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INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIACAMPUS EUNÁPOLIS
DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPENCOLEGIADO DE MATEMÁTICA �COMAT
Jairo de Almeida Santos
O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki
Eunápolis2012
Jairo de Almeida Santos
O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki
Monogra�a apresentada ao Curso de Licenciaturaem Matemática do IFBA/Campus Eunápoliscomo requisito parcial para obtenção do grau de
licenciado emMatemática, elaboradasob a orientação do Prof.
Ms. Marcos dos Santos Ferreira
Eunápolis2012
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIACAMPUS EUNÁPOLIS
DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPENCOLEGIADO DE MATEMÁTICA �COMAT
O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarkipor
Jairo de Almeida Santos
Apresentação da monogra�a para o Instituto Federal de Educação, Ciência eTecnologia da Bahia, como requisito parcial para a obtenção do diploma de Licenciadoem Matemática.
Prof. Ms. Marcos dos Santos Ferreira - IFBA (Orientador)
Prof. Ms. Alex Santana dos Santos - UFRB
Prof. Dr. Fabíolo Moraes Amaral - IFBA
Aos meus pais.
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Agradecimentos
Agradeço primeiramente a Deus, por mais um objetivo alcançado.Em segundo quero agradecer ao Professor Marcos Ferreira, por ter me orientado,
pela compreensão, paciência, incentivo e ensinamentos. Mas, principalmente, por terapostado que nosso trabalho sempre daria certo.Aos meus colegas e amigos da faculdade. Pelos momentos de estudos, por estarem
presentes nos momentos estressantes e também pelos bons momentos de distração.A todos os meus professores que contribuíram para a minha formação.A Rondinei, Silvonei, Marinalva e Valdinei.E para �nalizar, quero agradecer a minha família. Em especial aos meus irmãos,
Isaac e Taiane, e aos meus pais, Eni e Lourival, a quem devo tudo.
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ResumoNeste trabalho, abordaremos um importante resultado da Análise Funcional, a saber
o Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki.Veremos que, em espaços vetoriais normados de dimensão in�nita, a bola unitária
fechada nunca é compacta. Entretanto, em certas situações, o teorema mencionadoacima garantirá que a bola unitária fechada de determinados espaços normados dedimensão in�nita é compacta.
Palavras-Chave: Bola unitária fechada, Topologia fraca estrela, Teorema deBanach-Alaoglu-Boubarki.
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Sumário
Introdução 8
1 Preliminares 91.1 Resultados gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3 Operadores lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4 Os espaços lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.5 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . 26
2 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki 292.1 Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Topologia Fraca Estrela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Conclusão 37
Referências Bibliográ�cas 38
Introdução
O tema de estudo deste trabalho é o Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki, maisconhecido como Teorema de Banach-Alaouglu.Mostraremos que em um espaço de dimensão in�nita a bola unitária fechada nunca
é compacta. Mas, o Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki irá dizer que em um espaçodual E 0 com a topologia fraca estrela a bola unitária fechada é sempre compacta.Nesse trabalho, usamos como metodologia a revisão bibliográ�ca do tipo metanálise,
isto é, revisão sistemática de outras pesquisas, visando realizar uma avaliação críticadas mesmas e/ou produzir novos resultados ou sínteses desses estudos, segundo ([2]).Este texto está dividido em dois capítulos. No primeiro capítulo, iniciamos com as
preliminares, onde consta algumas de�nições e resultados de análise, topologia e álgebralinear que usamos no trabalho. Depois introduzimos os espaços vetoriais normados,operadores lineares e resultados acerca dos mesmos e os espaços de Banach de dimensão�nita e in�nita. Por �m, trabalhamos os conjuntos compactos em espaços vetoriaisnormados. No segundo capítulo de�nimos topologia fraca e fraca estrela e os principaisresultados. Por �m, chegamos no Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki. Por �m,trazemos a conclusão.
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Capítulo 1
Preliminares
1.1 Resultados gerais
Para o bom entedimento desse trabalho é necessário o conhecimento prévio de algunsconceitos e resultados de álgebra linear, análise e topologia. As de�nições e resultadosque enunciaremos a seguir podem ser encontrados nas referências bibliográ�cas quecitamos no �nal desse texto.
De�nição 1.1.1 ([5, p. 1]) Uma métrica num conjunto M é uma função d : M �M ! R que satisfaz as seguintes condições:(i) d(x; y) � 0; com d(x; y) = 0, x = y:(ii) d(x; y) = d(y; x):(iii) d(x; z) � d(x; y) + d(y; z);8x; y; z 2M:
Um espaço métrico é um par (M;d), onde M é um conjunto e d é uma métrica emM .
De�nição 1.1.2 ([5, p. 161]) Um sequência (xn) num espaço métrico M chama-se uma sequência de Cauchy quando, para todo " > 0 dado, existe n0 2 N tal quem;n > n0 ) d(xm;xn) < ".
De�nição 1.1.3 ([7, p. 4]) Seja E um espaço vetorial sobre K (que denotará R ouC). Uma norma em E é uma função k�k : E ! R que satisfaz, para todos x; y 2 E e� 2 K; as seguintes condições:(i) kxk � 0; com kxk = 0, x = 0:(ii) k�xk = j�j kxk :(iii) kx+ yk � kxk+ kyk :
Um espaço vetorial munido de uma norma é chamado de espaço vetorial normado(evn). Um evn sempre pode ser considerado um espaço métrico, com a métrica dadapor
d (x; y) = kx� yk :Dizemos que que a métrica acima d é induzida pela norma k�k :
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1.1. RESULTADOS GERAIS
Exemplo 1.1.4 ([5, p. 5]) As seguintes funções são normas em Rn
kxk =px21 + x22 + � � �+ x2n
kxks = jx1j+ jx2j+ � � �+ jxnjkxkm = max fjx1j ; jx2j ; : : : ; jxnjg
:
Em espaços métricos, dizemos que a sequência (xn)1n=1 converge para x quando
limn!1
d (xn; x) = 0:
De modo análogo, em um evn, dizemos que uma sequência (xn)1n=1 converge para x
quandolimn!1
kxn � xk = 0:
Duas normas k�k1 e k�k2 em um espaço vetorial E são equivalentes se existemconstantes positivas c1; c2 tais que
c1 kxk1 � kxk2 � c2 kxk1 ;8x 2 E:
De�nição 1.1.5 Seja M um espaço métrico. Um conjunto X �M é compacto se todasequência de X possui uma subsequência que converge para um elemento de X.
De�nição 1.1.6 Seja E um espaço vetorial normado, a bola unitária fechada em E éo conjunto BE = fx 2 E; kxk � 1g:
De�nição 1.1.7 Seja E um espaço vetorial normado, a bola unitária fechada em E 0 éo conjunto BE0 = ff 2 E 0; kfk � 1g:
De�nição 1.1.8 ([5, p. 30]) Uma função f : E ! F entre espaços vetoriaisnormados é dita lipschitziana se existe uma constante K > 0; tal que
kf(x)� f(y)k � K kx� yk ;8x; y 2 E:
Teorema 1.1.9 ([5, p. 149]) Se f : E ! F é lipschitziana, então f é uniformementecontínua.
De�nição 1.1.10 ([4, p. 174]) Sejam E um evn e X � E: Dizemos que X é densoem E se, dados y 2 E e " > 0; existe x 2 X tal que
kx� yk < ":
De�nição 1.1.11 ([5, p. 275]) Um espaço métrico M é dito separável se existe D �M enumerável e denso.
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1.1. RESULTADOS GERAIS
De�nição 1.1.12 ([5, p. 71]) Uma topologia num conjunto X é uma coleção � desubconjuntos de X, chamados conjuntos abertos, satisfazendo as seguintes propriedades:(i) ; e X pertencem a �:(ii)Se A1; :::; An 2 �; então A1 \ ::: \ An 2 �:(iii)Dada uma família (A�)�2� de elementos de �; tem-se
S�2�
A� 2 � .
Na de�nição anterior, � denota um conjunto arbitrário de índices. Um espaçotopológico é um par (X; �) de acordo a de�nição anterior.
De�nição 1.1.13 Seja X um espaço topológico. Um subconjunto Y � X é ditocompacto (em X) quando, sempre que Y �
S�2�
A�; com cada A� aberto em X, existirem
�1; : : : ; �n 2 � tais que Y � A�1 \ � � � \ A�n :
Proposição 1.1.14 ([7, p. 145]) Sejam X um espaço topológico e B � X umsubespaço. A � B é compacto em B se, e somente se, A é compacto em X. Emparticular, fazendo A = B; segue que A é compacto em X se, e somente se, A; pensandocomo espaço topológico, é compacto.
Proposição 1.1.15 ([7, p. 147]) Sejam A � B � Y; A é fechado em Y e B écompacto em Y . Nessas condições A é compacto em Y .
De�nição 1.1.16 ([7, p. 130]) Sejam X um espaço topológico e x 2 X. Umavizinhança de x é um conjunto U contendo um aberto V de X, com x 2 V . A coleçãoUx de todas as vizinhanças de x é chamada de sistema de vizinhanças de x.
De�nição 1.1.17 ([7, p. 131]) Uma base de vizinhança em x num espaço topológicoX é uma subcoleção Bx, Bx � Ux, tendo a propriedade que cada U 2 Ux contém algumV 2 Bx. Assim, Ux pode ser determinado por Bx da seguinte forma
Ux = fU � X;V � U para algum V 2 Bxg.
De�nição 1.1.18 ([7, p. 133]) Se (X; �) é um espaço topológico, uma base para � éuma coleção B � � tal que
� =
� SB2C
B; C � B�:
De�nição 1.1.19 ([7, p. 135]) Sejam X e Y espaços topológicos e f : X ! Y umafunção. Então f é contínua em x0 2 X se, e somente se, para cada vizinhança V def(x0) em Y , existir uma vizinhaça U de x0 em X tal que f(U) � V . Dizemos que f écontínua em X se f for contínua em cada ponto de X.
Proposição 1.1.20 ([7, p. 137]) Sejam Y � Z e f : X ! Y . Nessas condições, f écontínua se, e somente se, f vista como função de X em Z é contínua.
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1.1. RESULTADOS GERAIS
De�nição 1.1.21 ([7, p. 137]) Seja X� um conjunto para cada � em �: O produtocartesiano dos conjuntos X� é o conjuntoQ
�2�X� = fx : �!
S�2�
X�;x(�) 2 X� para cada � 2 �g. (1.1)
Quando não houver possibilidade de confusão, denotaremosQ�2�
X� por �X�. Na
prática, o valor x(�) é denotado por x�.A função �� : �X� ! X�, dada por ��(x) = x�, é chamada a �-ésima projeção.
De�nição 1.1.22 ([7, p. 137]) A topologia produto (ou topologia de Tychono¤ ) em�X� é obtida tomando como base os conjuntos da forma �U�, onde(a)U� é aberto em X para cada �:(b)U� = X�, exceto para uma quantidade �nita de índices.
Observação 1.1.23 Veja que �X� com U� = X�; exceto para � = �1; :::; �n, pode serescrito como
�U� = ��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n).
Dessa forma, a topologia produto é exatamente a topologia que tem como sub-base acoleção �
��1� (U�) ;� 2 A;U� é aberto em X�
:
Observação 1.1.24 Sejam X um conjuntoqualquer e Y = ff : X ! R; f é uma funçãog : De acordo (1.1) podemos interpretarY como sendo Y =
Q�2X
Z�; com Z� = R para todo �: Dessa forma, um elemento da
base da topologia produto de Y é algo do tipo:
U = ��1�1 (U�1) \ � � � \ ��1�n (U�n)
com U�j ; j = 1; : : : ; n; elementos da base (natural) da topologia de R. Assim, cada U�jé um intervalo de raio �j centrado num certo bj e
U = fg 2 Y ; jg (�j)� bjj < �j; para cada j = 1; : : : ; ng :
Teorema 1.1.25 (Tychono¤, [7, p. 148]) Sejam fX�g�2� uma família de espaçostopológicos e Y = �
�2�X�. Um subconjunto não vazio Y0 = �
�2�A� de Y é compacto se,
e somente se, cada A� é compacto.
Em situações gerais, as sequências não caracterizam bem as topologias. Por exemplo,às vezes é possível encontrar um ponto de acumulação de um conjunto F � X semque exista uma sequência (xn) em F convergindo para esse ponto. Existem duascaracterizações clássicas de sequência, que consertam essa limitação: redes e �ltros.Neste texto, será imprescindível um resultado a cerca de redes.
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1.1. RESULTADOS GERAIS
De�nição 1.1.26 ([7, p. 139]) O conjunto � é dito conjunto dirigido quando existeuma relação � em �; satisfazendo:(a)� � � para todo � 2 �:(b) se �1 � �2 e �2 � �3, então �1 � �3.(c) se �1; �2 2 �, então existe algum �3 2 � tal que �1 � �3 e �2 � �3.
Na de�nição anterior, dizemos que a relação � é uma direção para o conjunto �.
Exemplo 1.1.27 A relaçao de ordem natural em R é uma direção.
De�nição 1.1.28 ([7, p. 139]) Uma rede em um conjunto X é uma função P : �!X, onde � é um conjunto dirigido. Por convenção, o ponto P (�) é denotado por x� eescrevemos "a rede (x�)�2�".
De�nição 1.1.29 ([7, p. 139]) Seja (x�)�2� uma rede em um espaço topológico X.Dizemos que (x�)�2� converge para x 2 X (escrevemos x� ! x) se para cada vizinhançaU de x, existir algum �0 2 � tal que para todo � � �0, tem-se x� 2 U .
Exemplo 1.1.30 ([7, p. 140]) O conjunto N com a ordem natural é um conjuntodirigido. Dessa forma, toda sequência (xn)1n=1 em N é uma rede:
Teorema 1.1.31 ([7, p. 141]) Uma rede (x�)�2� no espaço produto X = ��2�
X�
converge para x se, e somente se, para cada � 2 �, ��(x�)! ��(x) em X�.
De�nição 1.1.32 ([7, p. 140]) Um espaço topológico X é chamado espaço deHausdor¤ quando, para todos x; y em X distintos, existem abertos U; V de X tais quex 2 U; y 2 V e U \ V = ?.
Proposição 1.1.33 ([5, p. 12]) Todo espaço métrico é um espaço de Hausdor¤.
Proposição 1.1.34 ([4, p. 123]) (Teorema de Bolzano-Weierstrass) Todasequência limitada de números reais possui uma suquência convergente.
De�nição 1.1.35 ([1, p. 109]) Seja E um espaço vetorial sobre K. Um funcionallinear em E é uma transformação linear f : E ! K. O conjunto formado por todos osfuncionais lineares f : E ! K chamares de espaço dual de E e denotaremos por E
0.
De�nição 1.1.36 ([2, p. 117]) Seja E um espaço vetorial sobre K. Chamamos oespaço (E
0)0de espaço bidual a E e usamos a notação E
00.
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1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
1.2 Espaços vetoriais normados
De�nição 1.2.1 Um espaço métrico é dito completo se toda sequência de Cauchy forconvergente no espaço.
De�nição 1.2.2 Um espaço de Banach é um evn que é completo com a métricainduzida pela norma.
Proposição 1.2.3 Kn é um espaço de Banach.
Demonstração: Mostraremos apenas que Rn é Banach. O caso K = C é análogo.Seja (xm)1m=1 uma sequência de Cauchy em Rn: Observe que os elementos xm podemserem escritos da forma
x1 =�x(1)1 ; x
(1)2 ; : : : ; x(1)n
�x2 =
�x(2)1 ; x
(2)2 ; : : : ; x(2)n
�...
xm =�x(m)1 ; x
(m)2 ; : : : ; x(m)n
�:
...
Como (xm)1m=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
m; r � n0 ) jjxm � xrjj =s
nPj=1
�x(m)j � x
(r)j
�2< " (1.2)
Elevando a desigualdade anterior ao quadrado, obtemos
nXj=1
(x(m)j � x
(r)j )
2 < "2
sempre que m; r � n0: Em particular, para cada j = 1; : : : ; n �xo, temos
(x(m)j � x
(r)j )
2 < "2
para m; r � n0, donde ���x(m)j � x(r)j
��� < ": (1.3)
De (1.3), segue que (x(m)j )1m=1 é uma sequência de Cauchy de números reais e portanto
convergente. Seja xj = limm!1 x(m)j : Considere agora x = (x1; : : : ; xn) o vetor formado
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1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
pelos limites das n sequências (x(m)j )1m=1:Fazendo r !1 em (1.2) obtemos
" � limr!1
kxm � xrk
= limr!1
"nPj=1
(x(m)j � x
(r)j )
2
# 12
=
"limr 7�!1
nPj=1
(x(m)j � x
(r)j )
2
# 12
=
"nPj=1
limr!1
(x(m)j � x
(r)j )
2
# 12
=
"nPj=1
(x(m)j � xj)
2
# 12
= kxm � xk
sempre que m � n0: Isso mostra que (xm)1m=1 converge para x 2 Rn: �
Veremos mais adiante que todo evn de dimensão �nita é um espaço de Banach. Paratanto, necessitamos do seguinte lema técnico:
Lema 1.2.4 Para um conjunto li fx1; x2; : : : ; xng de vetores em um evn E, existeum número real c > 0 tal que, para qualquer escolha de escalares a1; a2; : : : ; an valea desigualdade
ka1x1 + : : :+ anxnk � c (ja1j+ : : :+ janj) : (1.4)
Demonstração: Por simplicidade, faremos v = ja1j+ : : :+ janj. Sendo assim, se v = 0o resultado é imediato. Logo, vamos supor v > 0. Então, fazendo bj = aj=v, para cadaj = 1; : : : n, provar (1.4) equivale provar a existência de c > 0 tal que para quaisquerescalares b1; : : : ; bn tem-se
jjb1x1 + : : :+ bnxnjj � c; (1.5)
ondenXj=1
jbjj = ja1vj+ : : :+ jan
vj = 1
v(ja1j+ : : :+ janj) = 1:
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1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Suponha, por absurdo, que isso não ocorra. Dessa forma teríamos
Para c1 = 1; existem b(1)1 ; : : : ; b(1)n tais que jjb(1)1 x1 + : : :+ b(1)n xnjj < 1
Para c2 =1
2; existem b
(2)1 ; : : : ; b(2)n tais que jjb(2)1 x1 + : : :+ b(2)n xnjj <
1
2...
Para cm =1
m; existem b
(m)1 ; : : : ; b(m)n tais que jjb(m)1 x1 + : : :+ b(m)n xnjj <
1
m:
...
Seja a sequência ym = b(m)1 x1 + � � � + b
(m)n xn: Observe que, para cada m 2 N,Pn
j=1
���b(m)j
��� = 1 e que kymk ! 0: Dessa forma, para cada j, jb(m)j j � 1: Isso mostra quecada sequência (b(m)j ) = (b
(1)j ; b
(2)j ; : : :) é limitada, e portanto, pelo teorema de Bolzano-
Weierstrass, possui uma subsequência convergente. Seja c1 o limite da subsequência(b(m)1 )1m=1. Chame (y1;m )
1m=1 a subsequência correspondente de (ym)
1m=1: Procedendo
dessa forma n vezes, obtemos uma subsequência
yn;m=nXj=1
d(m)j xj; com
nXj=1
jd(m)j j = 1
e, para cada j, limm7�!1
d(m)j = cj: Portanto,
limm!1
yn;m = limm!1
(d(m)1 x1 + : : :+ d(m)n xn) (1.6)
= limm!1
d(m)1 x1 + : : :+ lim
m!1d(m)n xn
= c1x1 + : : :+ cnxn := y:
Veja quenXj=1
jcjj = limm!1
nXj=1
jd(m)j j = limm!1
1 = 1: Assim, nem todos os cj são nulos e,
como fx1; x2; : : : ; xng é li, segue que
y =
nXj=1
cjxj 6= 0: (1.7)
Segue de (1.6) quelimm!1
jjyn;m jj = jjyjj: (1.8)
De (1.8) e dos fatos de kymk ! 0 e (yn;m )1m=1 ser subsequência de (ym)1m=1 temos que
jjyjj = 0: Mas isso contradiz (1.7). Logo, existe c > 0 que satisfaz a desigualdade (1.5)para quaisquer escalares b1; : : : ; bn: �
Terminamos esta seção enunciando duas consequências do Teorema de Hahn-Banach. Estas serão usadas na demonstração do Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki.
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1.3. OPERADORES LINEARES
Proposição 1.2.5 Se E é um evn, então, para cada x0 2 En f0g ; existe ' 2 E 0 talque k'k = 1 e ' (x0) = kx0k :
Proposição 1.2.6 Se E é um evn não trivial, então, para cada x 2 E; tem-se
kxk = sup fj' (x)j ;' 2 E 0 com k'k � 1g ;
onde o supremo é atingido.
1.3 Operadores lineares
De�nição 1.3.1 Sejam E e F espaços vetoriais sobre K: Uma aplicação T : E ! F éum operador linear
T (x+ �y) = T (x) + �T (y);8x; y 2 E; 8� 2 K:
O conjunto formado por todos os operadores lineares de E em F será denotado porL(E;F ):
De�nição 1.3.2 Se E e F são espaços vetoriais normados e T : E ! F um operadorlinear, de�nimos
kTk = supfkT (x)k ; kxk � 1g.
Dizemos que T é limitado quando kTk <1.
Proposição 1.3.3 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K. Dado T 2L(E;F ), as seguintes a�rmações são equivalentes:(a)T é contínuo.(b)T é contínuo na origem.(c)T é limitado.
Demonstração: (a)) (b) É óbvio.(b)) (c) Suponha que (c) não seja válido. Assim, existe uma sequência (xk)1k=1 em Etal que kkkk � 1 e kTxkk > k; 8k 2 N. De�na zk = xk
kTxkk ;8k 2 N; e veja que
limk!1
zk = limk!1
xk1
kTxkk= 0;
o que contraria o fato de T ser contínua na origem.(c) ) (a) A�rmamos que kTxk � kTk kxk ;8x 2 E: De fato, se x = 0 o resultado éimediato. Suponha então x 6= 0. Assim
kTxkkxk =
1
kxkTx = T ( xkxk)
� kTk ) kTxk � kTk kxk ;8x 2 E:
Dessa forma, para quaisquer x; y 2 E temos
kT (x� y)k � kTk kx� yk � c kx� yk :
Isso mostra que T é lipschitziana, e portanto uniformemente contínua. �
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1.3. OPERADORES LINEARES
Corolário 1.3.4 Todo operador linear cujo domínio tem dimensão �nita é contínuo.
Demonstração: Sejam E;F espaços vetoriais normados com dimE = n e T : E ! Fum operador linear. Considere � = fe1; : : : ; eng uma base de E: Veja que
jjT (x)jj = T
nPj=1
ajej
! = nPj=1
ajT (ej)
� nPj=1
jajj kT (ej)k � max1�k�n
kT (ek)knPj=1
jajj:
Faça k = max1�k�n
kT (ek)k e observe que, pelo Lema 1.2.4, existe c > 0 tal quenPj=1
jajj � kxk =c. Logo kT (x)k � kckxk. Portanto
kTk = supjjxjj�1
kT (x)k � supjjxjj�1
k
ckxk = k
csupjjxjj�1
kxk = k
c;
e o resultado segue. �
Corolário 1.3.5 Em um evn de dimensão �nita, quaisquer duas normas sãoequivalentes.
Demonstração: Sejam k�k1 e k�k2 normas quaisquer em E. Considere o operadoridentidade id : (E; k�k1)! (E; k�k2): Como dimE <1, segue do corolário anterior queid e id�1 são contínuas. Assim, existem c1,c2 > 0 tais que
kid (x)k2 � c1 kxk1 e id�1 (x)
1� c2 kxk2 :
Dessa forma,1
c2kxk1 � kxk2 � c1 kxk1 ;8x 2 E:
�
De�nição 1.3.6 Dizemos que dois espaços vetoriais normados E e F são isomorfosse existe um operador linear T : E ! F contínuo e com inversa contínua. Neste caso,T é chamado de isomor�smo.
Se T : E ! F é um isomor�smo tal que kTxk = kxk ;8x 2 E, então dizemos queE e F são isometricamente isomorfos. Neste caso, dizemos que T é uma isometria.
Corolário 1.3.7 Se E e F são espaços vetorias normados com dimE = dimF = n,então E e F são isomorfos.
18
1.3. OPERADORES LINEARES
Demonstração: Sejam B = fe1;:::; eng e C = ff1; :::; fng bases de E e F;respectivamente. De�na T : E ! F pondo T (ej) = fj, para cada j = 1; :::; n: Éclaro que T é linear.A�rmamos que T é bijetiva. De fato, sejam x; y 2 E tais que T (x) = T (y): Assim,
T (a1e1 + � � �+ anen) = T (b1e1 + � � �+ bnen)
donde
a1f1 + :::+ anfn = b1f1 + :::+ bnfn ) (a1 � b1)f1 + :::+ (an � bn)fn = 0:
Logo ai � bi = 0 para todo i = 1; : : : ; n: Isso mostra que T é injetiva.Agora se z 2 F , então
y = c1f1 + :::+ cnfn
= c1T (e1) + :::+ cnT (en)
= T (c1e1) + :::+ T (cnen)
= T (c1e1 + :::+ cnen)
= T (x) ;
onde x = c1e1+ :::+ cnen 2 E: LogoT é sobrejetora. Como T e T�1 possuem dimensão�nita, segue que esses operadores são contínuos. O resultado segue. �
Proposição 1.3.8 Sejam E e F espaços vetoriais normados, com E completo. SeT : E ! F é um isomor�smo, então F é completo.
Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em F . Considere yn =T�1 (xn) ; para todo n natural.Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
n;m � n0 ) kxn � xmk < ":
Logon;m � n0 ) kyn � ymk = kT�1 (xn)� T�1 (xm)k
= kT�1 (xn � xm)k� kT�1k kxn � xmk� K";
visto que T�1 é limitado. Isso mostra que (yn)1n=1 é de Cauchy em E: Como E écompleto, segue que yn ! y 2 E: Por �m, como T é contínuo, segue que T (yn)! T (y) ;donde xn ! T (y) 2 F: O resultado segue. �
Corolário 1.3.9 Todo evn (sobre K) de dimensão �nita é um espaço de Banach.
Demonstração: Seja E um evn tal que dimE = n. Pelo Corolário 1.3.7, temos queE é isomorfo a Kn. Como Kn é Banach, segue, da proposição anterior, que E é Banach.�
19
1.4. OS ESPAÇOS LP
1.4 Os espaços lpNesta seção, daremos alguns exemplos de espaços de Banach de dimensão in�nita,
a saber os espaços lp. Antes desses exemplos, precisamos das Desigualdade de Hölder eMinkowski.
Lema 1.4.1 Sejam a; b números reais positivos e p; q > 1 tais que 1p+ 1
q= 1: Então
a1p b
1q � a
p+b
q:
Demonstração: Considere, para cada 0 < � < 1, a função f = f� : (0;1)! R dadapor f (t) = t� � �t. Observe que
f 0 (t) = �t��1 � � =�t��1 � 1
��:
Veja que
f 0 (t) > 0; se 0 < t < 1
f 0 (t) < 0; se t > 1:
Como f é derivável em t = 1, pelo Teste da 1a Derivada, segue que f tem um máximolocal nesse ponto, isto é f (t) � f (1) em algum intervalo contendo 1. Desse modo
t� � �t � 1� �) t� � 1� �+ �t; 8t > 0.
Fazendo t = abe � = 1
p, obtemos �a
b
� 1p � 1� 1
p+
a
pb:
Multiplicando b em ambos os lados da desigualdade anterior temos
a1p
b1p
b ��1� 1
p
�b+
a
p) a
1p b1�
1p �
�1� 1
p
�b+
a
p:
Como 1q= 1� 1
p; concluímos que
a1p b
1q � a
p+b
q:
�
Teorema 1.4.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam p; q > 1 tais que 1p+ 1
q= 1 e
n 2 N. EntãonPj=1
jxjyjj �
nPj=1
jxjjp! 1
p
nPj=1
jyjjq! 1
q
para quaisquer escalares xj; yj com j = 1; : : : ; n.
20
1.4. OS ESPAÇOS LP
Demonstração: O caso em quenPj=1
jxjjp = 0 ounPj=1
jyjjq = 0 é trivial. Suponha então
quenPj=1
jxjjp 6= 0 enPj=1
jyjjq 6= 0. Usando o Lema 1.4.1 com
aj =jxjjpnPk=1
jxkjpe bj =
jyjjqnPk=1
jykjq
temos que
a1p
j b1q
j �ajp+bjq) jxjj�
nPk=1
jxkjp� 1
p
� jyjj�nPk=1
jykjq� 1
q
� ajp+bjq:
Repetindo o procedimento acima e somando as n desigualdades, obtemos
nPj=1
jxjj jyjj�nPk=1
jxkjp� 1
p�
nPk=1
jykjq� 1
q
�nXj=1
�ajp+bjq
�: (1.9)
Observe que
nXj=1
�ajp+bjq
�=
nXj=1
ajp+
nXj=1
bjq
=1
p
nXj=1
aj +1
q
nXj=1
bj
=1
p
nXj=1
0BB@ jxjjpnPk=1
jxkjp
1CCA+ 1qnXj=1
0BB@ jyjjqnPk=1
jykjq
1CCA
=1
p
nPj=1
jxjjp
nPk=1
jxkjp+1
q
nPj=1
jyjjq
nPk=1
jykjq=1
p+1
q= 1:
Logo, segue de (1.9)
nPj=1
jxjj jyjj ��
nPk=1
jxkjp� 1
p�
nPk=1
jykjq� 1
q
;
o que prova o resultado. �
21
1.4. OS ESPAÇOS LP
Teorema 1.4.3 (Desigualdade de Minkowski) Sejam n 2 N e p � 1. Então�nPk=1
jxk + ykjp� 1
p
��
nPk=1
jxkjp� 1
p
+
�nPk=1
jykjp� 1
p
(1.10)
quaisquer que sejam os escalares xk; yk com k = 1; : : : ; n.
Demonstração: Para p = 1 temos
nXk=1
jxk + ykj = jx1 + y1j+ : : :+ jxn + ynj
� (jx1j+ jy1j) + : : :+ (jxnj+ jynj)= (jx1j+ : : :+ jxnj) + (jy1j+ : : :+ jynj)
=nXk=1
jxkj+nXk=1
jykj :
Suponha agora p > 1. Pela desigualdade triangular, para mostrarmos (1.10) é su�cientegarantirmos
nXk=1
(jxkj+ jykj)p! 1
p
�
nXk=1
jxkjp! 1
p
+
nXk=1
jykjp! 1
p
:
SenPk=1
(jxkj+ jykj)p = 0; o resultado segue facilmente. Seja entãonPk=1
(jxkj+ jykj)p > 0.Nosso objetivo aqui será utilizar a Desigualdade de Hölder. Veja que
(jxkj+ jykj)p = (jxkj+ jykj) (jxkj+ jykj)p�1 (1.11)
= jxkj (jxkj+ jykj)p�1 + jykj (jxkj+ jykj)p�1 :
Observe que p = (p� 1) q. De fato,
1
p+1
q= 1) p+ q
pq= 1) p+ q = pq ) p = pq � q = (p� 1) q:
Agora, fazendo em (1.11) ak = jxkj e bk = (jxkj+ jykj)p�1 e aplicado a Desigualdade deHölder em
nPk=1
jakbkj ; obtemos
nXk=1
jxkj (jxkj+ jykj)p�1 �
nXk=1
jxkjp! 1
p"
nXk=1
(jxkj+ jykj)(p�1)q# 1q
(1.12)
=
nXk=1
jxkjp! 1
p"
nXk=1
(jxkj+ jykj)p# 1q
:
22
1.4. OS ESPAÇOS LP
De modo análogo, concluímos que
nXk=1
jykj (jxkj+ jykj)p�1 �
nXk=1
jykjp! 1
p"
nXk=1
(jxkj+ jykj)p# 1q
: (1.13)
Somando (1.12) e (1.13), obtemos
nXk=1
(jxkj+ jykj) (jxkj+ jykj)p�1 �
24 nXk=1
jxkjp! 1
p
+
nXk=1
jykjp! 1
p
35" nXk=1
(jxkj+ jykj)p# 1q
:
LogonPk=1
(jxkj+ jykj)p�nPk=1
(jxkj+ jykj)p� 1q
�
nXk=1
jxkjp! 1
p
+
nXk=1
jykjp! 1
p
;
donde�nPk=1
(jxkj+ jykj)p� 1p
=
�nPk=1
(jxkj+ jykj)p�1� 1
q
�
nXk=1
jxkjp! 1
p
+
nXk=1
jykjp! 1
p
:
�
De�nição 1.4.4 Para cada p 2 R com 1 � p <1 de�nimos o conjunto
lp =
(x := (xj)
1j=1 2 K
N;1Pj=1
jxjjp <1):
Observação 1.4.5 A Desigualdade de Hölder é ainda válida se n ! 1. De fato,tomando x; y 2 lp temos que
1Pj=1
jxjjp <1 e1Pj=1
jyjjq <1;
donde 1Pj=1
jxjjp! 1
p
<1 e
1Pj=1
jyjjq! 1
q
<1:
Dessa forma, fazendo n!1 na Desigualdade de Hölder, obtemos
1Pj=1
jxjyjj �
1Pj=1
jxjjp! 1
p
1Pj=1
jyjjq! 1
q
:
Usando um raciocínio análogo, obtemos a Desigualdade de Minkowski para n!1.
23
1.4. OS ESPAÇOS LP
Proposição 1.4.6 Se 1 � p <1, lp é um espaço vetorial normado com a norma dadapor (xj)1j=1
p:=
1Pj=1
jxjjp! 1
p
: (1.14)
Demonstração: Tomando x; y 2 lp e � 2 K, de�nimosx+ y = (xj)
1j=1 + (yj)
1j=1 = (x1 + y1; : : : ; xj + yj; : : :)
� � x = � (xj)1j=1 = (�x1; : : : ; �xj; : : :) :
Mostraremos que as operações estão bem de�nidas. Inicialmente observe que, peladesigualdade de Minkowski, tem-se 1X
j=1
jxj + yjjp! 1
p
� 1Xj=1
jxjjp! 1
p
+
1Xj=1
jyjjp! 1
p
<1;
donde x+ y 2 lp. Por outro lado, veja que1Xj=1
j�xjjp = j�jp1Xj=1
jxjjp <1
portanto �x 2 lp. As propriedades de espaço vetorial não oferecem di�culdades.Provaremos agora que a função (1.14) é uma norma em lp. De fato, vejamos as condições:
(i) É claro que (xj)1j=1
p> 0. Agora veja que, sendo (xj)
1j=1 = 0 temos
(xj)1j=1 p= 0.
Por outro lado, se�P1
j=1 jxjjp� 1p= 0 então
P1j=1 jxjj
p = 0 e portanto xj = 0;8j 2 N.(ii) Veja que � (xj)1j=1
p= (�xj)1j=1
p=
1Pj=1
j�xjjp! 1
p
=
j�jp
nPj=1
jxjjp! 1
p
= j�j (xj)1j=1
p:
(iii) Como (xj)1j=1 + (yj)1j=1 p= (xj + yj)
1j=1
p=
1Xj=1
jxj + yjjp! 1
p
segue da Desigualdade de Minkowski que (xj)1j=1 + (yj)1j=1 p=
1Pj=1
jxj + yjjp! 1
p
�
1Pj=1
jxjjp! 1
p
+
1Pj=1
jyjjp! 1
p
= (xj)1j=1
p+ (yj)1j=1
p;
o que prova o resultado. �
24
1.4. OS ESPAÇOS LP
Proposição 1.4.7 Se 1 � p <1, então lp é um espaço de Banach.
Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em lp. Consideremos a
seguinte denotação
x1 = (x11; x12; : : :)
x2 = (x21; x22; : : :)
...
xn = (xn1; xn2; : : :) :
...
Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
n;m � n0 ) " > kxn � xmkp = 1Xj=1
jxnj � xmjjp! 1
p
� jxnj � xmjj ; (1.15)
para cada j 2 N: Dessa forma, para cada j, (xnj)1n=1 é uma sequência de Cauchy emK. Como K é Banach, temos que cada (xnj)
1j=1 converge, digamos para yj 2 K. Seja
x = (yj)1j=1 2 KN. Vamos mostrar que x 2 lp e xn ! x. De (1.15) segue, para cada N
natural, que NXj=1
jxmj � xnjjp! 1
p
< "; (1.16)
sempre que n;m � n0: Fazendo n!1 em (1.16), obtemos NXj=1
jxmj � yjjp! 1
p
� ";
para n;m � n0 e todo N natural. Fazendo agora N !1; temos
n;m � n0 ) kxm � xk = 1Xj=1
jxmj � yjjp! 1
p
� ";
donde, xn ! x: Por outro lado, como xn0 � x e xn0 pertencem ao espaço vetorial lp ex = xn0 � (xn0 � x); segue que x 2 lp. �
De�nição 1.4.8 Se p =1, de�nimos o espaço vetorial
l1 =
�x := (xj)
1j=1 2 K
N; supj2N
jxjj <1�
munido da normakxk1 := sup
j2Njxjj :
25
1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Proposição 1.4.9 O (l1; k�k1) é um espaço de Banach.
Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em l1. Denotemos cadatermo da sequência xn por
x1 = (x11; x12; x13; :::; x1n; :::)...
xn = (xn1; xn2; xn3; :::; xnn; :::)...
;
onde, para cada n; (xnj)1j=1 2 KN.Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0; existe n0 2 N tal que
n;m � n0 ) supj2N
jxnj � xmjj � kxn � xmk1 < ";
donden;m � n0 ) jxnj � xmjj < ", (1.17)
para cada j 2 N �xo.Dessa forma, para cada j, a sequência de escalares (xnj)1n=1 é de Cauchy em K, eportando convergente. Seja yj = limn!1 xnj e considere y = (yj)
1j=1. Nosso objetivo
agora é mostrar que xn ! y e que y 2 l1.Em (1.17), fazendo n!1; obtemos, para cada j;
jxmj � yjj � "; sempre que m � n0.
Assimm � n0 ) kxm � yk1 = sup
j2Njxmj � yjj � ", (1.18)
donde xm ! y. Por outro lado, de (1.18), temos que xn0 � y 2 l1. Como xn0 2 l1 ey = xn0 � (xn0 � y) ; segue que y 2 l1, visto que l1 é um espaço vetorial. O resultadosegue. �
1.5 Conjuntos compactos em espaços vetoriaisnormados
Nessa seção, mostraremos que a compacidade apresenta comportamentos diferentesem dimensões �nita e in�nita. Mostraremos que a bola unitária fechada é semprecompacta em espaços de dimensão �nita e que ela nunca é compacta em espaços dedimensão in�nita.
Teorema 1.5.1 Se E é um evn de dimensão �nita, então um subconjunto X � E écompacto se, e somente se, é fechado e limitado.
26
1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Demonstração: Sendo E um espaço métrico segue que, se X � E é compacto, entãoé fechado e limitado (veja [5, p. 212]). Mostremos então que, se X � E é fechado elimitado, então é compacto. Mostraremos que X é sequencialmente compacto. De fato,sejam B = fe1;:::; eng uma base de E e (xm)1m=1 uma sequência em X. Observe que,para cada m 2 N, tem-se
xm = a(m)1 e1 + � � �+ a(m)n en:
Como (xm)1m=1 é limitada, existe k > 0 tal que kxmk � k, 8m 2 N. Dessa forma, peloLema 1.2.4, exite c > 0 tal que
k � kxmk =
nXi=1
a(m)i ei
� cnXi=1
���a(m)i
��� ,8m 2 N.
Em particular,k
c����a(m)i
���para todo m 2 N e cada i = 1; : : : ; n: Isso mostra que cada sequência de escalares�a(m)i
�1m=1
é limitada. Logo, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, cada�a(m)i
�1m=1
admite uma subsequência convergente. Usando um raciocício análogo à demonstraçãodo Lema 1.2.4, obtemos uma subsequência de (xm)
1m=1 que converge para um certo
y =nXi=1
aiei. Como X é fechado, segue que y 2 X: Isso mostra que X é compacto. �
Corolário 1.5.2 A bola unitária fechada em um evn de dimensão �nita é compacta.
Demonstração: Segue diretamente do teorema anterior. �
Lema 1.5.3 (Lema de Riesz) Sejam M um subespaço fechado próprio de um evnE e � um número real tal que 0 < � < 1. Então existe y 2 E tal que kyk = 1 eky � xk � �;8x 2M .
Demonstração: Seja y0 2 EnM e considere d = dist (y0;M) := infx2M
ky0 � xk :A�rmamos que d > 0: Com efeito, se d = 0; então existiria uma sequência de elementosde M convergindo para y0: Porém, como M é fechado, isso contraria o fato de y0 62M:Seja x0 2M tal que
ky0 � x0k �d
�:
Considere agora
y =y0 � x0ky0 � x0k
;
e veja que kyk = 1 e, além disso, para cada x 2M temos
ky � xk = y0 � x0ky0 � x0k
� x
= ky0 � (x0 + ky0 � x0kx)kky0 � x0k
� d
ky0 � x0k� �;
onde usamos o fato de (x0 + ky0 � x0kx) 2M: �
27
1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Teorema 1.5.4 Um evn tem dimensão �nita se, e somente se, a bola unitária fechadaé compacta.
Demonstração: ()) Corolário 1.5.2.(() Seja BE a bola unitária fechada compacta. Devemos mostrar que dimE <1.Suponha por absurdo que dim E = 1; e tome x1 2 E com kx1k = 1. Como dimE = 1, segue que [x1] é um subespaço (fechado) próprio de E. Assim, pelo Lema deRiesz, existe x2 2 En[x1] tal que kx2k = 1 e
kx2 � x1k � � :=1
2:
Agora, como [x1; x2] é um subespaço próprio de E; novamente pelo Lema de Riez, existex3 2 En[x1; x2] tal que kx3k = 1 e
kx3 � xik �1
2, para i = 1; 2:
Repetindo esse procedimento n vezes, obtemos uma sequência (xn)1n=1 de vetoresunitários tais que
kxn � xmk �1
2
para todo m 6= n: Assim, (xn)1n=1Assim, (xn) é uma sequência em BE que não possui subsequência convergente. Mas
isso fere o fato de BE ser compacta. O resultado segue. �
28
Capítulo 2
O Teorema deBanach-Alaoglu-Boubarki
Já mostramos que em espaços de dimensão in�nita a bola unitária fechada nunca écompacta. Neste capítulo iremos ver que no espaço dual E 0; de um evn E de dimensãoin�nita, a bola unitária fechada é compacta considerando uma certa topologia, chamadade topologia fraca-estrela.
2.1 Topologia Fraca
Como todo evn E é um espaço métrico, temos que E é um espaço topológico. Nestecaso, os abertos da topologia em E são os conjuntos abertos de E; visto como um espaçométrico. Esta topologia é chamada de topologia métrica. A partir de agora, sempreque quisermos falar da topologia métrica de um evn, usaremos os termos "topologiaforte"ou "topologia da norma".
De�nição 2.1.1 Se (X�; ��) é uma família de espaços topológicos, com � 2 �, ef� : X ! X� são funções, a topologia fraca em X; gerada pela família de funçõesff�;� 2 �g; é a topologia cujos abertos são a união arbitrária de interseções �nitas deconjuntos da forma
f�1� (V�); com V� aberto em X�:
Observe que se � é a topologia fraca em X, então cada f� : (X; �) ! (X�; ��) écontínua. Mais ainda, a topologia fraca é a topologia mais econômica (no sentido deconter menos abertos) que torna todas as f� contínuas.Na Análise Funcional, quando nos referimos à topologia fraca em um evn E,
estaremos nos referindo à topologia fraca em E gerada pela família dos funcionaislineares contínuos f 2 E 0:Denotaremos por �(E;E 0) a topologia fraca em um evn E. Se uma sequência (xn)
1n=1
converge para x na topologia fraca, escrevemos xnw! x:
29
2.1. TOPOLOGIA FRACA
Proposição 2.1.2 Se X tem a topologia fracagerada pela família ff� : X ! X�;� 2 �g, então f : Y ! X será contínua se, e sóse, f� � f for contínua, para cada �.
Demonstração: ()) É imediato.(() Suponha f� � f contínua, para cada � 2 �; e considere
U =n\j=1
f�1�j (V�j)
um aberto da base da topolgia fraca em X (lembrando que os V�j são abertos de X�j).Veja que
f�1(U) = f�1
n\j=1
f�1�j (V�j)
!=
n\j=1
f�1�f�1�j
�V�j��=
n\j=1
(f� � f)�1 (V�j),
que é aberto pois cada f�j � f é contínua.Suponha agora que A seja um aberto arbitrário. Assim, A será a união de abertos
A� da base de X. Logo,
f�1(A) = f�1
[�2�
U�
!=[�2�
f�1(U�);
que é aberto pois, pelo que já vimos, cada f�1(A�) é aberto. �
Proposição 2.1.3 Um evn E com a topologia fraca é um espaço de Hausdor¤, isto é,dados x1; x2 2 E disntintos, existem A;B 2 �(E;E
0) tais que A \ B = ;, x1 2 A e
x2 2 B.
Demonstração: Como x1� x2 6= 0; pelo Teorema de Hahn-Banach, existe f 2 E 0 demodo que
f(x1 � x2) = kx1 � x2k 6= 0;donde f(x1) 6= f(x2). Como K é um espaço de Hausdor¤, existem abertos V1; V2 � Kdisjuntos, tais que f(x1) 2 V1 e f(x2) 2 V2. Nessas condições, temos
x1 2 f�1(V1) e x2 2 f�1(V2):
Veja quef�1(V1) \ f�1(V2) = ?.
Como f�1 (V1) ; f�1 (V2) 2 �(E;E 0), o resultado segue. �
30
2.1. TOPOLOGIA FRACA
Proposição 2.1.4 Se E é um evn, então xnw! x se, e somente se, '(xn)
w! '(x);8' 2E 0.
Demonstração: ()) Observe que ' : (E; �(E;E 0)) ! K é contínua. Logo, sexn
w! x, então '(xn)! '(x);8' 2 E 0:(() Suponha que '(xn) ! '(x);8' 2 E 0. Devemos mostrar que xn
w! x, isto é dadoA 2 �(E;E 0) com x 2 A, existe n0 2 N tal que se n � n0; tem-se xn 2 A. Certamente,A contém um aberto da forma
A2 = '�11 (V1) \ ::: \ '�1n (Vn),
onde cada Vi é aberto de K e x 2 A2.Dessa forma, basta mostrarmos que existe n0 2 N de modo que xn 2 A2; sempre quen � n0: Ora,
x 2 A2 ) x 2 '�1i (Vi);8i = 1; :::; n) 'i(x) 2 Vi;8i = 1; :::; n:
Como, para cada i = 1; : : : ; n; temos 'i(xn)! 'i(x), existem ni 2 N tais que
n � ni ) 'i(xn) 2 Vi
para todo i: Tomando n0 = maxfn1; :::; nng, segue que
n � n0 ) 'i(xn) 2 Vi;8i = 1; :::; n:) xn 2 '�1i (Vi)) xn 2 '�11 (V1) \ ::: \ '�1n (Vn);
donde xn 2 A; e portanto xnw! x. �
Proposição 2.1.5 ([7, p. 89]) Sejam E um evn e x0 2 E. Os conjuntos da forma
VI;" = fx 2 E; j'i(x)� 'i(x0)j < "; para todo i 2 Ig
com I �nito, 'i 2 E 0 e " > 0 formam uma base de vizinhanças de x0 na topologiafraca de E.
Proposição 2.1.6 ([7, p. 90]) Se E é um evn, então(i)xn
w! x) (kxnk)1n=1 é limitada e kxnk � lim inf kxnk :(ii) Se xn
w! x e fn ! f em E 0, então fn(xn)! f(x).
O próximo resultado mostra que, em dimensão �nita, os conceitos de topologia fracae forte coincidem.
Proposição 2.1.7 Se dimE < 1, então a topologia fraca e a topologia da normacoincidem.
31
2.1. TOPOLOGIA FRACA
Demonstração: Segue da de�nição que todo aberto da topologia fraca é tambémaberto da topologia forte. Resta-nos mostrar que os abertos da topologia forte sãoabertos da topologia fraca.Seja U um aberto da topologia forte de E. Devemos mostrar que, para todo x0 2 U;existe um aberto V da topologia fraca de modo que x0 2 V � U . Seja fe1; :::; eng umabase normalizada de E. Como U é aberto e x0 2 U; existe r > 0 tal que Bx0(r) � U:Para cada i = 1; :::; n;de�na
fi : E ! K
x =nPj=1
ajej 7! ai:
Veja que
kx� x0k =
nXi=1
aiei �nXi=1
biei
=
nXi=1
(ai � bi)ei
�
nXi=1
jai � bij keik
=nXi=1
jai � bij
=nXi=1
jfi(x)� fi(x0)j :
Considere agora o seguinte subconjunto
U = fx 2 E; jfi(x)� fi(x0)j <r
2n, com i = 1; :::; ng;
e veja que V 2 �(E:E 0) e x0 2 V: Por �m, devemos mostrar que V � U . De fato, sex 2 V , então
kx� x0k �nXi=1
jfi(x)� fi(x0)j <nXi=1
r
2n=nr
2n=r
2< r;
donde x0 2 V � U . �
Proposição 2.1.8 Se E é um evn de dimensão in�nita, então a topologia fraca e atopologia da norma nunca coincidem.
Demonstração: Sejam S = fx 2 E; kxk = 1g : Sabemos que S é fechado na topologiada norma. Vamos mostrar que S não é fechado na topologia fraca. Para tanto,mostraremos que
fx 2 E; kxk < 1g � S�(E;E0)
:
32
2.2. TOPOLOGIA FRACA ESTRELA
Seja x0 2 E tal que kx0k < 1 e considere V = Vx0 um aberto qualquer da topologiafraca contendo x0: Mostraremos que Vx0 \ S 6= ?.Seja W � Vx0 da forma
W = fx 2 E; jfi(x)� fi(x0)j < "; i = 1; :::; ng.
Mostraremos que W \ S 6= ?. De fato, seja y0 2 En f0g tal que fi(y0) = 0; para todoi = 1; :::; n, isto é, y0 2
n\i=1ker fi. Veja que, de fato, existe tal y0. Se não existisse, a
aplicação linearg : E ! Kn
x 7! (f1(x); :::; fn(x))
seria injetiva. Mas isto é um absurdo pois dimE 6= dimKn.De�na agora
r : R ! Rt 7! kx0 + ty0k
:
Note que r(0) = kx0k < 1 e limt!1 r(t) = 1: Deste modo, como r é contínua, existet0 2 R tal que r(t0) = kx0 + t0y0k = 1, donde x0 + t0y0 2 S. Por �m, veja que
fi(x0 + t0y0)� fi(0) = fi(t0y0) = t0fi(y0) = 0;8i = 1; :::; n;
e portanto x0 + t0y0 2 W . Segue que x0 + t0y0 2 (W \ S) � (Vx0 \ S); e o resultadosegue. �
2.2 Topologia Fraca Estrela
Nessa seção, iremos introduzir o conceito de topologia fraca estrela. Esta é peçafundamental na demonstração do teorema central de nosso trabalho.Seja E um espaço vetorial normado. Sabemos que em E temos a topologia forte (a
norma) e a topologia fraca (�(E;E 0)). O espaço E 0 também está munido das topologiasfraca e da norma. Iremos de�nir agora, uma outra topologia em E 0:Considere a seguinte aplicação
J : E ! E 00
x 7! J(x) : E 0 ! Kf 7! J(x)(f) = f(x):
A�rmamos que, para cada x 2 E; J(x) está em E 0. De fato, se � 2 K e f; g 2 E 0,então
J(x)(f + �g) = (f + �g) (x) = f(x) + �g(x) = J(x)(f) + �J(x)(g):
Vejamos agora que J(x) é contínua. Com efeito, como
kJ (x)kE0 = supfjJ(x)(f)j ; kfk � 1g = supfjf(x)j ; kfk � 1g = kxk . (2.1)
segue nossa a�rmação.
33
2.2. TOPOLOGIA FRACA ESTRELA
Observe que J é linear. De fato, para x; y 2 E e � 2 K, temos
J(x+ �y)(f) = f(x+ �y)
= f(x) + �f(y)
= J(x)(f) + �J(y)(f)
= (J(x) + �J(y))(f);8f 2 E 0
donde J(x+ �y) = J(x) + �J(y):De (2.1) temos que J é uma isometria sobre sua imagem. Neste caso, dizemos que
J(E) é uma "cópia"de E em E 00: A função J é chamada de injeção canônica de E emE 00.
De�nição 2.2.1 A topologia fraca estrela �(E 0; E) em E 0 é a topologia fraca em E 0
gerada pelos funcionais lineares de J(E).
Embora não usaremos os seguintes resultados na próxima seção, por conhecimento,apresentamos estes ao leitor. Salientamos que suas demonstrações, em sua maioria, sãoanálogas aos resultados correspondentes à topologia fraca.No que se segue, xn
w�! x denotará convergência na topologia fraca estrela.
Proposição 2.2.2 ([7, p. 93]) E 0 é um espaço de Hausdor¤ com a topologia fracaestrela.
Proposição 2.2.3 ([7, p. 93]) Os conjuntos da forma
V = ff 2 E 0; jf(xi)� f0(xi)j < ", para todo i 2 Ig
com I �nito, xi 2 E e " > 0 formam uma base de vizinhanças de f0 para a topologiafraca estrela.
Proposição 2.2.4 ([7, p. 93]) Sejam E um espaço de Banach e (fn)1n=1 uma
sequência em E 0. Nessas condições:(i) fn
w�! f , fn(x)! f(x) para todo x em E.
(ii) fnw! f ) fn
w�! f .
(iii) fnw�! f ) (kfnk)1n=1 é limitada e kfk � lim inf kfnk.
(iv) fnw�! f e xn ! x) fn(xn)! f(x):
Proposição 2.2.5 ([7, p. 93]) Seja ' : (E 0; �(E 0; E))! K linear e contínua. Entãoexiste x 2 E tal que ' = Jx: Em outras termos, (E 0; �(E 0; E))0 = J(E).
Proposição 2.2.6 ([7, p. 93]) Se E e F são espaços vetoriais normados e f : E ! Fé linear e contínua, então f : (E; �(E;E 0))! (F; �(F; F 0)) é contínua.
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2.3. O TEOREMA DE BANACH-ALAOGLU-BOUBARKI
2.3 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki
Finalmente, podemos demonstrar o principal resultado de nosso trabalho.
Teorema 2.3.1 (Banach-Alaoglu-Boubarki) A bola fechada unitária BE0é compactacom a topologia fraca estrela.
Demonstração: Inicialmente, mostraremos que E 0 com a topologia fraca estrela éhomeomorfo a um subespaço do espaço produto Y = KE = ff : E ! Kg:Seja : E 0 ! Y dada por (f) = f: É claro que é injetiva. A�rmamos que écontínua. De fato, para cada x0 2 E, considere a projeção �x0 : Y ! K na coordenadax0. Dessa forma, temos que a aplicação �x0 � : E 0 ! K é tal que
�x0 � (f) = �x0(f) = f(x0) = J(x0)(f);8f 2 E 0:
Logo �x0 � = J(x0); e portanto, pela de�nição da topologia fraca estrela em E 0, temosque �x0 � é contínua. Como a topologia produto em Y é a topologia fraca geradapelas projeções �x0 (Observação 1.1.24) que são contínuas, segue da Proposição 2.1.2que é contínua.Como é injetiva, a aplicação � : E 0 ! (E 0) dada por �(f) = (f) está bemde�nida. É claro que � é bijetiva. Como é contínua, segue da Proposição 1.1.20 que� é contínua. Para mostrarmos que E 0 é homeomorfo a (E
0), resta-nos mostrar que
��1 : (E 0)! E 0 é contínua.Como E 0 está munido com a topologia fraca estrela, mais uma vez a Proprosição 2.1.2garante que ��1 será contínua se provarmos que para cada x0, a aplicação
J(x0) � ��1 : (E 0)! K
é contínua. Observe que, se (f) 2 (E 0) então
J(x0) � ��1( (f)) = J(x0)(f) = f(x0) =��x0j (E0)
�( (f));
dondeJ(x0) � ��1 = �x0j (E0) : (2.2)
Como �x0 é contínua, segue que a restrição �x0j (E0) é também contínua. Dessa forma,de 2.2, segue que cada J(x0) � ��1 é contínua, e portanto ��1 é contínua. Isso mostraque E 0 é homeomorfo ao subespaço (E 0) de Y; e consequentemente BE0 é homeomorfoa (BE0).Assim, para provar que BE0 é compacta na topologia fraca estrela, basta provar que (BE0) é compacta em (E 0). Mas, pela Proposição 1.1.14, basta provar que (BE0) écompacta em Y .Lembremos que
(BE0) = (f' 2 E 0; j'(x)j � kxk ;8x 2 Eg) � Y:
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2.3. O TEOREMA DE BANACH-ALAOGLU-BOUBARKI
Logo, pela Observação 1.1.24 temos que
(BE0) � �x2E[�kxk ; kxk] � Y .
O Teorema de Tychono¤garante que �x2E[�kxk ; kxk] é compacto em Y . Para obtermos
a compacidade de (BE0) = �(BE0), basta garantirmos que (BE0) é fechado emY (Proposição 1.1.15). Com efeito, considere ( ('�))�2� uma rede em (BE0) queconverge para f 2 Y; na topologia produto. Dessa forma, pelo Teorema 1.1.31, segueque
�x0 ( ('�))! �x0 (f)) �x0 ( ('�)) (x)! �x0 (f) (x) ;8x 2 E;ou melhor
('�) (x)! f (x)) '� (x)! f (x) ;8x 2 E: (2.3)
Usando o fato que cada '�; segue de (2.3) que f é linear. Como
k'�(x)k � k'�k kxk � kxk
para cada � e cada x 2 E, segue, novamente de (2.3), que
kf(x)k � kxk
e portanto e kfk � 1: Dessa forma, f 2 BE0 donde f = (f) 2 (B0): Isso mostra que (BE0) é fechado em Y; e o resultado segue. �
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Conclusão
Nesse trabalho, �zemos um estudo sobre a compacidade da bola unitária fechadaem espaços vetoriais normados de dimensão in�nita. Mais precisamente, demonstramoso Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki. Também vimos que há uma dicotomia comessa compacidade e a dimensão de um espaço vetorial normado.
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Referências Bibliográ�cas
[1] COELHO, F. U. LOURENÇO, M. L. Um Curso de Álgebra Linear. São Paulo:Edusp, 2007.
[2] FIORENTINI, D.; LORENZATO, S. Processo de Coleta de Informações e deConstituição do Material de Estudo. In:______. Investigação em EducaçãoMatemática: percursos teóricos e metodológicos. Campinas: São Paulo, 2006. p.101 �131.(Coleção Formação de Professores).
[3] KREYSZIG, E. Introductory Functional Analysis With Applications. Délhi:Wiley Classics Library, 1989.
[4] LIMA, E. L. Curso de Análise vol. 1. Rio de Janeiro: IMPA, 2011. (ColeçãoProjeto Euclides)
[5] LIMA, E. L. Espaços Métricos. Rio de Janeiro: IMPA, 2007. (Coleção ProjetoEuclides)
[6] OLIVEIRA, C. R. Introdução à Análise Funcional. Rio de Janeiro: IMPA, 2010.(Coleção Projeto Euclides)
[7] PELLEGRINO, D. M. Notas de Aula de Introdução À Análise Funcional.João Pessoa: UFPB, 2008.
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