=1

F n, (2.23)

onde cada F n é o espaço gerado por

{v1, v2,...,vn

}. Como cada F n tem dimensão finita, é fechado e

o Teorema de Baire garante que algum dos F n que aparecem em (2.23) tem interior não-vazio. Mas,isso é um absurdo, pois todo subespaço próprio de um espaço vetorial normado tem interior vazio(verifique!).

Em espaços normados, temos a noção de convergência e é natural e frutı́fero pensar em séries parasubstituir combinações lineares finitas:

Definição 2.8.2 Se E é um espaço de Banach, uma sequência (en)∞n=1 é uma base de Schauder de

E se cada x em E puder ser representado de maneira ´ unica como

x =∞

n=1

λnen. (2.24)

Exemplo 2.8.3 O espaço c (veja definiç˜ ao no Exerćıcio 2.4.6 possui base de Schauder (en)∞n=0 dada por

e0 = (1, 1, 1,...)e1 = (1, 0, 0,...)

e2 = (0, 1, 0, 0,...)...

.

Com efeito, se x = (x1, x2,...) ∈ c, denotando x0 = lim xn, temos

x = x0e0 +∞

j=1

(xj − x0)ej .

Faça as contas com detalhes.

Exerćıcio 2.8.4 Se (vj )∞j=1 é base de Schauder de um espaço de Banach E , mostre que {vj ; j ∈ N}

é LI.

Exerćıcio 2.8.5 Mostre que todo espaço com base de Schauder é separável.

Exerćıcio 2.8.6 Uma base de Schauder é dita incondicional se a convergência em (2.24) for incondicinal. Mostre que em l p, 1 ≤ p


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Solução. Se x ∈ l1, então x =∞

j=1xj ej e

∞

j=1|xj | 0, existe N ε ∈ N tal que

n > N ⇒a1e1 + nj=2aj (ej − ej−1) − ∞j=1xj ej

< ε⇒(a1 − a2 − x1)e1 + · · · + (an−1 − an − xn−1)en−1 + (an − xn)en − ∞j=n+1xj ej

< ε⇒ (a1 − a2 − x1)e1 + · · · + (an−1 − an − xn−1)en−1 < ε.

Escolhendo ε > 0 suficientemente pequeno, concluı́mos que

aj−1 − aj − xj−1 = 0 para todo j ≥ 2.Daı́ segue que

ak =∞

j=k

xj para todo k ≥ 1.

Agora, vamos mostrar que a série

a1e1 +∞

j=2aj (ej − ej−1), com ak =

∞j=k

xj

realmente converge para x. Isso é fácil, pois

a1e1 +n

j=2aj (ej − ej−1)

= (a1 − a2)e1 + · · · + (an−1 − an)en−1 + anen

=n−1j=1

xj ej +

∞j=n

xj

en

Logo, dado ε > 0, existe N 0 ∈ N tal que

n > N 0 ⇒∞

j=n

|xj | =∞

j=n

xj ej

< ε.

Logo,

n > N 0 ⇒a1e1 + nj=2aj(ej − ej−1) − ∞j=1xjej

=

n−1j=1xj ej + ∞j=n

xj

en −

∞j=1

xj ej

=

∞j=n

xj

en −

∞j=n

xj ej


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Exerćıcio 2.8.8 Mostre que (e1, e2 − e1, e3 − e2, e4 − e3,...) n˜ ao é base de Schauder incondicional de l1. Sugest˜ ao: Use e equivalência (b) do Teorema 2.7.2.

Solução. Escolha

x1 = 1

2

x2 = 1

2 − 1

3...

xn = 1

n − 1

n + 1...

Então x = (xj )∞j=1 ∈ l1 e sua representação na base de Schauder dada é

x = 1e1 + 1

2(e2 − e1) + 1

3(e3 − e2) + · · ·

Se essa convergência fosse incondicional, então, em particular, a série

1e1 + 1

3(e3 − e2) + 1

5(e5 − e4) + · · ·

deveria ser convergente em l1, mas isso não ocorre.

Exerćıcio 2.8.9 Para cada t ∈ (0, 1), seja xt = (t, t2, t3,...)(a) Mostre que

{xt; 0 > t


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Exerćıcio 2.8.10 Seja E = {0} um espaço de Banach e

l∞(E ) = (xj )∞j=1 ∈ E N; sup{xj ; j ∈ N}


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Demonstração. Dado y = (yj) ∈ lq, definimos

ϕ : l p → K

ϕ(x) =∞

j=1

xj yj(2.26)

Usando a Desigualdade de Hölder, é fácil ver que

|ϕ(x)| ≤ yq x p se p > 1|ϕ(x)| ≤ y∞ x1 se p = 1.

Logo, qualquer que seja o caso, temosϕ ≤ yq

Agora, provaremos que todo ϕ ∈ (l p) é dado por (2.26) para algum y = (yj ) ∈ lq e mostraremosainda que

ϕ ≥ yq .

Note que se x =∞

j=1

xj ej ∈ l p, então

ϕ(x) = ϕ(∞

j=1

xj ej ) = ϕ( limn→∞

nj=1

xj ej ) =∞

j=1

xj ϕ(ej ). (2.27)

Seja y = (yj) = (ϕ(ej )). Mostraremos que y ∈ lq e que ϕ ≥ yq .Dado a

∈K, definamos

sgn(a) = a|a| , se a = 0

0, se a = 0. .

• Caso p = 1. Fixado n ∈N, seja x = (xj ), com

xj =

sgn(yj ) se j = n

0, se j = n. .

É claro que x ∈ l1 e que x ≤ 1. Por (2.27) segue que

ϕ(x) = xnyn = |yn|

e

|yn| = |ϕ(x)| ≤ ϕ x1 ≤ ϕ .Como isso vale para todo n, segue que

y∞ ≤ ϕ .

• Caso p > 1. Fixado n ∈N, seja x = (xj ), com

xj =

|yj |q−1 sgn(yj ) se 1 ≤ j ≤ n0, se j > n.

.

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Para 1 ≤ j ≤ n, temos

xjyj = |yj |q−1 sgn(yj )yj = |yj |q−1 yj|yj |yj = |yj |q se yj = 00 se yj = 0.

e portanto, se 1 ≤ j ≤ n,xj yj = |yj |q = |xj | p .

Assim x ∈ l p (claro pois apenas uma quantidade finita de entradas s ão não nulas) e

ϕ(x) =n

j=1

xj yj =n

j=1

|yj |q .

Assim,

nj=1

|yj |q ≤ ϕ x p

= ϕ n

j=1

|xj | p

1p

= ϕ n

j=1

|yj |q

1p

e

n

j=1

|yj |q

1− 1p

≤ ϕ .

Como n é arbitrário, temosyq ≤ ϕ .

Tudo o que foi provado garante que a aplicação linear

T : lq → (l p)

definida porT (y) = ϕ : l p → K

dada por

ϕ(x) =

∞j=1

xj yj

é o isomorfismo isométrico procurado.

Exerćıcio 2.9.2 Mostre que o dual de c0 é l1.

Solução. Defina

J : l1 → (c0)

J (y)(x) =∞

j=1xj yj .

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É fácil ver que J está bem definida, é linear. Além disso,

|J (y)(x)| ≤ x∞ y1e daı́ segue que

J ≤ 1.Por outro lado, dada T ∈ (c0) , para cada n ∈ N, defina αn ∈ K tal que |T (en)| = αnT (en). Logo,para cada m, temos

mj=1

|T (ej )| =

mj=1

αj T (ej )

=T m

j=1

αj ej

≤ T

mj=1

αj ej

∞

= T .

Fazendo m → ∞, temos∞

j=1

|T (ej )| ≤ T . (2.28)

Isso mostra que (T (ej ))∞j=1 ∈ l1 e, se x ∈ c0, temos

J

(T (ej ))∞j=1

(x) =

∞j=1

xj T (ej ) = T

∞j=1

xjej

= T (x).Portanto,

J

(T (ej ))∞j=1

= T

e J é sobrejetiva. É fácil ver que J é injetiva. Logo J é bijetiva e, denotando por I a sua inversa,temos

I : (c0) → l1

I (T ) = (T ej )∞j=1.

De (2.28) segue que

I = supT ≤1

I (T ) = supT ≤1

∞j=1

|T (ej)| ≤ supT ≤1

T = 1.

Logo, se y ∈ l1, temos

y1 = I (Jy)1 ≤ I Jy = Jy ≤ J y ≤ y .

Portanto, Jy = y e J é uma isometria.

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Demonstração. Se x = 0 ou y = 0 o resultado é imediato, pois (x, 0) = (0, y) = 0. Suponhamosx = 0 e y = 0. Se a, b ∈K, temos

0 ≤ (ax − by,ax − by) = aa(x, x) − ba(y, x) − ab(x, y) + bb(y, y)= |a|2 (x, x) − 2 Re ab(x, y)+ |b|2 (y, y).

Se tomarmos a = (y, y) e b = (x, y), encontramos

ab(x, y) = (y, y)bb = |b|2 (y, y) ∈R.Então

0 ≤ (ax − by,ax − by) (3.2)= |a|2 (x, x) − 2ab(x, y) + |b|2 (y, y)= |a|2 (x, x) − |b|2 (y, y)= (y, y)

(y, y)(x, x) − |b|2

= (y, y)

(y, y)(x, x) − |(x, y)|2

.

Dáı(y, y)(x, x) − |(x, y)|2 ≥ 0

e segue a primeira parte.Agora provaremos a segunda parte. Se {x, y} é LD, é fácil ver que vale a igualdade. Por outro

lado, suponha que vale a igualdade. Então, se a = (y, y) e b = (x, y), temos, de (3.2), que

(ax

−by,ax

−by) = 0. (3.3)

Se y = 0, então {x, y} é LD. Se y = 0, temos a = 0 e de (3.3) segue queax − by = 0

com a = 0 e {x, y} é LD.

A Desigualdade de Cauchy-Bunyakowskii-Schwarz, mais conhecida como Desigualdade deCauchy-Schwarz, nos permite associar, de modo natural, uma norma a um espaço com produtointerno, como veremos a seguir:

Corolário 3.1.2 Seja E um espaço com produto interno. A funç˜ ao

.

: E

→R

dada por x = (x, x)1/2 é uma norma em E .Demonstração. Exerćıcio. Sugestão: Comece com x + y2 e use a Desigualdade de Cauchy-

Schwarz.A norma definida acima é chamada norma proveniente do produto interno (·, ·). Um espaço

vetorial com produto interno que, com a norma acima, é Banach, é chamado espaço de Hilbert.Espaços de Hilbert gozam de propriedades especiais, que serão estudadas no decorrer desse texto.

Exerćıcio 3.1.3 Mostre que l2 é um espaço de Hilbert com produto interno

(x, y) =∞

j=1xj yj .

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Há alguns resultados úteis que relacionam a norma proveniente do produto interno com o produtointerno:

Proposição 3.1.4 Seja E um espaço vetorial com um produto interno. Ent˜ ao(i) (Lei do Paralelogramo)

x + y2 + x − y2 = 2(x2 + y2)para quaisquer x, y ∈ E .

(ii) (F´ ormula de Polarizaç˜ ao, caso real)

(x, y) = 1

4

x + y2 − x − y2

para quaisquer x, y ∈ E .

(iii) (F´ ormula de Polarizaç˜ ao, caso complexo)

(x, y) = 14x + y2 − x − y2 + ix + iy2 − x − iy2

para quaisquer x, y ∈ E .Demonstração. (i) e (ii). Como x + y2 = x2 + (x, y) + (y, x) + y2

x − y2 = x2 − (x, y) − (y, x) + y2 ,

somando as duas igualdades obtemos (i) e subtraindo as duas igualdades, obtemos (ii).(iii). Como

x + iy2

= x2 + (x,iy) + (iy,x) + y2 = x2 − i(x, y) + i(y, x) + y2

x − iy2

= x2

+ (x, −iy) + (−iy,x) + y2

= x2

+ i(x, y) − i(y, x) + y2 ,

subtraindo as igualdades, temos

x + iy2 − x − iy2 = −2i(x, y) + 2i(y, x)Mas

x + y2 − x − y2 = 2(x, y) + 2(y, x)Logo

1

4

x + y2 − x − y2 + i

x + iy2 − x − iy2

=

1

4 [2(x, y) + 2(y, x) + 2(x, y) − 2(y, x)]

= (x, y).

Se E 1 e E 2 são espaços normados, E 1 × E 2 tem normas naturais, a saber(x, y)1 = x + y(x, y)2 = max{x , y}.

É claro que essas duas normas s ão equivalentes. (Cuidado para não confundir a notação de parordenado com a notação de produto interno. Estamos usando o mesmo śımbolo...)

Sempre que E 1 e E 2 forem evn, quando considerarmos o produto cartesiano E 1 × E 2, estaremossubentendendo E 1 × E 2 com uma dessas normas, e consequentemente E 1 × E 2 é um espaço métricocom a métrica proveniente dessas normas. Como as duas normas são equivalentes, as duas métricasserão equivalentes.

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Exerćıcio 3.1.5 Mostre que em E 1 × E 2 com .1 , um par ordenado (xj, yj ) converge para um par ordenado (x, y) se e somente se xj → x e yj → y.

Exerćıcio 3.1.6 Mostre que a funç˜ ao produto interno (de E × E em K) é contı́nua. Sugest ̃ao: use oexercicio anterior e a f´ ormula de polarizaç˜ ao.

Exerćıcio 3.1.7 Mostre que l p (com sua norma usual), com p = 2, n˜ ao é um espaço com produtointerno. Sugest˜ ao: Lei do Paralelogramo.

3.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz

Victor Yajovlevich Bunyakovskii foi um matemático nascido onde atualmente é a Ucrânia, comcontribuições em diversas áreas da matemática. Bunyakovskii publicou a hoje chamada Desigualdade

de Cauchy-Schwarz em 1859, cerca de 25 anos antes do trabalho de Schwarz. Em alguns livros areferência a Bunyakovskii é feita, mas principalmente no ocidente seu nome é em geral esquecido.

Hermann Schwarz nasceu em 1843, numa região que atualmente faz parte da Polônia e Cauchydispensa comentários.

3.2 Ortogonalidade

Lembre-se que no R2, dois vetores x e y são ortogonais se

2

j=1xj yj = 0,isto é, seu produto interno é zero. Para espaços com produto interno, generalizamos o conceito deortogonalidade de maneira natural:

Definição 3.2.1 Em um espaço com produto interno (., .) , dizemos que x e y s˜ ao ortogonais (notaç˜ aox ⊥ y) se (x, y) = 0.

Exerćıcio 3.2.2 (Teorema de Pit´ agoras) Se E é um espaço com produto interno, prove que se x e ys˜ ao ortogonais em E , ent˜ ao

x + y2 = x2 + y2 .

Teorema 3.2.3 Seja E um espaço com produto interno e seja M um subespaço completo de E . Dado

x ∈ E , existe um ´ unico p ∈ M tal que x − p = dist(x, M ) := inf

y∈M x − y

Demonstração. Seja (yn) uma sequência em M tal que

d ≤ x − yn < d + 1n

(3.4)

para todo n, onde d = dist(x, M ).Pela Lei do Paralelogramo aplicada a x − yn e x − ym :

2 x − ym2 + 2 x − yn2 = x − yn + x − ym2 + x − yn − x + ym2

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e

yn − ym2

= 2 x − ym2

+ 2 x − yn2

− 4x − yn + ym2 2

≤ 2

d + 1

m

2+ 2

d +

1

n

2− 4d2 → 0

quando n e m crescem.Logo (yn) é de Cauchy em M e, como M é completo, converge para um certo p ∈ M . De (3.4),

fazendo n → ∞, temosx − p = d.

Para provar a unicidade, suponhax − q = d.

Pela Lei do Paralelogramo, temos

2 x − p2

+ 2 x − q 2

= 2x − p − q 2

+ p − q 2

e daı́ segue que

4d2 = 4

x − p + q 22 + p − q 2

∴ p − q 2 = 4d2 − 4x − p + q 2

2∴ p − q 2 ≤ 4d2 − 4d2 = 0∴ p − q = 0.

Exerćıcio 3.2.4 Mostre que, para R2

com (x, y) = max{|x| , |y|}, existem um subespaço fechado M e x /∈ M tal que n˜ ao é ́unico o p ∈ M com x − p = dist(x, M ).

Exerćıcio 3.2.5 Mostre que em todo espaço vetorial V pode ser definido um produto interno. Mais ainda, para cada base de Hamel B de V , podemos definir um produto interno de modo que os vetores de B sejam ortogonais.Definição 3.2.6 Seja E um espaço com produto interno e M um subconjunto de E . Denominamos osubconjunto

M ⊥ = {y ∈ E ; (x, y) = 0 para todo x ∈ M }de complemento ortogonal a M.

Exerćıcio 3.2.7 Mostre que M ⊂ (M ⊥

)

⊥

.Exerćıcio 3.2.8 Mostre que M ⊥ é um subespaço fechado de E .

Teorema 3.2.9 Seja E um espaço de Hilbert e seja M um subespaço fechado de E . Ent˜ ao(a) E é soma direta de M e M ⊥, isto é, cada x ∈ E admite uma ´ unica representaç˜ ao na forma

x = p + q com p ∈ M e q ∈ M ⊥.Aĺem disso

x − p = dist(x, M )e p é chamado de projeç˜ ao ortogonal de x sobre M.

(b) Se definirmos P (x) = p e Q(x) = q para x ∈ E , ent˜ ao P, Q ∈ L(E, E ). O operador P é chamadode operador projeç˜ ao de E sobre M , ou simplesmente projeção.

(c) P 2 = P, Q2 = Q e P ◦

Q = Q◦

P = 0.

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Demonstração.(a) Como E é completo e M é fechado, segue que M é completo. Dado x ∈ E , seja p ∈ M o único vetor em M tal que

x − p = dist(x, M ).Vamos provar que x − p ∈ M ⊥.

Seja q = x − p. Então, para todo y ∈ M e todo escalar λ, temos

q 2 = x − p2 ≤ x − p − λy2 = (x − p − λy,x − p − λy)= q 2 + λλ y2 − λ(y, q ) − λ(q, y)∴ 0 ≤ |λ|2 y2 − 2 R e [λ(q, y)] .

Escrevendo (y, q ) na forma polar |(y, q )| eiθ e escolhendo λ = te−iθ (com t ∈R), temos

0 ≤ t2 y2 − 2t |(y, q )|

e consequentemente|(y, q )| = 0.

Logox = p + (x − p) = p + q

com p ∈ M e q ∈ M ⊥.Para provar a unicidade, basta supor que p + q = p1 + q 1, com p, p1 ∈ M e q, q 1 ∈ M ⊥. Assim,

p − p1 = q 1 − q ∈ M ∩ M ⊥.

Como M ∩ M ⊥ = {0} (verifique), o resultado segue.(b) Como x = p + q e p e q são ortogonais, temos que

x2 = p2 + q 2

eP x2 = p2 ≤ x2

e dáıP ≤ 1.

Para Q o resultado é análogo.(c) Fácil.

Exerćıcio 3.2.10 Se M é um subespaço fechado de um espaço de Hilbert E , mostre que M = (M ⊥)⊥.

Solução. Basta mostrar que (M ⊥)⊥ ⊂ M. A outra inclusão já é conhecida. Temos que

E = M ⊕ M ⊥.

Se x ∈ (M ⊥)⊥, então (x, y) = 0 para todo y ∈ M ⊥. Mas x = xM + xM ⊥ ∈ M ⊕ M ⊥. Logo

(xM + xM ⊥ , y) = 0 para todo y ∈ M ⊥

e dáı(xM ⊥ , y) = 0 para todo y ∈ M ⊥.

Portanto xM ⊥ = 0 e segue que x = xM + 0 ∈ M.

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3.3 Conjuntos ortonormais

Definição 3.3.1 Seja E um espaço com produto interno. Um conjunto S ⊂ E é dito ortonormal se dados x, y ∈ S tivermos (x, y) = 0 se x = y e (x, x) = 1. Um conjunto ortonormal S é dito completose S ⊥ = {0}.Exercı́cio 3.3.2 Todo conjunto ortonormal é LI.

Exerćıcio 3.3.3 Mostre que S = {ej ; j ∈ N} é um conjunto ortonormal completo em l2.Exerćıcio 3.3.4 Mostre que L2([0, 2π]) (caso real) é um espaço de Hilbert e que o conjunto formadopelas funç˜ oes

f 0(t) = 1√

2π,

f n(t) = 1√

π cos(nt), n ∈N e

gn(t) = 1√

π sin(nt), n ∈N

é um conjunto ortonormal.

O próximo resultado nos dá a forma precisa da melhor aproximação de x em um subespaço dedimensão finita M de um espaço com produto interno.

Proposição 3.3.5 Seja E um espaço com produto interno e {x1,...,xn} um conjunto ortonormal finito em E .

(a) Se M = [x1,...,xn] e x ∈ E , ent˜ ao

x −n

i=1(x, xi)xi = dist(x, M ).(b)

ni=1

|(x, xi)|2 ≤ x2 para todo x em E .

Demonstração. (a) Pelo Teorema 3.2.9,

x = p + q com p ∈ M, q ∈ M ⊥ e x − p = dist(x, M ).Como p ∈ M , existem α1,...,αn tais que

p =n

i=1

αixi.

Como x−

p = q ∈

M ⊥, temos

0 = (x − p, xj ) = (x, xj ) − αj∴ αj = (x, xj )

e segue (a).(b) Note que

0 ≤

x −n

i=1

(x, xi)xi, x −n

i=1

(x, xi)xi

∴ 0 ≤ x2 −n

i=1

|(x, xi)|2 −n

i=1

|(x, xi)|2 +n

i=1

|(x, xi)|2

e o resultado segue.

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Observação 3.3.6 A express˜ aon

i=1(x, xi)xi é, por motivos ´ obvios, chamada de melhor

aproximaç˜ ao de x em M = [x1,...,xn].

Exerćıcio 3.3.7 Se M = { p(x); p é polin ̂omio com coeficientes reais e grau menor igual a 1} e E é oespaço de Hilbert L2[−1, 1], encontre a melhor aproximaç˜ ao de f (x) = ex em M .

O próximo lema ajudará na obtenção de uma desigualdade famosa, chamada Desigualdade deBessel.

Lema 3.3.8 Seja E um espaço com produto interno e S = {xi; i ∈ I } um conjunto ortonormal em E .Ent˜ ao, para cada x ∈ E , o conjunto

J = {i ∈ I ; (x, xi) = 0}é enumer ́avel.

Demonstração. Note que J =∞

k=1

J k, com

J k = {i ∈ I ; |(x, xi)| > 1k}.

Para mostrar que J é enumerável, basta mostrar que cada J k é finito. Como, para todo n natural,temos

ni=1

|(x, xi)|2 ≤ x2 ,

se i1,...,in ∈ J k, temos|(x, xi1)|

2

+ · · · + |(x, xin)|2

≤ x2

.Consequentemente

n(1

k)2 ≤ x2

en ≤ k2 x2 .

Assim, a quantidade de elementos de J k não excede k2 x2 e J k é, portanto, finito.Teorema 3.3.9 (Desigualdade de Bessel) Seja E um espaço com produto interno e S = {xi; i ∈I } um conjunto ortonormal em E . Ent˜ ao, se x ∈ E, temos

i∈J |(x, xi)|2 ≤ x2 ,

com J = {i ∈ I ; (x, xi) = 0}.Demonstração. Sabemos, pelo lema anterior, que J é enumerável. Como todos os termos da série

são positivos, não importa a ordem em que fazemos a soma da série. Se i1, i2,... é uma enumeraçãodos elementos de J , então

nk=1

|(x, xik)|2 ≤ x2

para todo n. Logo, fazendo o limite com n tendendo a infinito,

i∈J |(x, xi)|2 =

∞

k=1|(x, xik)|2 ≤ x2 .

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A seguir, se S = {xi; i ∈ I } for um conjunto ortonormal, será comum usar a expressão

i∈I

(x, xi)xi. (3.5)

Como sabemos que {i ∈ I ; (x, xi) = 0} é enumerável, fica claro que a soma que aparece em (3.5)denota, na verdade, uma soma em um conjunto enumerável de ı́ndices. Entretanto, ainda não é claroque tal soma está bem definida, isto é, converge e, mais ainda, é incondicionalmente convergente. Opróximo lema demonstra esse fato.

Lema 3.3.10 Seja E um espaço de Hilbert. Seja S = {xi; i ∈ I } um conjunto ortonormal em E .Ent˜ ao, para cada x ∈ E, denotando I x = {i ∈ I ; (x, xi) = 0}, temos que a série

i∈I x

(x, xi)xi

converge incondicionalmente.

Demonstração. Se I x for finito, o resultado é claro. Se I x for infinito, seja (yj )∞j=1 uma enumeração

de {xi; i ∈ I x}. Seja S n =n

i=1

(x, yi)yi. Então, se n > m, temos

S n − S m2 =

ni=m+1

(x, yi)yi

2

=

ni=m+1

|(x, yi)|2

e, pela Desigualdade de Bessel, segue que a sequência (S n) é de Cauchy em E , e portanto convergepara um certo s ∈ E.

Analogamente, se (zj )

∞

j=1 é outra enumeração de {xi; i ∈ I x}, temos que Rn =n

i=1(x, zi)zi convergepara um certo t ∈ E . Devemos mostrar que s = t. Dado ε > 0, podemos encontrar números naturaism0 e n0 tais que

∞i=m+1

|(x, yi)|2 = S m − s2 ≤ ε2 para m ≥ m0∞

i=n+1

|(x, zi)|2 = Rn − t2 ≤ ε2 para n ≥ n0.

Fixando m1 ≥ m0 e tomando n1 ≥ n0 tal que {y1,...,ym1} ⊂ {z1,...,zn1}, temos

Rn1 − S m1 = j∈J 1

(x, zj)zj =j∈J

(x, yj)yj ,

onde J ⊂ N− {1,...,m1}. Dáı

Rn1 − S m12 =j∈J

|(x, yj )|2 ≤∞

i=m1+1

|(x, yi)|2 ≤ ε2.

Logot − s ≤ t − Rn1 + Rn1 − S m1 + S m1 − s ≤ 3ε.

Como ε > 0 é arbitrário, o resultado segue.

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Observação 3.3.11 Perceba que se usarmos o resultado do Exercı́cio 2.7.3, a demonstraç˜ ao do Lema 3.3.10 pode ser bastante reduzida. Com efeito, sabendo que, para qualquer enumeraç˜ ao dada de

{xi; i ∈ I x}, a sequência S n converge, o Exerćıcio 2.7.3 garante que, quaisquer que sejam a enumeraç˜ oes escolhidas, as séries correspondentes convergem para o mesmo valor.

O próximo resultado apresenta caracterizações interessantes de conjuntos ortonormais completos.

Teorema 3.3.12 Seja E um espaço de Hilbert. Seja S = {xi; i ∈ I } um conjunto ortonormal em E .Ent˜ ao, as seguintes afirmaç˜ oes s˜ ao equivalentes:

(a) x =i∈I

(x, xi)xi para cada x em E .

(b) S é completo.(c) [S ] = E.

(d) (Identidade de Parseval) x2 =i∈I

|(x, xi)|2 para todo x em E .

(e) (x, y) = i∈I

(x, xi)(y, xi) para quaisquer x, y em E .

Demonstração. (a)⇒(b) Se x ∈ S ⊥, como (x, xi) = 0 para todo i em I, segue de (a) que x = 0.Assim S ⊥ = {0} e S é completo.

(b)⇒(a) Seja J = {i ∈ I ; (x, xi) = 0}. Vamos tratar do caso J infinito (nesse caso, sabemos que J é enumerável).

Seja π : J → J uma bijeção. Temos, para cada i ∈ I ,x − ∞j=1

(x, xπ(j))xπ(j), xi

= (x, xi) − ∞j=1

(x, xπ(j))(xπ(j), xi) = 0.

e, como S é completo,x −

∞i=1

(x, xπ(i))xπ(i) = 0.

Assim, para qualquer enumeração de J , temos

x =∞

i=1

(x, xπ(i))xπ(i).

Se J for finito, pode-se adaptar facilmente a demonstração acima.(b)⇒(c) Seja M = [S ]. Então E = M ⊕ M ⊥. Mas M ⊥ = {0} (pois S ⊂ M ⇒ M ⊥ ⊂ S ⊥ = {0}).

Logo E = M.(c)

⇒(d) Sejam x

∈ E e ε > 0. Por (c), existe yε

∈ [S ] tal que

x − yε < ε.

Como yε ∈ [S ], yε pode ser escrito como yε =i∈J ε

λixi, com J ε ⊂ I finito. Lembrando da representação

da melhor aproximação, temos quex −i∈J ε

(x, xi)xi

≤x −

i∈J ε

λixi

< ε.Logo

x −i∈J ε

(x, xi)xi, x −i∈J ε(x, xi)xi

< ε2

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8/17/2019 daniel_Analis

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