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NOTAS DE AULA DE ANÁLISE FUNCIONAL

OLIVAINE S. DE QUEIROZDepartamento de Matemática

Instituto de Matemática, Estatística e Computação CientíficaUNICAMP

Campinas2013

Capítulo 1

Espaços normados e os fundamentos deAnálise Funcional

Neste capítulo introduziremos alguns dos principais conceitos a serem trabalhados no curso: espaços de Banach eoperadores lineares contínuos entre tais espaços. A exposição aqui segue as linhas, por exemplo, de [5].

Primeira aula↓

1.1 Espaços vetoriais normados e de Banach

Denotemos por F o corpo dos números reais R ou dos números complexos C e seja X um espaço vetorial sobre F.Em boa parte do que estudaremos, não fará muita diferença se o corpo de escalares é real ou complexo. Quandofor necessário, deixaremos explícito em qual corpo estaremos trabalhando.

Uma semi norma em X é uma função x 7→ ‖x‖, de X em [0,∞), que satisfaz as seguintes propriedades:

• (desigualdade triangular) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+‖y‖, para quaisquer x,y ∈ X ;

• (homogeneidade) ‖λx‖= |λ |‖x‖, para qualquer x ∈ X e todo λ ∈ F.

Observemos que a homogeneidade da semi norma implica que ‖0‖= 0, isto é, a norma do vetor nulo em Xé zero. Uma semi norma em um espaço vetorial é chamada de norma se ‖x‖= 0 somente no caso em que x = 0.Um espaço vetorial equipado com uma norma é chamado de espaço vetorial normado.

Um fato simples de se verificar é que, em um espaço vetorial normado X , a norma define uma métrica natural

ρ(x,y) := ‖x− y‖.

A topologia induzida em X por esta métrica ρ é chamada de topologia da norma.Um espaço normado X que é também um espaço métrico completo com a métrica induzida pela norma é

chamado de espaço de Banach. Dito de outra forma, X é um espaço de Banach se, e somente se, toda sequênciade Cauchy em X converge e seu limite ainda é um elemento de X.

É um fato básico de análise elementar que os espaços vetoriais Rn (sobre R) e Cn (sobre C) são espaços deBanach (com a norma canônica euclidiana, no caso de Rn). Daremos a seguir alguns exemplos importantes e maisinteressantes para o curso.

Exemplo 1.1.1 Dado um conjunto compacto A em um espaço métrico M, o espaço vetorial das funções contínuasem A com valores em R é denotado por C(A). Tal espaço esquipado com a norma

‖ f‖∞ := supx∈A| f (x)|

1

2 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS

é completo. Isto é garantido pelo fato que limite uniforme de uma sequência de funções contínuas é ainda umafunção contínua.

Exemplo 1.1.2 Seja p ∈ [1,∞) e definamos o espaço vetorial sobre R dado por:

lp(N) :=

x = (xn)∞n=1 | xn ∈ R e ‖x‖lp =

( ∞

∑n=1|xn|p

)p< ∞

.

No caso p = ∞ definimos:

l∞(N) :=

x = (xn)∞n=1 | xn ∈ R e ‖x‖∞ = sup |xn|< ∞

.

É um exercício natural demonstrar que ‖ · ‖lp é, de fato, uma norma em lp. Faremos isso em uma situação maisgeral adiante. Seja c0 ⊂ l∞ o subespaço vetorial definido por

c0(N) :=

x = (xn)∞n=1 | xn ∈ R e limxn = 0

.

Um outro subespaço interessante de l∞ é

c00(N) :=

x = (xn)∞n=1 | xn ∈ R,xn = 0 exceto para um número finito de valores de n ∈ N

.

Observemos que, para 1≤ p < ∞,c00 ⊂ lp ⊂ c0 ⊂ l∞.

Com isso, a expressão ‖·‖∞ também define uma norma no subespaço lp, 1≤ p < ∞. Porém, (lp,‖·‖∞), 1≤ p < ∞,não é Banach. Consideremos, por exemplo, o caso p = 1 e a sequência em l1 definida por

yk := (ykj) =

(1,

12, . . . ,

1k,0,0, . . .

), k = 1,2, . . . .

Para cada m,n ∈ N, com m≥ n, temos

‖ym− yn‖l∞ ≤ sup 1

n+1, . . . ,

1m

=

1n+1

.

Segue que (yk) é de Cauchy com a norma do sup . Se l1 fosse de Banach com esta norma, existiria y ∈ l1 tal que

‖yk− y‖∞→ 0, quando k→ ∞.

Mas observe que, para cada j ≥ 1, certamente temos

|ykj− y j| ≤ ‖yk− y‖∞.

Fixando j e tomando o limite em k→ ∞ vemos que∣∣∣1j− y j

∣∣∣≤ lim‖yk− y‖∞ = 0,

ou seja, y j = 1/ j, j ≥ 1. Mas a sequência

y =(

1,12, . . . ,

1j,

1j+1

, . . .)

não pertence a l1, o que é uma contradição.

Duas normas ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 em um espaço normado X são chamadas de equivalentes se existirem duasconstantes positivas c1,c2 > 0, tais que

c1‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ c2‖x‖1, para qualquer x ∈ X . (1.1)

Normas equivalentes em X fornecem métricas equivalentes e, consequentemente, dão origem à mesma topologia(em particular, mesmas sequências de Cauchy). O Exemplo 1.1.2 nos diz que l1 é completo na norma ‖ · ‖l1 masnão é completo na norma ‖·‖∞. Assim, tais normas não são equivalentes. Observemos que a expressão (1.1) defineuma relação de equivalência no conujunto das normas de um espaço vetorial X . Em particular, temos que vale atransitividade.

1.1. ESPAÇOS DE BANACH 3

Proposição 1.1.3 Se X é um espaço vetorial de dimensão finita, então todas as normas em X são equivalentes.

Demonstração. Seja e1, . . . ,en uma base do espaço vetorial X de dimensão finita. Para cada x ∈ X , existemα1, . . .αn ∈ F de tal sorte que

x =n

∑i=1

αiei.

Definimos

‖x‖0 =n

∑i=1|αi|.

Tal expressão define uma norma em X . Demonstremos que qualquer norma em X é equivalente à ‖ · ‖0.

Seja ‖ · ‖ qualquer outra norma em X . Então estimamos

‖x‖=∥∥∥ n

∑i=1

αiei

∥∥∥≤ n

∑i=1|αi|‖ei‖ ≤ (max

1≤i≤nei)

n

∑i=1‖αi‖=C‖x‖0.

Suponhamos para efeito de contradição que a desigualdade reversa não é satisfeita, isto é, para cada constanteL > 0, existe xL ∈ X com

‖xL‖0 > L‖xL‖.

Obviamente devemos ter xL 6= 0 para esta desigualdade ocorrer. Dividimos ambos os lados por ‖xL‖0 e definimosyL = xL/‖xL‖0 obtendo

1 = ‖yL‖0 > L‖yL‖.

Lembremos que a bola fechada B1 é compacta em dimensão finita. Segue que existe uma subsequência (yL j)convergindo para y ∈ X na norma ‖ · ‖0. Segue da continuidade da norma que ‖y‖0 = 1 e, usando a primeira parteda demonstração, chegamos ao seguinte:

‖y‖ ≤ ‖y− yL j‖+‖yL j‖ ≤C‖y− yL j‖0 +1L j

.

Passando ao limite quando j→ ∞ obtemos que ‖y‖ = 0 e portanto y = 0, o que é uma contradição com o fato de‖y‖0 = 1.

Concluimos que ‖ · ‖ e ‖ · ‖0 são equivalentes. Como a primeira norma é qualquer, o resultado segue portransitividade.

Observação 1.1.4 O fato de bolas fechadas serem compactas em espaços de dimensão finita foi essencial nademonstração da Proposição 1.1.3.

Veremos mais adiante que todo espaço normado está de uma certa maneira “contido” em um espaço deBanach (seu completamento). Por hora, apresentaremos um critério para completude de um espaço normado.Antes porém, necessitamos de algumas definições.

Se (xn) é uma sequência no espaço normado X , então dizemos que a série

∞

∑n=1

xn (1.2)

converge para x ∈ X na norma ‖ · ‖ se

limN→∞

∥∥∥ N

∑n=1

xn− x∥∥∥= 0.

Dizemos que série em (1.2) converge absolutamente, ou é absolutamente convergente, se

∞

∑n=1‖xn‖< ∞.


Teorema 1.1.5 Um espaço vetorial normado X é de Banach se, e somente se, toda série absolutamente conver-gente em X é uma série convergente.

Demonstração. Suponhamos incialmente que X é Banach e que (xn) seja uma sequência tal que

∞

∑n=1‖xn‖< ∞.

A N–ésima soma parcial desta sequência é dada por

SN =N

∑n=1

xn.

Para N,M ∈ N com N > M vemos que

‖SN−Sm‖=∥∥∥ N

∑n=M+1

xn

∥∥∥≤ N

∑n=M+1

‖xn‖→ 0, quando M→ ∞.

Assim, (SN) é uma sequência de Cauchy e, portanto, convergente em X . Equivalentemente, a série associada a(xn) converge em X .

Reciprocamente, suponhamos que toda série absolutamente convergente em X seja convergente e fixemosuma sequência de Cauchy (xn)⊂ X qualquer. É possível selecionar

n1 < n2 < .. . ,

de maneira que‖xn− xm‖< 2− j, para quaisquer n,m≥ n j.

Agora, tomemos y1 = xn1 e, para j > 1,y j = xn j − xn j−1 .

Entãok

∑j=1

y j = xnk ,

e∞

∑j=1‖y j‖ ≤ ‖y1‖+

∞

∑j=2‖xn j − xn j−1‖ ≤ ‖y1‖+

∞

∑j=1

2− j = ‖y1‖+1 < ∞.

Por hipótese, existe o limite

limxnk =∞

∑j=1

y j.

Assim, a sequência de Cauchy (xn) possui uma subsequência que converge. Logo, (xn) deve também convergir.De fato: seja a = limxnk ; dado ε > 0, tomemos n0 tal que

‖xnk − xn j‖< ε/2, para quaisquer j,k ≥ n0,

e também‖xnk −a‖< ε/2, para qualquer k ≥ n0.

Segue que, para n≥ n0,‖xn−a‖ ≤ ‖xn− xn0‖+‖xn0 −a‖< ε.

Isto finaliza a demonstração.

1.2. OPERADORES LIMITADOS 5

1.2 Operadores lineares limitados

Um operador linear T : X → Y entre dois espaços normados X e Y é chamado limitado se existe uma constanteC ≥ 0 tal que

‖T x‖Y ≤C‖x‖X , para todo x ∈ X .

Incluimos o sub índice na notação das normas para não criarmos confusão entre os espaços.

Teorema 1.2.1 Se X e Y são espaços vetoriais normados e T : X → Y é um operador linear, então as seguintesafirmações são equivalentes:

a– T é contínuo;

b– T é contínuo em algum ponto x ∈ X;

c– T é limitado.

Demonstração. É trivial que a– implica em b–.Suponhamos que T seja contínuo em algum x0 ∈ X e seja M um subconjunto limitado de X com M ⊂ BR(0)

para algum R > 0. Por continuidade em x0, existe δ = δ (1,x0) tal que

‖x− x0‖X ≤ δ implica em ‖T (x− x0)‖= ‖T x−T x0‖ ≤ 1. (1.3)

Dito de outra forma, (1.3) nos diz que

‖y‖X < δ implica em ‖Ty‖Y ≤ 1.

Consequentemente, se ‖y‖Y ≤ R, então:

‖Ty‖Y =∥∥∥R

δT(

δ

Ry)∥∥∥

Y=

Rδ

∥∥∥T(

δ

Ry)∥∥∥

Y≤ R

δ,

pois ∥∥∥δ

Ry∥∥∥≤ δ .

Conclusão:T (M)⊂ BR/δ (0).

Assim, b– implica em c–.Agora verifiquemos que c– implica em a–. Suponhamos então que T aplica subconjuntos limitados de X em

limitados de Y. Em particular, existe R > 0 tal que

T (B1(0))⊂ BR(0).

Seja ε > 0 qualquer e tomemos δ = ε/R. Suponhamos então que

‖x− x0‖X ≤ δ .

Por homogeneidade, ∥∥∥ 1δ(x− x0)

∥∥∥X≤ 1,

o que nos dá1δ‖T x−T x0‖Y =

∥∥∥T( 1

δ(x− x0)

)∥∥∥≤ R,

ou seja,‖T x−T x0‖Y ≤ ε.

Portanto, T é contínuo no ponto arbitrário x0 ∈ X , finalizando a demonstração.


Denotamos por B(X ,Y ) o conjunto dos operadores lineares limitados de X em Y. É um fato básico deÁlgebra Linear que B(X ,Y ) é também um espaço vetorial com as operações de soma de operadores e produto deum operador por um escalar em F usuais.

Será comum utilizarmos as seguintes notações:

B(X ,X) = B(X), B(X ,F) = X∗.

Observação 1.2.2 Como diriam as aeromoças da Azul, já sabemos, mas não custa lembrar que a limitação acimadefinida é diferente da limitação de funções. De fato, se ‖T x‖ ≤C para todo x ∈ X , então, para qualquer escalarλ ∈ F, temos

|λ |‖T x‖= ‖T (λx)‖ ≤C.

Concluimos que T x = 0 dividindo a última desigualdade acima por |λ | e considerando o limite λ → ∞. Como x équalquer, T deve ser a aplicação nula. Na verdade, dizer que um operador linear T : X → Y é limitado significaque ele aplica subconjuntos limitados de X em subconjuntos limitados de Y .

Segunda aula↓

Dado T ∈B(X ,Y ), a expressão

‖T‖= sup‖T x‖Y | ‖x‖ ≤ 1 (1.4)

esté bem definida pelo Teorema 1.2.1 e define uma norma em B(X ,Y ).

Proposição 1.2.3 Sejam X e Y espaços normados. Então a expressão (1.4) define uma norma em B(X ,Y ) queainda pode ser caracterizada por

‖T‖= sup‖x‖=1

‖T x‖Y = supx 6=0

‖T x‖Y‖x‖X

. (1.5)

Além disso, se Y for Banach, então B(X ,Y ) também será Banach com esta norma.

Demonstração. Faremos a demonstração do fato interessante que B(X ,Y ) é Banach sempre que Y é Banach. Osdemais fatos ficam como exercício. É importante observar que a última caracterização da norma deixa claro que

‖T x‖Y ≤ ‖T‖‖x‖X .

Consideremos então uma sequência de Cauchy (Tn) ⊂B(X ,Y ) e procedemos com a demonstração que esta se-quência converge para um operador neste espaço.

Fixado x ∈ X e m,n ∈ N nós estimamos

‖Tnx−Tmx‖Y ≤ ‖Tn−Tm‖‖x‖X ,

o que nos diz que (Tnx) ⊂ Y é uma sequência de Cauchy em Y. Sendo Y Banach, existe um elemento que deno-taremos por T x, tal que Tnx→ T x. Assim, construimos uma aplicação de X em Y por

x 7→ T x.

Afirmação 1: T é linear. De fato, observe:

T (x+ y) = lim(Tn(x+ y)) = lim(Tnx+Tny) = limTnx+ limTny = T x+Ty, x,y ∈ X ,

T (λx) = limTn(λx) = λ limTnx = λT x, x ∈ X ,λ ∈ F.

Afirmação 2: T é limitado. Isto segue do fato de toda sequência de Cauchy ser limitada. Assim, existe C > 0 talque ‖T‖ ≤C. Disso segue que:

‖T x‖Y = lim‖Tnx‖Y ≤ limsup‖Tn‖‖x‖X ≤C‖x‖.

1.3. EXERCÍCIOS 7

Afirmação 3: ‖Tn−T‖ → 0 em B(X ,Y ). Dado ε > 0, seja n0 tal que ‖Tn−Tm‖ ≤ ε sempre que n,m ≥ n0. Parax ∈ B1(0) temos que

‖T x−Tnx‖= lim‖Tmx−Tnx‖ ≤ lim‖Tm−Tn‖‖x‖ ≤ ε‖x‖ ≤ ε.

Isto implica que Tn→ T em B(X ,Y ) e conclui a demonstração do resultado.

1.3 Exercícios

Exercício 1 Seja X um espaço vetorial e lembremos que uma base algébrica (ou base de Hamel) de X é umsubconjunto (ei)i∈I , tal que todo x ∈ X pode ser escrito de maneira única como

x = ∑j∈J

x je j,

para algum subconjunto finito J ⊂ I, onde x j ∈ F,, j ∈ J. Uma aplicação do Lema de Zorn (Lema 3.1.2) implicaque todo espaço vetorial E possui uma base de Hamel (ei)i∈I .

Toda base de Hamel de um espaço vetorial X fixado possui a mesma cardinalidade. No caso em que I éfinito, dizemos que X possui dimensão finita.

Demonstre que todo espaço vetorial pode ser normado.Sugestão: demonstração da Proposição 1.1.3.

Exercício 2 Se uma métrica ρ em um espaço métrico X é induzida por uma norma, então

ρ(x+ z,y+ z) = ρ(x,y), para quaisquer x,y,z ∈ X ,

eρ(λx,λy) = |λ |ρ(x,y), para quaisquer x,y ∈ X e todo λ ∈ F.

Exercício 3 Dado um espaço vetorial X, no qual está definida uma métrica d, é necessariamente verdade queexiste uma norma ‖ · ‖1 em X tal que d(x,y) = ‖x− y‖1 para quaisquer x,y ∈ X?

Exercício 4 Demonstre que todo espaço métrico M, com métrica d, é isométrico a um subconjunto de um espaçonormado. De fato, tal espaço normado pode ser tomado como sendo o conjunto das funções contínuas e limitadasem M, denotado por CB(M), com a norma do sup .Sugestão: fixe x ∈M e considere a aplicação de M em CB(M), dada por y 7→ f , com f (z) = d(x,z)−d(y,z).

Exercício 5 Em um espaço normado X sobre F, as operações de adição e multiplicação por um escalar sãocontínuas de X×X em X. Além disso, a norma ‖ · ‖ satisfaz:

|‖x‖−‖y‖| ≤ ‖x− y‖,

isto é, a norma é uma função contínua de X em F.

Exercício 6 Seja Ω⊂ Rn um subconjunto compacto. Demonstre que (C(Ω),‖ · ‖∞) é um espaço de Banach. PeloTeorema de Stone–Weierstrass, o espaço vetorial dos polinômios com coeficientes reais é denso em C([a,b]). Segueque C(Ω) possui dimensão infinita.

Exercício 7 Verificaremos que, ao contrário do que diz a Proposição 1.1.3 para espaços normados de dimensãofinita, espaços normado de dimensão infinita nunca possuem uma única topologia induzida por norma. Seja X umespaço normado com dimX = ∞ e com norma ‖ · ‖.

a) construa um operador linear não limitado e injetivo T de (X ,‖ · ‖) em si mesmo.


c) Seja ‖x‖1 = ‖T x‖ para x ∈ X . Demonstre que ‖ · ‖1 é uma norma, que T : (X ,‖ · ‖1)→ (X ,‖ · ‖) é umisomorfismo isométrico e que (X ,‖ · ‖1) é Banach se, e somente se, (X ,‖ · ‖) é Banach.

c) Demonstre que as topologias induzidas por ‖ · ‖1 e por ‖ · ‖ são diferentes.

Exercício 8 Seja Ck([0,1]) o espaço das funções em [0,1] possuindo derivadas contínuas até ordem k em [0,1],incluindo as derivadas laterais em 0 e em 1.

a– Se f ∈C([0,1]), então f ∈Ck([0,1]) se, e somente se, f é k–vezes continuamente diferenciável em (0,1) eos limites

limx→0+

f ( j)(x) e limx→1−

f ( j)(x), j ≤ k,

existem (use o Teorema do Valor Médio).

b– A expressão

‖ f‖k,∞ =k

∑j=0‖ f ( j)‖∞

define uma norma em Ck([0,1]) que faz deste um espaço de Banach.

Sugestão: use indução em k; o ponto essencial é que se ( fn) ⊂C1([0,1]), fn→ f uniformemente e f′n→ g

uniformemente, então f ∈C1([0,1]) e f ′ = g; para isto demonstre que

f (x)− f (0) =∫ x

0g(t)dt.

Exercício 9 Dado 0 < α ≤ 1, seja C0,α(Rn) o espaço das funções limitadas em Rn tais que

supx 6=y

| f (x)− f (y)||x− y|α

< ∞.

Observe que f é necessariamente contínua. Aliás, as funções de C0,α(Rn) são chamadas de Hölder contínuas deexpoente α . O caso α = 1 é o das funções Lipschitz contínuas.

Uma norma em C0,α(Rn) pode ser definida por

‖ f‖C0,α = supx∈Rn| f (x)|+ sup

x 6=y

| f (x)− f (y)||x− y|α

.

O espaço C0,α(Rn) com a norma ‖ · ‖C0,α é de Banach.

Exercício 10 Demonstre que, se α > 1, as únicas funções de C0,α(Rn) são as constantes.Motivados por este fato, definimos Ck,β (Rn) como sendo a classe das funções f em Rn cujas as derivadas

parciais de ordem menor ou igual a k pertencem a C0,β (Rn). Aqui, k ∈ N e 0 < β ≤ 1. Demonstre que Ck,β (Rn)equipado com a norma

‖ f‖Ck,β := ∑|a|≤k‖∂ a f

∥∥∥C0,β

é um espaço de Banach.Acima, a = (a1, . . . ,an) é um multi índice com entradas inteiras e positivas e |a|= a1 + . . .+an. A expresão

∂ a f significa∂ a1+...+an f

∂ a1x1 . . .∂ anxn.

Exercício 11 Demonstre que (lp,‖ · ‖lp), 1≤ p≤ ∞, é um espaço de Banach.

Exercício 12 Para i, j ∈N, seja δi j o símbolo de Kronecker, isto é, δii = 1 e δi j = 0 se i 6= j. Defina uma sequênciaem lp por yn = (δn j)

∞j=1. Use esta sequência para demonstrar que em lp, 1≤ p≤ ∞, existem conjuntos fechados e

limitados que não são compactos.

1.3. EXERCÍCIOS 9

Exercício 13 Um conjunto C em um espaço vetorial sobre F é convexo se, sempre que x,y ∈C, então

tx+(1− t)y ∈C, para qualquer t ∈ [0,1].

Demonstre que se (X ,‖ · ‖) é um espaço normado, então, para qualquer r > 0 e qualquer x ∈ X, a bola

Br(x) := y ∈ X | ‖x− y‖< r

é convexa.

Exercício 14 Demonstre que, se 0 < p < 1, então ‖ · ‖p não é uma norma em lp.

Exercício 15 Seja X um espaço de Banach e E ⊂X um subespaço de dimensão finita. Demonstre que E é fechado.

Exercício 16 Demonstre que se X é um espaço normado , então o fecho de qualquer subespaço de X é ainda umsubespaço de X .

Exercício 17 Se X e Y são espaços normados. Então em X×Y podemos definir a norma produto

‖(x,y)‖= max‖x‖X ,‖y‖Y,

que é equivalente às normas ‖x‖X +‖y‖Y ou (‖x‖2X +‖y‖2

Y )1/2.

Exercício 18 Se M é um subespaço vetorial de X , definimos uma relação de equivalência em X como segue: x∼ yse, e somente se, x− y ∈M. A classe de equivalência de x ∈ X é denotada por x+M e o conjunto das classes deequivalência, ou espaço quociente, é denotado por X/M. A estrutura de espaço vetorial vem das definições:

(x+M)+(y+M) = (x+ y)+M e λ (x+M) = (λx)+M, x,y ∈ X ,λ ∈ F.

Suponhamos que X seja normado e que M seja um subespaço próprio fechado de X.

a– A expressão‖x+M‖= inf

y∈M‖x+ y‖

define o que chamamos de norma do quociente em X/M.

b– Para qualquer ε > 0, existe x ∈ X com ‖x‖= 1 e ‖x+M‖ ≥ 1− ε.

c– A projeção π(x) = x+M de X em X/M possui norma igual a 1.

d– Se X é Banach, então X/M também será Banach (use a caracterização por séries absolutamente conver-gentes).

Exercício 19 Se ‖ · ‖ é uma semi norma no espaço vetorial X , definamos

M = x ∈ X | ‖x‖= 0.

Demonstre que M é um subespaço de X e que a aplicação x+M 7→ ‖x‖ é uma norma em X/M.

Exercício 20 Suponha que X e Y sejam espaços vetoriais normados e T ∈B(X ,Y ). Consideremos o núcleo deT :

kerT := x ∈ X | T x = 0.

a– kerT é um subespaço fechado de X .

b– Existe um único operador S ∈B(X/kerT,Y ) tal que T = Sπ, onde π é a projeção. Além disso, ‖T‖= ‖S‖.

Exercício 21 Sejam E um espaço vetorial normado de dimensão finita e X um espaço de Banach. Demonstre quetoda aplicação linear T : E→ X é necessariamente contínua.


Exercício 22 Sejam X ,Y e Z espaços vetoriais normados com T : X→Y e S : Y → Z operadores lineres limitados.Então a composição de operadores ST é limitada e ‖ST‖ ≤ ‖S‖‖T‖.

Exercício 23 Seja Mn×m o conjunto das matrizes com coeficientes reais ai j, 1≤ i≤ n, 1≤ j ≤ m. Definamos

‖A‖ := maxx∈Rm

|Ax||x|

.

Demonstre que (Mn×m,‖ · ‖) é um espaço vetorial normado. Além disso, demonstre que

‖A‖= max|x|=|y|=1

ytAx.

Exercício 24 Se X e Y são espaços normados, demonstre que a aplicação (T,x) 7→ T x é contínua de B(X ,Y )×Xem Y, isto é, se Tn→ T e xn→ X , então Tnxn→ T x.

Exercício 25 Seja λ = (λn)n∈N ∈ l∞ e defina o operador Tλ : lp→ lp por

Tλ (xn) = (λ1x1,λ2x2, . . .).

Demonstre que Tλ é um operador linear limitado e ‖T‖= ‖λ‖l∞ .

Verifique que se λ 6∈ l∞ então Tλ (xn) 6∈ lp para alguma sequência (xn) ∈ lp.

Exercício 26 Seja X um espaço de Banach.

a– Se T ∈B(X ,X) e ‖I−T‖< 1, com I sendo a identidade, então T é inversível; de fato, a série

∞

∑n=0

(I−T )n

converge em B(X) para T−1.

b– Se T ∈B(X) é inversível e ‖S−T‖< ‖T−1‖−1, então S é inversível. Em particular, o conjunto dos opera-dores lineares inversíveis é aberto em B(X).

Exercício 27 Sejam A ∈ R e k : [0,1]× [0,1]→ R definida por

k(x,y) = Asen(x− y).

Demonstre que se |A|< 1, então, para qualquer f ∈C([0,1]), existe uma única g : C([0,1]) tal que

g(x) = f (x)+∫ 1

0k(x,y)g(y)dy.

Exercício 28 Considere o espaço

C0([0,1]) = u : [0,1]→ R, | u contínua, u(0) = 0

com a norma do sup . Definamos T : C0([0,1])→ R por

Tu :=∫ 1

0u(t)dt.

Demonstre que ‖T‖= 1.É possível encontrar u ∈C0([0,1]) com ‖u‖= 1 e Tu = ‖T‖?

1.3. EXERCÍCIOS 11

Exercício 29 Considere c0(N) com a norma ‖ · ‖∞. Para cada y = (yn) ∈ c0(N) definamos

F(y) =∞

∑n=1

yn

2n .

Demonstre que F : c0(N)→ R é um elemento de B(c0(N),R) e encontre ‖F‖.É possível encontrar y ∈ c0(N) tal que F(y) = ‖F‖?

Exercício 30 Seja X um espaço vetorial com duas normas ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2. Suponha ainda que estas duas normassejam equivalentes. Demonstre que (X ,‖ · ‖1) é completo se, e somente se, (X ,‖ · ‖2) é completo.

Exercício 31 Sejam ρ1 e ρ2 métricas em R definidas por

ρ1(x,y) = |x− y|, ρ2(x,y) = |φ(x)−φ(y)|, φ(t) =t

1+ |t|.

Demonstre que estas métricas geram a mesma topologia em R. Entretanto, (R,ρ1) é completo e (R,ρ2) não écompleto.

Exercício 32 Seja a = (an) uma sequência real e definamos para cada x = (xn) ∈ c00(N) a expressão:

‖x‖a :=∞

∑n=1|an||xn|.

a– Demonstre que ‖ · ‖a é uma norma em c00(N) se, e somente se, an 6= 0 para todo n ∈ N.

b– Na notação anterior, demonstre que duas normas ‖ · ‖a e ‖ · ‖b em c00(N) são equivalentes se, e somente se,

0 < infn∈N

|an||bn|≤ sup

n∈N

|an||bn|

< ∞.

Exercício 33 Sejam E,F e G espaços normados. Um operador bilinear R : E×F → G é chamado de conjunta-mente limitado se

‖R‖ := sup‖R(x,y)‖G;‖x‖E ≤ 1,‖y‖F ≤ 1< ∞,

e separadamente limitado se, para cada x ∈ E e cada y ∈ F, os operadores Rx : F → G e Ry : E → G dados pory 7→ R(x,y) e x 7→ R(x,y) respectivamente, são limitados.

a) Demonstre que todo operador conjuntamente limitado é separadamente limitado.

b) Suponhamos que R : E×F→G é conjuntamente limitado e linear e que (xn)⊂ E e (yn)⊂ F são sequênciascom xn→ x e yn→ y, então R(xn,yn)→ R(x,y).

c) Seja f : c00× c00→ R o operador bilinear definido por

f (x,y) =∞

∑n=1

nxnyn.

Demonstre que f é separadamente limitado mas não conjuntamente limitado.

Exercício 34 Seja ϕ : [0,1]× [0,1]→ [0,∞) uma função contínua tal que ∂1ϕ existe e é contínua em [0,1]× [0,1].Demonstre que o operador U : C([0,1])→C([0,1]) definido por

(U f )(x) =∫ 1

0ϕ(x, t) f (t)dt

é linear e contínuo com

‖U‖=∫ 1

0ϕ(1, t)dt.


Exercício 35 Demonstre que o operador U : C([0,1])→C([0,1]) definido por

(U f )(x) =∫ 1

0ext f (t)dt

é linear e contínuo com‖U‖= e−1.

Sugestão: Exercício 34.

Exercício 36 Considere novamente o operador U : C([0,1])→C([0,1]) definido por

(U f )(x) =∫ 1

0ext f (t)dt.

Demonstre que se Vn,Un : C([0,1])→C([0,1]) são definidos por

(Un f )(x) =∫ 1

0

( n

∑k=0

(tx)k

k!

)f (t)dt, (1.6)

(Vn f )(x) =∫ 1−1/n

1/next f (t)dt, (1.7)

então ‖U−Un‖→ 0 e ‖U−Vn‖→ 0.

Exercício 37 (Operadores de Hardy em lp) a) Sejam 1 < p < ∞, n ∈ N, a1 ≥ 0, . . .an ≥ 0. Demonstre que

n

∑k=1

(a1 + . . .+ak

k

)p≤ p

p−1

( n

∑k=1

(a1 + . . .+ak

k

)p−1ak

)e que ( n

∑k=1

(a1 + . . .+ak

k

)p)1/p≤ p

p−1

( n

∑k=1

apk

)1/p.

b) Seja H : lp→ lp o operador de Hardy definido por

H((xn)) = (yn),

ondeyn =

x1 + . . .+ xn

n.

Demonstre que H é linear e contínuo com

‖H‖= pp−1

.

Capítulo 2

Espaços Lp – definição e propriedadesbásicas

Os espaços funções da forma Lp têm um papel central em várias questões de Análise. Esta importância se deve aofato de eles serem uma generalização dos espaços L2, de fundamental importância em Análise de Fourier. Vamosnos concentrar neste capítulo nas propriedades estruturais básicas desses esoaços. Em particular, veremos que elessão uma classe interessante de exemplos de espaços de Banach.

2.1 Resultados da Teoria de Integração

Nesta seção vamos recordar algumas definições e resultados de teoria da medida que serão essenciais no estudodos espaços Lp.

A terna (X ,M ,µ) é chamada de espaço de medida σ–finito se X for um conjunto e tivermos:

i) M é uma σ–álgebra em X , isto é, uma sub coleção de subconjuntos de X tal que:

– /0 ∈M ;– se a ∈M então Ac ∈M ;– se Ai ∈M , i ∈ N,, então ∪i∈NAi ∈M ;

ii) µ é uma medida, isto é, µ : M → [0,∞] satisfaz o seguinte:

– µ( /0) = 0;– se Ai ∈M , i ∈ N,, então µ(∪ j∈JA j) = ∑ j∈J µ(A j) sempre que (A j) j∈J ⊂M for uma família enu-

merável;

iii) X é σ–finito, isto é, existe uma família enumerável (Xn)⊂M tal que X = ∪Xn e µ(Xn)< ∞ para todo n.

A propriedade iii) acima não é estritamente essencial, mas vamos assumi-la aqui.Os elementos de M são chamados de conjuntos mensuráveis. Já os conjuntos E ∈M tais que µ(E) = 0

são chamados de conjuntos nulos. Uma propriedade que vale em X exceto em um conjunto de medida nula é ditavaler em quase todo ponto (abrevidamente q.t.p. em X).

Denotamos por L1(X ,µ), ou somente L1(X) quando a medida estiver clara no contexto, o espaço das funçõesf : X → R que são µ–integráveis, isto é, ∫

X| f |dµ < ∞.

Lembremos que L1(X ,µ) é na verdade o conjunto das classes de funções que coincidem a menos de um conjuntode medida µ–nula. Para a teoria de integração, sugerimos o Capítulo 2 de [5]. Usamos a notação

‖ f‖L1 = ‖ f‖1 =∫

X| f |dµ.

13

14 CAPÍTULO 2. ESPAÇOS LP

Um exemplo básico de espaço de medida que pode ser fixado é quando X = Ω ⊂ Rn, M é formado pelossubconjuntos Lebesgue mensuráveis de Ω e µ é a medida de Lebesgue.

Passamos agora a enunciar os resultados básicos de teoria da medida.

Teorema 2.1.1 (Convergência monótona de Beppo-Levi) Seja ( fn) uma sequência de funções em L1(X ,µ) cres-cente e limitada na norma ‖ · ‖L1 , isto é,

f1 ≤ f2 ≤ f3 ≤, . . . , supn∈N

∫X

fndµ < ∞.

Então, para quase todo x ∈ X , fn(x) converge para um número finito f (x). Além disso, temos que f ∈ L1(X ,µ) e

‖ fn− f‖L1 → 0, quando n→ ∞.

Teorema 2.1.2 (Convergência dominada de Lebesgue) Seja ( fn) uma sequência de funções em L1(X ,µ) quesatisfaz o seguinte:

• fn(x)→ f (x) em quase todo ponto x ∈ X (convergencia pontual);

• existe uma função g ∈ L1(X ,µ) tal que | fn(x)| ≤ g(x) em quase todo ponto x ∈ X .

Então f ∈ L1(X ,µ) e ‖ fn− f‖L1 → 0 quando n→ ∞.

Lema 2.1.3 (Lema de Fatou) Seja ( fn) uma sequência de funções em L1(X ,µ) com fn ≥ 0 em quase todo pontode X e para todo n ∈ N. Suponha ainda que

supn∈N

∫X

fndµ < ∞.

Para quase todo x ∈ X podemos definir

f (x) := liminfn→∞

fn(x)≤ ∞.

Então f ∈ L1(X ,µ) e ∫X

f dµ ≤ liminfn→∞

∫X

fndµ.

Teorema 2.1.4 (Teorema de Fubini–Tonelli) Suponhamos que (X ,M ,µ) e (Y,N ,ν) sejam dois espaços de me-dida σ– finitos.

a– (Tonelli) Se f : X×Y → R é uma função mensurável satisfazendo∫Y| f (x,y)|dν < ∞ para quase todo x ∈ X ,

e ∫X

∫Y| f (x,y)|dνdµ < ∞,

então f ∈ L1(X×Y,λ ), onde λ é o completamento da medida produto µ×ν .

b– (Fubini) Suponha que f ∈ L1(X×Y,λ ). Então, para quase todo x ∈ X ,

f (x, ·) ∈ L1(Y,ν), e∫

Yf (x,y)dν ∈ L1(X ,µ).

Similarmente, para quase todo y ∈ Y,

f (·,y) ∈ L1(X ,µ), e∫

Xf (x,y)dµ ∈ L1(Y,ν).

Além disso, ∫X

∫Y

f (x,y)dνdµ =∫

Y

∫X

f (x,y)dµdν =∫∫

X×Yf (x,y)dλ .

2.2. ESPAÇOS LP 15

2.2 Definição e propriedades elementares de Lp

Com a notação da Seção anterior, seja (X ,M ,µ) um espaço de medida σ–finito. Para 1≤ p < ∞ definimos

Lp(X ,M ,µ) :=

f : X → R mensuráveis com∫

X| f (x)|pdν < ∞

.

Usamos novamente a notação simplificada: Lp(X ,µ) ou Lp(X).

Se f ∈ Lp(X ,µ) definimos

‖ f‖Lp :=(∫

X| f (x)|pdµ

)1/p.

O caso em que X = Ω ⊂ Rn e µ é a medida de Lebesgue é comumente usado e convém mante-lo comoexemplo típico.

Se A é qualquer conjunto e se µ é a medida da contagem, denotamos Lp(A,µ) por lp(A). Em particular,quando A = N temos os espaços usuais do Exemplo 1.1.2.

Um resultado essencial da teoria do espaços Lp é a desigualdade de Hölder. Para demonstrá-la, necessitamosde uma generalização do fato simples que diz que a média geométrica de dois números positivos é majorada pelamédia aritmética.

Lema 2.2.1 Se a,b,θ ∈ R com a,b≥ 0 e 0≤ θ ≤ 1, então

aθ b1−θ ≤ θa+(1−θ)b.

Demonstração. Observe que podemos supor b 6= 0. Definamos

f (x) := xθ −θx− (1−θ), x≥ 0.

Então f ′(x) = θ(xθ−1− 1) e f é crescente em 0 ≤ x ≤ 1 e decrescente em x ≥ 1. Segue que x = 1 é ponto demáximo da função contínua f . Assim, para qualquer A≥ 0,

f (A)≤ f (1) = 0,

ou seja,Aθ ≤ θA+(1−θ).

Tomando A = ab−1 vemos queaθ b−θ ≤ θab−1 +(1−θ)

e o resultado segue multiplicando esta desigualdade por b.

Dois números p,q ∈ [0,∞] são chamados de expoentes conjugados se tivermos o seguinte:

1p+

1q= 1,

onde estamos assumindo que p = 1 quando q = ∞ e vice versa.

Teorema 2.2.2 (Desigualdade de Hölder) Suponha que p,q ∈ (1,∞) são expoentes conjugados. Se f ∈ Lp(X ,µ)e g ∈ Lq(X ,µ), então f g ∈ L1(X ,µ) e

‖ f g‖L1 ≤ ‖ f‖Lp‖g‖Lq .

Demonstração. Se ‖ f‖Lp = 0 ou ‖g‖Lq = 0 então teremos que f = 0 ou g = 0 respectivamente. Sendo assim, emqualquer um destes casos f g = 0 e a desigualdade é válida. Assim, suponhamos que nenhuma dessas normas seanulam e, além disso, que ‖ f‖Lp = ‖g‖Lq = 1. Então precisamos verificar que ‖ f g‖L1 ≤ 1. Para tanto, aplicamoso Lema 2.2.1 com a = | f (x)|p, b = |g(x)|q e θ = 1/p. Segue que 1−θ = 1/q e

| f (x)g(x)| ≤ 1p| f (x)|p + 1

q|g(x)|q.


Intengrando esta desigualdade em X obtemos‖ f g‖L1 ≤ 1.

O caso geral segue aplicando este caso particular à f/‖ f‖Lp e g/‖g‖Lq .

Podemos agora demonstrar outra desigualdade importante que implica, em particular, que Lp é um espaçovetorial e que ‖ · ‖Lp é uma norma se p≥ 1.

Teorema 2.2.3 (Desigualdade de Minkowski) Se 1≤ p < ∞ e f ,g ∈ Lp(X), então f +g ∈ Lp(X) e

‖ f +g‖Lp ≤ ‖ f‖Lp +‖g‖Lp .

Demonstração. No caso p = 1 basta integramos a desigualdade

| f (x)+g(x)| ≤ | f (x)|+ |g(x)|.

Se 1 < p < ∞, então verificamos inicialmente que

| f (x)+g(x)|p ≤ (2max| f (x)|, |g(x)|)p ≤ 2p(| f (x)|p + |g(x)|p),

o que implica que f +g ∈ Lp(X). À seguir, vemos que

| f (x)+g(x)|p = | f (x)+g(x)|| f (x)+g(x)|p−1 ≤ | f (x)|| f (x)+g(x)|p−1 + |g(x)|| f (x)+g(x)|p−1. (2.1)

Como (p−1)q = p, podemos aplicar a Desigualdade de Hölder e obter:∫X| f (x)|| f (x)+g(x)|p−1dµ ≤

(∫X| f (x)|pdµ

)1/p(∫X| f (x)+g(x)|(p−1)qdµ

)1/q,∫

X|g(x)|| f (x)+g(x)|p−1dµ ≤

(∫X|g(x)|pdµ

)1/p(∫X| f (x)+g(x)|(p−1)qdµ

)1/q.

Assim, integrando (2.1) obtemos

‖ f +g‖pLp ≤ ‖ f‖Lp‖( f +g)p−1‖Lq +‖g‖Lp‖( f +g)p−1‖Lq . (2.2)

Observemos que

‖( f +g)p−1‖Lq =(∫

X| f (x)+g(x)|(p−1)qdµ

)1/q=(∫

X| f (x)+g(x)|pdµ

)p/pq= ‖ f +g‖p/q

Lp . (2.3)

Podemos supor que ‖ f + g‖Lp > 0 pois, caso contrário, o resultado é trivial. Logo, substituindo (2.3) em(2.2) e dividindo a desigualdade resultante por ‖ f +g‖p/q

Lp obtemos

‖ f +g‖Lp ≤ ‖ f‖Lp +‖g‖Lp ,

que finaliza a demonstração.

O Teorema 2.2.3 implica que ‖ · ‖Lp satisfaz a desigualdade triangular na definição de norma. A homogenei-dade dessa expressão é óbvia. Estamos a um passo de dizer que Lp(X ,µ) com ‖ · ‖Lp é um espaço normado.Observemos porém que se f ∈ Lp(X ,µ) e ‖ f‖Lp = 0, então f = 0 somente em quase todo ponto de X (para amedida µ). Assim, introduzimos uma relação de equivalência nos espaços Lp na qual f e g são equivalentes sef = g em quase todo ponto de X . Com isso, a definição precisa de Lp(X ,µ) é que este é o conjunto das classesde equivalência para esta relação. Na prática, entretanto, não perdemos muito em pensar que os elementos deLp(X ,µ) são funções ao invés de classe de equivalência de funções.

2.2. ESPAÇOS LP 17

Observação 2.2.4 Sejam a,b> 0 e 0< p< 1. Daí, t p−1 > (a+t)p−1 para todo t > 0. Integrando de 0 a b obtemosque

ap +bp > (a+b)p.

Por outro lado, se E e F são subconjuntos disjuntos de X de medida finita e se fixarmos

a = µ(E)1/p, b = µ(F)1/p,

obtemos‖χE +χF‖Lp = (ap +bp)1/p > a+b = ‖χE‖Lp +‖χF‖Lp ,

onde χA é a função característica de A :

χA(x) =

1 se x ∈ A,

0 se x 6∈ A.

Isto implica que a desigualdade triangular não é válida em Lp(X ,µ) se 0 < p < 1.

Terceira aula↓

Teorema 2.2.5 (Riesz-Fischer) Para 1≤ p < ∞, Lp(X ,µ) é um espaço de Banach.

Demonstração. Vamos demonstrar que toda série absolutamente convergente em Lp(X) converge na norma‖ · ‖Lp . Seja

( f j)⊂ Lp(X),∞

∑j=1‖ f j‖Lp = A < ∞.

Definamos

Gn(x) :=n

∑j=1| f j(x)|, G(x) :=

∞

∑j=1| f j(x)|.

Observemos que (Gn) é uma sequência crescente e que, usando a desigualdade triangular,

‖Gn‖Lp ≤n

∑j=1‖ f j‖Lp ≤ A, para todo n ∈ N.

Segue do Teorema da Convergência Monótona (Teorema 2.1.1) que∫X

Gpdµ = lim∫

XGp

ndµ ≤ Ap.

Assim, G ∈ Lp(X) e, em particular, G(x)< ∞ para quase todo x ∈ X . Este último fato segue da Proposição 2.20 de[5]. Segue que, para quase todo x ∈ X , a série de números reais

∞

∑j=1

f j(x)

converge, pois R é completo. Seja F(x) seu limite. Então

|F(x)| ≤ |G(x)|, para quase todo x ∈ X .

Com isso, F ∈ Lp(X) e

|F−n

∑j=1

f j|p ≤ (2G)p ∈ L1(X).

O Teorema da Convergência Dominada (Teorema 2.1.2) implica que∥∥∥F−n

∑j=1

f j

∥∥∥p

Lp=∫

X

∣∣∣F− n

∑j=1

f j

∣∣∣pdµ → 0 quando j→ ∞.


Mas isso é o mesmo que dizer que a série associada à sequência ( f j) converge na norma ‖ · ‖Lp . O resultado seguedo Teorema 1.1.5.

É possível estudar as relações de inclusão entre os vários espaços Lp. O caso em que a medida do domínio éfinita segue da Desigualdade de Hölder.

Proposição 2.2.6 Suponhamos que µ(X)< ∞ e que p0 ≤ p1. Então

Lp1(X)⊂ Lp0(X).

Além disso, para toda f ∈ Lp1(X),

‖ f‖Lp0 ≤ µ(X)1

p0− 1

p1 ‖ f‖Lp1 ,

ou seja, a inclusão de Lp1(X) em Lp0(X) é um operador limitado.

Demonstração. Podemos assumir que p1 > p0. Suponhamos então que f ∈ Lp1(X) e definamos F := | f |p0 ∈Lp1/p0(X). Seja p = p1/p0 > 1 e seu expoente conjugado, isto é,

1q= 1− p0

p1, q =

p1

p1− p0.

Aplicamos a Desigualdade de Hölder:∫X

F.1dµ ≤(∫

X1dµ

)1/q(∫X

F pdµ

)1/p

≤ µ(X)1− p0

p1

(∫X| f |p1 dµ

)p0/p1

= µ(X)1− p0

p1 ‖ f‖p0Lp1 .

Mas, por outro lado, ∫X

Fdµ =∫

X| f |p0dµ = ‖ f‖p0

Lp0 ,

ou seja,

‖ f‖p0Lp0 ≤ µ(X)

1− p0p1 ‖ f‖p0

Lp1 .

O resultado segue ao elevarmos ambos os lados dessa desigualdade a 1/p0.

Se X não possuir medida finita a inclusão acima não é válida em geral. Na verdade, em um caso específicovale a inclusão inversa.

Proposição 2.2.7 Seja X = N equipado com a medida da contagem µ. Se p0 ≤ p1 então

lp0 ⊂ lp1

e além disso,‖ f‖lp1

≤ ‖ f‖lp0.

Demonstração. Se f ∈ lp0 , então f = ( fn) e

‖ f‖p0lp0

=∞

∑n=1| fn|p0 .

Também temos quesupn∈N| fn| ≤ ‖ f‖lp0

.

2.2. ESPAÇOS LP 19

Observe que

∞

∑n=1| fn|p1 =

∞

∑n=1| fn|p0 | fn|p1−p0

≤ (supn∈N| fn|)p1−p0‖ f‖p0

lp0

≤ ‖ f‖p1lp0

.

Assim, f ∈ lp1 e a desigualdade enunciada é válida.

Agora passamos a estudar o caso que nos resta: p = ∞. Se uma função f : X → R é mensurável, definimos:

‖ f‖L∞ := inf

a≥ 0 | µ(x : | f (x)|> a) = 0,

com a convenção de que inf /0 = ∞. A expressão ‖ f‖L∞ é chamada de supremo essencial e às vezes escrevemos

‖ f‖L∞ = esssupx∈X | f (x)|.

DefinimosL∞(X ,M ,µ) = L∞(X ,µ) := f : X → R | f é mensurável e ‖ f‖L∞ < ∞,

com a convenção de que duas funções que são iguais em quase todo ponto de X representam o mesmo elementode L∞(X ,µ).

Os resultados que foram demonstrados para 1≤ p < ∞ podem ser extendidos para p = ∞.

Teorema 2.2.8 L∞(X ,µ) é um espaço de Banach com a norma ‖ · ‖L∞ . Além disso, se f ,g : X → R são funçõesmensuráveis, então

‖ f g‖L1 ≤ ‖ f‖L1‖g‖L∞ .

A igualdade ‖ f g‖L1 = ‖ f‖L1‖g‖L∞ ocorre se, e somente se, |g(x)|= ‖g‖L∞ em quase todo ponto no conjunto ondef (x) 6= 0.

Demonstração. Verificaremos somente que L∞(X) é um espaço completo. Os demais fatos ficam como exercício.Seja ( f j)⊂ L∞(X) uma sequência de Cauchy. Dado qualquer k ∈ N, existe nk ∈ N tal que

‖ fn− fm‖L∞ ≤ 1k, para quaisquer m,n≥ nk.

Consequentemente, existe Ek ⊂ X com µ(Ek) = 0 tal que

| fn(x)− fm(x)| ≤1k, para todo x ∈ X \Ek, e para quaisquer m,n≥ nk. (2.4)

Se considerarmos E = ∪k∈NEk, teremos que µ(E) = 0 e que, para todo x ∈ X \E, a sequência real ( f j(x)) será deCauchy em R. Assim, f j(x)→ f (x) para todo x ∈ X \E. Fazendo n→ ∞ em (2.4) obtemos

| f (x)− fm(x)| ≤1k, para todo x ∈ X \E, e para qualquer m≥ nk.

Segue que f ∈ L∞(X) e que ‖ f − fm‖L∞ ≤ 1/k para todo m≥ nk. Portanto, f j→ f na norma ‖ · ‖L ∞.

O espaço L∞ pode ser visto, a grosso modo, como o caso limite de Lp, quando p→∞. Para verificarmos estefato necessitamos de um lema que possui outras aplicações.

Lema 2.2.9 (Desigualdade de Chebyshev) Se f ∈ Lp(X ,µ), 0 < p < ∞, então, para qualquer α > 0,

µ(x : | f (x)|> α)≤(‖ f‖Lp

α

)p


Demonstração. Seja Eα = x : | f (x)|> α. Então,

‖ f‖pLp =

∫X| f |pdµ ≥

∫Eα

| f |pdµ ≥ αp∫

Eα

dµ = αpµ(Eα),

e o resultado segue.

Proposição 2.2.10 Suponha que f ∈ L∞(X ,µ) seja tal que o suporte de f esteja contido em um conjunto demedida finita. Então f ∈ Lp(X ,µ) para todo p < ∞ e

‖ f‖Lp →‖ f‖L∞ , quando p→ ∞.

Demonstração. Seja E um subconjunto mensurável de X com µ(E) < ∞ e tal que f se anula fora de E. Seµ(E) = 0, então ‖ f‖L∞ = ‖ f‖Lp = 0 e o resultado segue. Caso contrário:

‖ f‖Lp =(∫

X| f |pdµ

)1/p≤ ‖ f‖L∞

(∫X

dµ

)1/p= ‖ f‖L∞ µ(E)1/p.

Como µ(E)1/p→ 1 quando p→ ∞, vemos que

limsupp→∞

‖ f‖Lp ≤ ‖ f‖L∞ .

Por outro lado, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que

µ(x : | f (x)| ≥ ‖ f‖L∞ − ε)≥ δ .

Utilizando a Desigualdade de Chebyshev (Lema 2.2.9),∫X| f |pdµ ≥ δ (‖ f‖L∞ − ε)p.

Portanto,liminf

p→∞‖ f‖Lp ≥ ‖ f‖L∞ − ε.

Como ε > 0 é arbitrário, temos que o limitelimp→∞‖ f‖Lp

existe e é igual a ‖ f‖L∞ .

Exemplo – Espaços de Hardy

Fixemos 1 ≤ p ≤ ∞ e seja T = z ∈ C | |z| = 1. Definamos X como sendo o conjunto das funções com valorescomplexos definidas em T com a propriedade de que se g : [−π,π)→ C é definida por g(t) = f (eit), então g ∈Lp[−π,π). Duas funções f1, f2 ∈ X são consideradas iguais se f1(eit) = f2(eit) para quase todo t ∈ [−π,π). ComoLp[−π,π) é um espaço de Banach, temos que X também será Banach com as operações óbvias que o tornamespaço vetorial e com a norma

‖ f‖p =( 1

2π

∫π

−π

| f (eit)|pdt)1/p

, 1≤ p < ∞, ‖ f‖∞ = ‖g‖L∞ ,

para g como anteriormente. O espaço X com esta estrutura de espaço de Banach é denotado por Lp(T). Essencial-mente, Lp(T) é o espaço Lp[−π,π), exceto que [−π,π) está sendo identificado com T e a medida de Lebesgue dtestá sendo normalizada pela medida (2π)−1dt, de maneira que a medida de T é 1.

Suponhamos que f ∈ Lp(T). Para cada n ∈ Z, o n–ésimo coeficiente de Fourier de f , denotado por f (n), édefinido pela fórmula

f (n) =1

2π

∫π

−π

f (eit)e−intdt.

2.3. EXERCÍCIOS 21

Observemos que se n ∈ Z e se ( f j)⊂ Lp(T) é uma sequência que converge para f ∈ Lp(T), então

| f j(n)− f (n)| ≤ ‖ f j− f‖1 ≤ ‖ f j− f‖p→ 0, quando j→ ∞.

Segue que o conjunto f ∈ Lp(T) | f (n) = 0 sempre que n < 0

é um subespaço fechado de Lp(T) e, consequentemente, um espaço de Banach com a norma induzida. Este espaçode Banach é chamado de espaço de Hardy Hp.

2.3 Exercícios

Exercício 38 Consideremos os espaços Lp(Rn) com a medida de Lebesgue. Definamos

f0(x) =|x|−α se |x|< 1,0 se |x| ≥ 1, f∞(x) =

|x|−α se |x| ≥ 1,0 se |x|< 1.

a– Demonstre que f0 ∈ Lp(Rn) se, e somente se, pα < n.

b– Demonstre que f∞ ∈ Lp(Rn) se, e somente se, n < pα.

Exercício 39 Se f ∈ Lp(X) e g ∈ Lq(X) são ambas não identicamente nulas, demonstre que a igualdade acontecena Desigualdade de Hölder se, e somente se, existem constantes não nulas a,b > 0 tais que a| f (x)|= b|g(x)| paraquase todo x ∈ X .

Exercício 40 Demonstre que:

a– as funções simples são densas em L∞(X) se µ(X)< ∞;

b– as funções simples são densas em Lp(X), 1≤ p < ∞.

Observação: uma função simples em X é uma função da forma

f (x) =d

∑j=1

a jχE j ,

onde µ(E j)< ∞ para i = 1, . . . ,d e χA é a função característica do conjunto A.Sugestão: para a– utilize

El j = x ∈ X |Ml/ j ≤ f (x)≤M(l +1)/ j,

onde − j ≤ l ≤ j e M = ‖ f‖L∞ . Então considere as funções f j que são iguais a Ml/ j em El j. Para b– use umaconstrução análoga.

Exercício 41 Demonstre que, se 1≤ p < ∞:

a– o conjunto das funções contínuas com suporte compacto é denso em Lp(Rn) e que, de fato:

b– o conjunto das funções infinitamente diferenciáveis com suporte compacto é denso em Lp(Rn).

Exercício 42 Suponha que 1≤ p < ∞. Demonstre que se f ∈ Lp(Rn), então

‖ f (·+h)− f‖Lp → 0, quando |h| → 0.

Sugestão: use que as funções contínuas com suporte compacto são densas em Lp(Rn) para 1≤ p < ∞.


Exercício 43 Seja

A = f ∈ L2([0,1]) | existe I f ⊂ [0,1],1/2 ∈ I f , f (x) = 0 para quase todo x ∈ I f .

O conjunto A é fechado em L2([a,b])?

Exercício 44 Se 1≤ p < q < r ≤ ∞, demonstre que

Lq(X)⊂ Lp(X)+Lr(X),

isto é, cada função f ∈ Lq(X) é soma de uma função em Lp(X) com um função em Lr(X).

Exercício 45 Se 1≤ p < q < r ≤ ∞, demonstre que

Lp(X)∩Lr(X)⊂ Lq(X)

e que‖ f‖Lq ≤ ‖ f‖λ

Lp‖ f‖λ−1Lr ,

onde λ ∈ (0,1) satisfazq−1 = λ p−1 +(λ −1)r−1.

Exercício 46 Se 1≤ p < q≤ ∞, demonstre que em Lp(X)∩Lq(X) a expressão

‖ f‖Lp∩Lq := ‖ f‖Lp +‖ f‖Lq

define uma norma e que Lp(X)∩Lq(X) equipado com esta norma é Banach.

Exercício 47 Seja ψn : R→ R definida por

ψn(t) =χ[0,n](t)

n,

para cada n ∈ N. Demonstre que ψn→ 0 uniformemente, mas ψn não converge em L1(R). Adapte para o caso deLp(R), 1 < p < ∞.

Exercício 48 O propósito desse exercício é demonstrar que, quando 1 ≤ p < ∞, temos que (Lp)∗ = Lq, com qsendo o conjugado de p.

a) Suponha que 1≤ p≤ ∞ e seja q o conjugado de p, isto é,

1p+

1q= 1.

Para cada g ∈ Lq(X ,µ), defina Lg : Lp(X ,µ)→ R por

Lg( f ) :=∫

Xf (x)g(x)dµ.

Demonstre que Lg é linear limitado e que‖Lg‖ ≤ ‖g‖Lq .

b) Demonstre que, se 1≤ p≤ ∞ e g ∈ Lq(X ,µ), com q sendo o conjugado de p, então

‖g‖Lq = sup‖ f‖≤1

∣∣∣∫X

f (x)g(x)dµ

∣∣∣= ‖Lg‖.

2.3. EXERCÍCIOS 23

Sugestão: se q = 1 e p = ∞, considere f (x) = sgn(g(x)), onde

sgn(t) =

1 se t > 0,−1 se t < 0,0 se t = 0;

se 1 < p < ∞ (1 < q < ∞), considere f (x) = |g(x)|q−1 sgn(g(x))/‖g‖q−1Lq ; finalmente, se p = 1 e q = ∞, considere

ε > 0 e E com 0 < µ(E)< ∞ tal que |g(x)| ≤ ‖g‖L∞ − ε para então considerar f (x) = χE sgn(g(x))/µ(E).

c) Suponha que g seja integrável em qualquer subconjunto de X de medida finita e seja

S := f : X → R | f é uma função simples.

Suponha ainda que

sup‖ f‖Lp≤1, f∈S

∣∣∣∫X

f (x)g(x)dµ

∣∣∣= M < ∞.

Então g ∈ Lq(X ,µ) e ‖g‖Lq = M.

Sugestão: considere uma sequência de funções simples (gn) tais que |gn(x)| ≤ |g(x)| com gn → g pontualmente.Daí, divida nos casos:

• se p > 1, defina fn(x) = |gn(x)|q−1 sgn(g(x))/‖gn‖q−1Lq ;

• se p = 1, defina fn(x) = sgn(g(x))χEn(x), onde (En) é uma sequência crescente de conjuntos com medidafinita e X = ∪En.

d) Suponha que µ(X)< ∞ e seja F ∈ (Lp(X ,µ))∗. Defina

ν(E) = F(χE),

onde E ⊂ X é um subconjunto mensurável. Demonstre que

|ν(E)| ≤ ‖F‖(µ(E))1/p.

Demonstre ainda que ν é uma medida enumeravelmente finita e absolutamente contínua com relação a µ.

e) Supondo ainda µ(X) < ∞, use o Teorema de Lebesgue–Radon–Nykodim para garantir a existência de umafunção g integrável tal que

ν(E) =∫

Eg(x)dµ.

Conclua que

F(χE) =∫

XχEg(x)dµ

e que a representação

F( f ) =∫

Xf (x)g(x)dµ

é válida para toda função simples f . Usando que as funções simples formam um conjunto denso em Lp(X ,µ),demonstre que esta representação vale para toda f ∈ Lp(X ,µ), 1≤ p < ∞. Conclua ainda que ‖g‖Lq = ‖F‖.

A conclusão é que, se µ(X)<∞, então (Lp(X ,µ))∗ = Lq(X ,µ) no seguinte sentido: para qualquer funcionallinear F em Lp(X ,µ), existe uma única função g ∈ Lq(X ,µ) tal que

F( f ) =∫

Xf (x)g(x)dµ,


para qualquer f ∈ Lp(X ,µ), e ainda ‖g‖Lq = ‖F‖.

f) Demonstre que a caracterização anterior é válida mesmo se µ(X) = ∞. Para tanto, considere uma sequênciacrescente (En), com µ(En)< ∞ e X = ∪En. Daí, para cada n, considere gn dada pela letra e) com En no lugar deX e finalmente g = limgn.

Exercício 49 (Desigualdade de Minkowski para integrais) Suponha que (X1,µ1) e (X2,µ2) sejam dois espaçosde medida e que 1≤ p≤ ∞. Demosntre que se f (x1,x2) é mensurável em X1×X2 e não–negativa, então∥∥∥∫

X2

f (x1,x2)dµ2

∥∥∥Lp(X1)

≤∫

X2

‖ f (x1,x2)‖Lp(X1)dµ2.

Exercício 50 Sejam f1, . . . , fk funções com fi ∈ Lpi(X), com 1≤ pi ≤ ∞ e

k

∑i=1

1pi

=1p≤ 1.

Seja

f (x) =k

∏i=1

fi(x).

Demonstre que f ∈ Lp(X) e que

‖ f‖Lp ≤k

∏i=1‖ fi‖Lpi .

Sugestão: indução finita.

Exercício 51 Seja (X ,µ) um espaço de medida e suponha que φ : [0,∞) seja uma função convexa, contínua ecrescente com φ(0) = 0. Definamos

Lφ (X) :=

f : X → R |∫

Xφ(| f (x)|/M)dµ < ∞, para algum M > 0

,

e‖ f‖Lφ := inf

M > 0 |

∫X

φ(| f (x)|/M)dµ ≤ 1.

Demonstre que:

a– Lφ (X) é um espaço vetorial;

b– ‖ · ‖Lφ é uma norma;

c– Lφ (X) é Banach.

Os espaços Lφ (X) são chamados de espaços de Orlicz. Notemos que Lp(X) = Lφ (X) se φ(t) = t p, 1≤ p < ∞.

Sugestão: talvez seja importante notar que se f ∈ Lφ (X), então

limN→∞

∫X

φ(| f (x)|/N)dµ = 0.

Além disso, existem A > 0 e ε > 0 tais que φ(t)≥ At, para todo t ≥ ε.

Exercício 52 Seja C1([0,1]) o conjunto das funções reais contiuamente diferenciáveis em [0,1] (veja o Exercício8). Note que C1([0,1])⊂ L2(0,1). Assim, podemos restringir a norma de L2(0,1) a C1([0,1]). Verifique o operadorD : C1([0,1])→ L2(0,1) definido por

(D f )(t) = f ′(t)

não é limitado quando a norma do primeiro espaço é ‖ · ‖L2 .

Sugestão: considere fn(t) = sen(nπt).

2.3. EXERCÍCIOS 25

Exercício 53 Seja X =C([0,1]) ou X = L1([0,1]). Para cada f ∈ X , definimos T : X → X por

T ( f )(t) =∫ t

0f (s)ds.

Demonstre que tal operador é limitado de X em X e encontre sua norma.Observação: tente resolver este exercício no caso em que X = L2([0,1]) e verifique o que acontece.

Capítulo 3

Os Teoremas de Hahn–Banach eaplicações

Quarta aula↓

Neste capítulo estudaremos os funcionais lineares e os Teoremas de Hahn–Banach tanto de uma maneiraanalítica quanto suas formas geométricas.

3.1 Forma analítica do Teorema de Hahn-Banach

Seja X um espaço vetorial sobre um corpo F. Dizemos que p : X → [0,∞) é sublinear se, para quaisquer x,y ∈ Xe todo λ ≥ 0, tivermos:

p(λx) = λ p(x),

p(x+ y)≤ p(x)+ p(y).

Observe que se um funcional sublinear satisfaz a propriedade que

p(λx) = |λ |p(x), para todo λ ∈ F,

então p é uma semi norma.Lembremos que, dado um subconjunto S do espaço vetorial X , o subespaço vetorial gerado por S, denotado

por [S], é a intersecção de todos os supespaços W de X tais que S⊂W. Equivalentemente,

[S] = k

∑i=1

λixi | k ∈ N,λi ∈ F,xi ∈ S.

O lema a seguir é o ponto chave em um processo indutivo que faremos para a demonstração da primeiraversão do Teorema de Hahn–Banach.

Lema 3.1.1 Seja X um espaço vetorial sobre R e F ⊂ X um subespaço com F 6= X . Seja p um funcional sublinearem X e f : X → R um funcional linear tal que

f (x)≤ p(x), para todo x ∈ F. (3.1)

Dado qualquer x0 ∈ X \F, definamos

F := [F,x0] = F +Rx0 = x+λx0 | x ∈ F,λ ∈ R.

Então, existe um funcional linear f : F → R tal que

f∣∣F = f e − p(−x)≤ f (x)≤ p(x), (3.2)

para todo x ∈ F .

27

28 CAPÍTULO 3. HAHN–BANACH

Demonstração. Observemos inicialmente que basta encontrarmos f com f (x)≤ p(x) pois

− f (x) = f (−x)≤ p(−x).

Passo 1: suponhamos que um funcional f como no enunciado do lema exista e verifiquemos como ele poderia sercaracterizado. Para isso, seja y = y+λx0 ∈ F . Então, usando a linearidade:

f (y) = f (y)+λ f (x0) = f (y)+λα, onde α = f (x0). (3.3)

Sendo assim, um tal funcional f , quando existir, está completamente caracterizado pelo número real α.

Passo 2: Reciprocamente, a escolha de α ∈ R satisfazendo (3.3) determina um funcional linear bem definido. Defato, observe que se tivermos

y = y+λx0 = y′+λ′x0,

entãoy− y′ = (λ ′−λ )x0;

como y−y′ ∈ F e x0 6∈ F , devemos ter λ ′−λ = 0. Assim, λ ′ = λ e y = y′. Concluímos que a representação de y naforma y+λx0 é única e, portanto, a escolha de α = f (x0) determina um único funcional linear usando a fórmula(3.3).Passo 3: nos resta verificar que podemos escolher α ∈ R de maneira que (3.2) seja satisfeita. Isto é o mesmo queperguntar se a expressão

f (y)+λα = f (y+λx0)≤ p(y+λx0) (3.4)

é válida para quaisquer y ∈ F e λ ∈ R. Ora, se λ = 0 então (3.4) é válida por (3.1). Caso contrário, tomamosx =−y/λ e (3.4) se torna

−λ(

f (x)−α)≤ p(−λ (x− x0)

).

Usando as propriedades do funcional sublinear p devemos ter, para todo x ∈ F :

f (x)−α ≤ p(x− x0), se λ < 0,

−(

f (x)−α)≤ p(− (x− x0)

), se λ > 0.

Equivalentemente,−p(x0− x)≤ f (x)−α ≤ p(x− x0), para todo x ∈ F,

ou ainda,f (x)− p(x− x0)≤ α ≤ f (x)+ p(x0− x), para todo x ∈ F. (3.5)

Assim, uma escolha de α ∈ R satisfazendo (3.5) nos dá, via (3.3), um funcional linear f com a propriedadedesejada.Passo 4: existe α satisfazendo (3.5)? Para responder a esta questão tomemos

a := supx∈F

f (x)− p(x− x0),

b := infx∈F

f (x)+ p(x0− x).

Se a≤ b, então α poderá ser escolhido como qualquer elemento em [a,b]. Observe que, para quaisquer x,y ∈ F,

f (x)− f (y) = f (x− y)≤ p(x− y)≤ p(x− x0)+ p(x0− y).

Assim,f (x)− p(x− x0)≤ f (y)+ p(x0− y).

Fixando y ∈ F e usando que x ∈ F é qualquer obtemos

supx∈F

f (x)− p(x− x0)≤ f (y)+ p(x0− y).

3.1. FORMA ANALÍTICA 29

Agora tomamos o ínfimo em y ∈ F para obtermos

supx∈F

f (x)− p(x− x0)≤ infy∈F

f (y)+ p(x0− y).

Isto implica que a≤ b e conlcui, finalmente, a demonstração.

Gostaríamos agora de estender sucessivamente f , uma dimensão de cada vez, ao espaço X preservando apropriedade (3.1). Se X \F fosse de dimensão finita, então poderíamos proceder como no Lema 3.1.1. Se por outrolado o espaço X \F tivesse uma base enumerável, poderíamos usar indução finita e chegar no mesmo resultado.Entretanto, existem espaços vetoriais normados que possuem base possivelmente não enumerável. Assim, parademonstrarmos o resultado de uma maneira geral necessitamos de técnicas de indução transfinita.

Uma ordem parcial em um conjunto C 6= /0 é uma relação R em C com as seguintes propriedades:

• reflexividade: xRx para todo x;

• anti simetria: se xRy e yRx, então x = y;

• transitividade: se xRy e yRz, então xRz.

Uma ordem linear ou total é uma ordem parcial R em C que satisfaz também o seguinte:

• se x,y ∈ C , então xRy ou yRx.

Um exemplo típico é o caso em que A é qualquer conjunto e consideramos E = P(A), que é o conjuntodas partes de A. Temos que P(A) é parcialmente ordenado pela inclusão de conjuntos. Um outro caso simples équando E = R e a relação é dada por ≤ . Note que R com a relação ≤ é linearmente ordenado.

Sendo este último caso o mais conhecido, adotamos ≤ como notação para uma relação de ordem geral R eescrevemos x < y para indicar que x≤ y e x 6= y.

Se E é parcialmente ordenado por ≤, um elemento maximal (resp. minimal) de E é um elemento x ∈ E talque o único y ∈ E satisfazendo x ≤ y (resp. y ≤ x) é o próprio x. Observe que elementos maximais ou minimaispodem não existir ou, quando existirem, não serem únicos, a menos que a ordem seja total.

Se F ⊂ E, um limite superior (resp. inferior) para F é um elemento x ∈ E tal que y ≤ x (resp. x ≤ y) paratodo y ∈ F. Um limite superior ou inferior para F não precisa pertencer a F e, a menos que F seja totalmenteordenado, um elemento maximal de F não precisa ser um limite superior para F.

Se E é linearmente ordenado por ≤ e todo subconjunto não vazio de E possui um elemento minimal (nãonecessariamente único), dizemos que E está bem ordenado por ≤ ou que ≤ é uma boa ordem em E.

A seguir apresentamos um princípio fundamental da teoria dos conjuntos.

Princípio maximal de Hausdorff. Todo conjunto parcialmente ordenado possui um subconjunto linearmenteordenado maximal.

Assim, se E é parcialmente ordenado por ≤, existe F ⊂ E que é linearmente ordenado por ≤ e que nenhumsubconjunto de E que está contido propriamente em F é linearmente ordenado. A versão deste princípio queutilizaremos será enunciada a seguir.

Lema 3.1.2 (de Zorn) Se E é um conjunto parcialmente ordenado e todo subconjunto de E linearmente ordenadopossui um limite superior, então E possui um elemento maximal.

Um estudo mais detalhado do Lema de Zorn e do Princípio Maximal de Hausdorff pode ser encontradoem [5]. Estes dois resultados são, na verdade, equivalentes entre si e ao Axioma da Escolha. Um argumentosimplificado para se demonstrar esta última equivalência pode ser encontrado em [7].

Nosso intuito é demonstrar o teorema abaixo utilizando o Lema de Zorn.


Teorema 3.1.3 (Hahn–Banach na forma analítica; Helly) Seja X um espaço vetorial sobre R, F ⊂ X um subes-paço e p : X → R um funcional sublinear. Suponhamos que f : F → R seja um funcional linear tal que

f (x)≤ p(x) para todo x ∈ F.

Então, existe um funcional linear f : X → R que é uma extensão de f , isto é,

f∣∣F = f ,

e que satisfaz−p(−x)≤ f (x)≤ p(x) para todo x ∈ X .

Demonstração. Seja S o conjunto de todos os funcionais lineares g : D(g)→ R, com D(g) ⊂ X , satisfazendog∣∣F = f e g(x) ≤ p(x) para todo x ∈ D(g). Note que S 6= /0, pois f ∈ S. Vamos definir uma ordem parcial em S.

Diremos que g ≤ h para g,h ∈ S se D(g) ⊂ D(h) e se g(x) = h(x) sempre que x ∈ D(g). Seja C ⊂ S linearmenteordenado e definamos

D = ∪g∈CD(g).

Então, como C é linearmente ordenado, D é um subespaço vetorial de X . Definamos ainda gC : D→ R por

gC(x) = g(x), x ∈ D(g).

Novamente o fato de C ser linearmente ordenado implica que gC está bem definido. Além disso, gC é linear.Consequentemente, gC ∈ S e é um limite superior para C. Aplicando o Lema de Zorn (Lema 3.1.2) podemosconcluir que S possui um elemento maximal, o qual denotamos por f . Note que f é uma extensão linear de f quesatisfaz f (x)≤ p(x) para todo x ∈ D( f ). Falta verificarmos que D( f ) = E.

Suponhamos que x ∈ E \D( f ). Então, pelo Lema 3.1.1, podemos extender f ao espaço F = D( f )+Rx. Masisso contradiz a maximalidade de f e finaliza a demonstração.

Quinta aula↓

O Teorema de Hahn–Banach também possui uma versão para espaços vetoriais complexos.

Teorema 3.1.4 (Hahn–Banach na forma complexa) Suponhamos que X seja um espaço vetorial sobre F=R ouF= C, que F seja um subespaço vetorial de X e que p seja uma semi norma em X . Se f : F → F é um funcionallinear tal que

| f (x)| ≤ p(x) para todo x ∈ F,

então existe um funcional linear f : X → F comf∣∣F = f

e ainda| f (x)| ≤ p(x) para todo x ∈ X .

Demonstração. Para f como na hipótese escrevemos f (x) = g(x)+ ih(x), x ∈ F, isto é, escrevemos f em termosde suas partes real e imaginária. Para quaisquer x,y ∈ F,

g(x)+ ih(x)+g(y)+ ih(y) = f (x)+ f (y) = f (x+ y) = g(x+ y)+ ih(x+ y),

e para todo λ ∈ R,g(λx)+ ih(λx) = f (λx) = λ f (x) = λg(x)+ iλh(x).

Igualando a parte real e imaginária obtemos que g e h são lineares sobre R. Além disso,

g(ix)+ ih(ix) = f (ix) = i f (x) = ig(x)−h(x) =−h(x)+ ig(x).

Segue queg(ix) =−h(x),

3.1. FORMA ANALÍTICA 31

o que nos dáf (x) = g(x)− ig(ix), para todo x ∈ F. (3.6)

Como g é a parte real de f obtemos que, para todo x ∈ F,

|g(x)| ≤ | f (x)| ≤ p(x). (3.7)

Assim, estamos nas hipóteses do Teorema 3.1.3 quando consideramos X como um espaço sobre R. Segue queexiste uma extensão g de g tal que g é R–linear em X e satisfaz

|g(x)| ≤ p(x), para todo x ∈ X .

Definimos f usando (3.6):f (x) = g(x)− ig(ix).

Verifiquemos que f é C–linear. Como ele é R–linear, basta mostrar que f (ix) = i f (x). Isto é verdade pois:

f (ix) = g(ix)− ig(−x) = g(ix)+ ig(x) = i(g(x)− ig(ix)

)= i f (x).

Por outro lado, para cada x ∈ X , podemos escrever f (x) = reiθ para algum r ≥ 0 e algum ângulo θ . Assim:

| f (x)|= r = e−iθ f (x) = f (e−iθ x).

Como f (e−iθ x) ∈ R, obtemos que

| f (x)|= f (e−iθ x) = g(e−iθ x)≤ p(e−iθ x) = |e−iθ |p(x) = p(x),

pois p é uma semi norma. O resultado segue.

Antes de passarmos a algumas consequências do Teorema de Hahn–Banach, lembremos que se X é normado,B(X ,F) é denotado por X∗ e este espaço é de Banach. Além disso, uma norma em X∗ pode ser definida por

‖ f‖X∗ = supx∈X ,‖x‖X≤1

| f (x)|.

Corolário 3.1.5 (Hahn–Banach para espaços vetoriais normados) Seja X um espaço normado sobre F e Y umsubespaço de X . Seja ainda f ∈ Y ∗ um funcional linear contínuo. Então existe f ∈ X∗ tal que

f∣∣Y = f e ‖ f‖X∗ = ‖ f‖Y ∗ .

Demonstração. Observando que| f (x)| ≤ ‖ f‖Y ∗‖x‖Y = p(x),

para todo x ∈ Y, basta aplicarmos o Teorema 3.1.4 ao funcional f usando a seminorma p(x) = ‖ f‖Y ∗‖x‖Y . Daíteremos que a extensão f

| f (x)| ≤ ‖ f‖Y ∗‖x‖X

para todo x ∈ X . Em particular,sup

x∈X ,‖x‖X≤1| f (x)| ≤ ‖ f‖Y ∗

Mas, usando que f é uma extensão de f , obtemos

‖ f‖X ≥ supx∈Y,‖x‖X≤1

| f (x)|= ‖ f‖Y ∗ ,

e o resultado segue.

Agora vamos apresentar algumas consequências interessantes do Teorema de Hahn–Banach.


Corolário 3.1.6 Seja X um espaço normado e x0 ∈ X . Então existe f0 ∈ X∗ tal que

‖ f0‖X∗ = ‖x0‖X e f0(x0) = ‖x0‖2X .

Demonstração. Basta aplicarmos o Corolário 3.1.5 com Y = [x0] e f (λx0) = λ‖x0‖2 e observar que, parax = λx0 ∈ Y,

| f (x)|= | f (λx0)|= |λ‖x0‖2X |= ‖x0‖X‖λx0‖X ,

o que implica que ‖ f‖Y ∗ = ‖x0‖.

Observação 3.1.7 O elemento f0 ∈ X∗ do Corolário 3.1.6 não é único em geral.

Corolário 3.1.8 Seja X um espaço normado. Para todo x ∈ X , temos que

‖x‖X = supf∈X∗,‖ f‖≤1

| f (x)|= maxf∈X∗,‖ f‖≤1

| f (x)|.

Em particular, se x 6= 0, existe f ∈ X∗ com ‖ f‖X∗ = 1 e com f (x) = ‖x‖X .

Demonstração. O resultado é óbvio se x = 0. Assumindo x 6= 0, obtemos

supf∈X∗,‖ f‖≤1

| f (x)| ≤ ‖x‖X .

Por outro lado, pelo Corolário 3.1.6 existe f0 ∈ X∗ tal que f0(x) = ‖x‖2X . Seja f1 = f0/‖x‖X , de maneira que

‖ f1‖= 1 e f1(x) = ‖x‖X . Isto implica que

supf∈X∗,‖ f‖≤1

| f (x)| ≥ ‖x‖X

e conclui a demonstração.

Corolário 3.1.9 Seja X um espaço normado. Então X∗ separa pontos de X .

Demonstração. Sejam x,x2 ∈ X com x1− x2 6= 0. Então, pelo Corolário 3.1.8 existe f ∈ X∗ tal que

f (x1− x2) 6= 0.

Por linearidade, f (x1) 6= f (x2).

Corolário 3.1.10 Seja X um espaço normado e x0 ∈ X tal que f (x0) = 0 para todo f ∈ X∗. Então x0 = 0.

Demonstração. Se x0 6= 0, então pelo Corolário 3.1.9 deveria existir f ∈ X∗ com f (x0) 6= f (0) = 0.

3.2 Completamento e reflexividade

Proposição 3.2.1 Seja X um espaço normado. Para x ∈ X definamos x : X∗→ F por

x( f ) := f (x).

Então a aplicação x 7→ x é uma isometria linear de X em X∗∗ (o dual de X∗).

Demonstração. Inicialmente vemos que x é de fato um funcional linear. Além disso, para qualquer f ∈ X∗,

|x( f )|= | f (x)| ≤ ‖x‖X‖ f‖X∗ .

3.3. FORMAS GEOMÉTRICAS 33

Segue que x é limitado. Além disso, esta desigualdade também implica que ‖x‖X∗∗ ≤ ‖x‖X . Por outro lado, peloCorolário 3.1.8, existe f ∈ X∗, ‖ f‖X∗ = 1, tal que

‖x‖X = | f (x)|= |x( f )| ≤ ‖x‖X∗∗‖ f‖X∗ = ‖x‖X∗∗ .

Segue que ‖x‖X∗∗ = ‖x‖X e a aplicação x 7→ x é uma isometria.

A aplicação J : X → X∗∗ definida na Proposição 3.2.1 e dada por Jx = x é chamada de aplicação canônica(ou imersão canônica) de X em X∗∗. Definamos

X := J(X) = x : X∗→ F | x = Jx,x ∈ X.

Como X∗∗ é um espaço de Banach, temos que o fecho X será também Banach, pois é fechado em X∗∗. Além disso,J é uma imersão isométrica de X em X como um subespaço denso. O espaço X é chamado de completamento deX . Em particular, se X já é Banach, temos que X = X .

Dizemos que o espaço de Banach X é reflexivo se X = X∗∗, isto é, se a aplicação canônica J é sobrejetora.Usualmente, se identifica x e x e, por abuso de linguagem, se considera X como subespaço de X∗∗.Qualquer espaço vetorial de dimensão finita é reflexivo. Uma demonstração simples deste fato poderá ser

obtida quando definirmos espaços uniformente convexos.Um exemplo mais interessante é o dos espaços Lp, 1< p<∞. Voltaremos a falar deste exemplo mais à frente,

também após definirmos espaços uniformemente convexos. Por agora vamos deixar observado um fato importante.É comum usar o seguinte argumento para dizer que Lp é reflexivo: o Exercício 48 nos fornece um roteiro parademonstrar que (Lp)∗ = Lq, com 1/p + 1/q = 1; sendo assim, (Lp)∗∗ = (Lq)∗ = Lp. Mas este argumento sódemonstra que existe algum isomorfismo entre (Lp)∗∗ e Lp, e não que a imersão canônica J é sobrejetora. Existemespaços X para os quais existe uma isometria entre X e X∗∗ sem que J seja sobrejetora.

3.3 Formas geométricas do Teorema de Hahn–Banach

No que se seguirá, vamos sempre fixar X como sendo um espaço vetorial normado sobre R.Um hiperplano (afim) em X é um conjunto da forma

H = x ∈ X | f (x) = α,

onde f é um funcional não necessariamente contínuo, não identicamente nulo, e α ∈ R. Dizemos que H é ohiperplano de equação [ f = α].

Proposição 3.3.1 O hiperplano de equação [ f = α] é fechado se, e somente se, f é contínuo.

Demonstração. Supondo que f seja contínuo, então H = f−1(α), e portanto fechado.Suponhamos reciprocamente que H seja fechado. Então X \H é aberto.

Afirmação 1: X \H 6= /0. De fato, como f 6= 0, temops que f é sobrejetora, isto é, dado β ∈ R, β 6= α, existex ∈ X \H tal que f (x) = β 6= α.

Seja x0 ∈ X \H. Temos duas possibilidades:

f (x0)< α ou f (x0)> α.

Suponha que f (x0)< α e seja r > 0 tal que Br(x0)⊂ E \H.

Afirmação 2: f (x)< α para todo x ∈ Br(x0).

Para demonstrarmos esta afirmação, suponhamos o contrário, isto é, que existe x1 ∈ Br(x0) com f (x1)> α.Observemos inicialmente que o conjunto

[x0,x1] := xt = (1− t)x0 + tx1 | 0≤ t ≤ 1


está inteiramente contido em Br(x0). Consideremos então a função ψ : [0,1]→ R definida por

ψ(t) = f ((1− t)x0 + tx1).

Observemos que ψ é contínua, pois

ψ(t) = (1− t) f (x0)+ t f (x1) = f (x0)+ t( f (x1)− f (x0)),

e aindaψ(0) = f (x0)< α e ψ(1) = f (x1)> α.

Segue do Teorema do Valor Intermediário que existe t1 ∈ [0,1] tal que

ψ(t1) = α = f (xt1),

o que é absurdo pois xt1 ∈ Br(x0).

Tendo demonstrado a Afirmação 2, a reescrevemos como

f (x0 + rz)< α, para todo z ∈ B1(0).

Afirmação 3: f é limitado (e portanto, contínuo) e

‖ f‖X∗ ≤1r(α− f (x0)).

Demonstremos esta afirmação. Para tanto, notemos que

f (x0 + rz) = f (x0)+ r f (z)< α.

Por linearidade,

f (z)<1r(α− f (x0)),

mas para z∈B1(0), isto é, ‖z‖X ≤ 1. Se ‖z‖X = 1, procedemos da seguinte forma: tomamos 0< λ < 1 e escrevemos

f (z) =1λ

f (λ z)<1

λ r(α− f (x0)).

Tomando o limite λ → 1 obtemos

f (z)≤ 1r(α− f (x0)), para todo z ∈ X ,‖z‖X ≤ 1.

Mas, usando que − f (z) = f (−z), obtemos

‖ f‖X∗ = sup‖z‖X≤1

| f (z)| ≤ 1r(α− f (x0)), para todo z ∈ X ,‖z‖X ≤ 1.

Concluimos então que f é limitado e finalizamos a demonstração quando f (x0)< α . O caso em que f (x0)> α éanálogo.

Sexta aula↓

Sejam A,B⊂ X dois conjuntos. Dizemos que o hoperplano H de equação [ f = α] separa A e B no sentidofraco se

f (x)≤ α para todo x ∈ A e f (x)≥ α para todo x ∈ B.

Dizemos que H separa A e B no sentido estrito se existe ε > 0 tal que

f (x)≤ α− ε para todo x ∈ A e f (x)≥ α + ε para todo x ∈ B.

Lembremos que um conjunto C ⊂ X é dito convexo se

tx+(1− t)y ∈C

sempre que x,y ∈ C e para todo t ∈ [0,1]. Associado com um conjunto convexo em um espaço vetorial temos oconceito de função calibre, que discutiremos com mais detalhes no próximo lema.

3.3. FORMAS GEOMÉTRICAS 35

Lema 3.3.2 Seja C ⊂ X um convexo aberto com 0 ∈C. Para cada x ∈ X definimos

p(x) = infα > 0 | α−1x ∈C.

Então p é um funcional sublinear e existe M > 0 tal que

0≤ p(x)≤M‖x‖X ,

para todo x ∈ X . Além disso,C = x ∈ X | p(x)< 1.

Observação 3.3.3 O funcional p definido no Lema 3.3.2 é chamado de função calibre de Minkowski associadaao convexo C.

Demonstração do Lema 3.3.2. Notemos inicialmente que, como estamos supondo que 0 ∈ C, para cada x ∈ Xexiste α > 0 tal que α−1x ∈C. Consequentemente, p está bem definido.

Verifiquemos que p caracteriza C. Se x ∈C, então x/(1− ε) ∈C para algum ε > 0, já que C é aberto. Issoimplica que p(x) < 1. Reciprocamente, se p(x) < 1, então x = (1− ε)x′ para algum ε > 0 e algum x′ ∈ C. Masentão x = (1− ε)x′+ ε0, e x ∈C por convexidade.

Para verificarmos a sublinearidade, notemos que (x1 + x2)/(α1 +α2) pertence a C se x1/α1 e x2/α2 per-tencem ambos a C. De fato, basta usarmos a definição de convexidade com t = α2/(α1 +α2) e 1− t = α1/(α1 +α2).

Por último, seja Br(0)⊂C. Então, se x ∈ X e x 6= 0, temos que

rx2‖x‖X

∈ Br(0)⊂C.

Portanto, para todo x 6= 0, temos que

p(x)≤ 2r‖x‖X .

Como p(0) = 0, podemos tomar M = 2/r e seguirá que

p(x)≤M‖x‖X ,

para todo x ∈ X .

Lema 3.3.4 Seja C ⊂ X um convexo, aberto, não vazio e x0 6∈C. Então existe f ∈ X∗ tal que f (x) < f (x0) paratodo x ∈C. Em particular, o hiperplano de equação [ f = f (x0)] separa x0 e C.

Demonstração. Suponhamos inicialmente que 0 ∈C e seja p o funcional de Minkowski de C. Consideremos osubespaço G⊂ X gerado por x0, isto é, G = Rx0. Definamos um funcional g em G por

g(tx0) = t, t ∈ R.

Observemos que, se x = tx0 e t > 0,

p(x) = t p(x0)≤ t1 = t = g(tx0) = g(x),

e se t ≤ 0,p(x) = p(−t(−x0)) =−t p(−x0)≥ 0≥ t = g(tx0) = g(x).

Concluímos queg(x)≤ p(x), para todo x ∈ G.

Utilizando o Teorema 3.1.3 com g e p garantimos a existência de um funcional linear f em X que é uma extensãode g e que ainda satisfaz

f (x)≤ p(x), para todo x ∈ X .


Em particular, f (x0) = g(1x0) = 1 e também

− f (x) = f (−x)≤ p(−x), para todo x ∈ X .

Segue que| f (x)| ≤ p(x)≤M‖x‖X ,

isto é, f é contínuo. Além disso, para todo x ∈C,

f (x)≤ p(x)< 1 = f (x0),

o que finaliza a demonstração do lema.

Estamos em posição de demonstrar a primeira forma geométrica do Teorema de Hahn–Banach.

Teorema 3.3.5 (Hahn–Banach, primeira forma geométrica) Sejam A,B⊂X dois conjuntos convexos, não vaziose disjuntos. Suponhamos que A seja aberto. Então existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido fraco.

Demonstração. Consideremos o conjunto C = A−B, de forma que 0 6∈C, já que A∩B = /0. Temos que C é abertopois C = ∪y∈B(A− y) e cada A− y é aberto. Além disso, C é convexo: se x1,x2 ∈ A, y1,y2 ∈ B e 0≤ t ≤ 1, então

t(x1− y1)+(1− t)(x2− y2) = (tx1 +(1− t)x2)− (ty1 +(1− t)y2) ∈ A−B.

Pelo Lema 3.3.4 existe f linear em X , contínuo, tal que

f (z)< f (0) = 0, para todo z ∈C.

Em particular,f (x)< f (y),

para todo x ∈ A e todo y ∈ B. Segue quesupx∈A

f (x)≤ infy∈B

f (y).

Escolhemos α ∈ R tal quesupx∈A

f (x)≤ α ≤ infy∈B

f (y).

Portanto, o hiperplano de equação [ f = α] separa A e B no sentido fraco e é fechado pois f é contínuo.

Se impormos mais condições nos convexos A e B obtemos que estes conjuntos podem ser separados nosentido estrito. Este é o conteúdo da segunda forma geométrica do Teorema de Hahn–Banach.

Teorema 3.3.6 (Hahn–Banach, segunda forma geométrica) Sejam A,B ⊂ X dois convexos não vazios tais queA∩B = /0. Suponhamos que A seja fechado e que B seja compacto. Então existe um hiperplano fechado que separaA e B no sentido estrito.

Demonstração. Para ε > 0 definamos

Aε = A+Bε(0) = ∪a∈A(Bε(0)+a),

Bε = B+Bε(0) = ∪b∈B(Bε(0)+b).

Temos que Aε e Bε são convexos, abertos e não vazios.Afirmação: para ε > 0 suficientemente pequeno, Aε e Bε são disjuntos. De fato, se esta afirmação fosse falsaexistiria uma sequência εn→ 0 com Aεn ∩Bεn 6= /0 para todo n ∈ N. Assim, para cada n ∈ N, existe zn ∈ Aεn ∩Bεn

comzn = xn +an = yn +bn, an ∈ A, bn ∈ B, xn,yn ∈ Bε(0).

3.4. ORTOGONALIDADE 37

Com isso,‖an−bn‖E ≤ ‖an− zn‖E +‖bn− zn‖E = ‖xn‖E +‖yn‖E < 2εn.

Sendo B compacto, existe uma subsequência (bn j) de (bn) com bn j → b ∈ B. Mas dessa forma,

‖an j −bn j‖E < 2εn j ,

o que implica que an j → y. Como A é fechado, y ∈ A. Assim A∩B 6= /0 e temos um absurdo. Isso demonstra aafirmação.

Pelo Teorema 3.3.5, existe um hiperplano fechado de equação [ f = α] que separa Aε e Bε no sentido fraco,isto é,

f (x+ εz1)≤ α ≤ f (y+ εz2),

sempre que x ∈ A, y ∈ B, e para quaisquer z1,z2 ∈ B1(0). Por linearidade podemos escrever

f (x)+ ε sup‖z‖e≤1

f (z)≤ α ≤ f (y)+ ε inf‖z‖E≤1

f (z).

Segue que

f (x)≤ α− ε‖ f‖, para todo x ∈ A,

f (y)≥ α + ε‖ f‖, para todo y ∈ B,

ou seja, f separa A e B no sentido estrito.

As formas geométricas do Teorema de Hahn–Banach possuem aplicações interessantes como o próximocorolário. Ele nos diz que se F é um subespaço do espaço normado X e se o único funcional linear contínuo quese anula em F é o funcional nulo em X , então F é denso em X .

Corolário 3.3.7 Seja F ⊂ X um subespaço vetorial tal que F 6= X . Então existe f ∈ X∗, f 6= 0, de forma quef (x) = 0 para todo x ∈ F.

Demonstração. Seja x0 ∈ X \F e consideremos o convexo fechado A = F e o convexo compacto B = x0. PeloTeorema 3.3.6 existe f ∈ X∗ e α ∈ R de maneira que o hiperplano de equação [ f = α] separa A e B no sentidoestrito. Portanto, existe ε > 0 tal que

f (x)+ ε ≤ α ≤ f (x0)− ε, pata todo x ∈ F .

Em particular,f (x)< α < f (x0), pata todo x ∈ F.

Mas daí f é um funcional linear limitado no espaço vetorial F, e portanto f (x) = 0 para todo x ∈ F. Consequente-mente:

0 < α < f (x0).


3.4 Ortogonalidade

Vamos introduzir nesta seção o conceito de ortogonalidade e utilizar os teoremas de Hahn–Banach para verificaras primeiras propriedades relativas a este conceito.

Dado um espaço vetorial normado X e um subespaço M ⊂ X , definimos o conjunto

M⊥ := f ∈ X∗ | f (x) = 0 para todo x ∈M.

Se N ⊂ X∗ é um subespaço, definimos

N⊥ := x ∈ X | f (x) = 0 para todo f ∈ N.


Dizemos que M⊥ e N⊥ são os anuladores ou ortogonais de M e N respectivamente. Tanto M⊥ quanto N⊥

são subespaços fechados de X∗ e X respectivamente. De fato, observe que se f ∈ M⊥, tomando uma sequência( fn)⊂M⊥ com fn→ f , teremos que 0 = lim fn(x) = f (x) para todo x ∈M, ou seja, f ∈M⊥. O raciocínio no casode N⊥ é análogo.

Proposição 3.4.1 Sejam M ⊂ X e N ⊂ X∗ subespaços vetoriais. Então

(M⊥)⊥ = M e N ⊂ (N⊥)⊥.

Demonstração. Se x ∈M, segue que f (x) = 0 para todo f ∈M⊥. Mas isso é o mesmo que dizer que x ∈ (M⊥)⊥.Assim, M ⊂ (M⊥)⊥ e, como (M⊥)⊥ é fechado, M ⊂ (M⊥)⊥. A inclusão inversa é demonstrada por contradição.Suponhamos que exista x0 ∈ (M⊥)⊥ \M. Podemos então separar x0 e M por um hiperplano de equação [ f = α]no sentido estrito. Em particular,

f (x)< α < f (x0), para todo x ∈M. (3.8)

A primeira desigualdade implica que f aplica o espaço vetorial M em um subconjunto limitado, o que nos dáf∣∣M = 0. Em outras palavras, f ∈ M⊥. Como x0 ∈ (M⊥)⊥, devemos ter f (x0) = 0. Estes últimos fatos nos dão

uma contradição com (3.8).Finalmente, se f ∈ N, segue que f (x) = 0 para todo x ∈ N⊥. Dito de outra forma, f ∈ (N⊥)⊥ e, como

anteriormente, N ⊂ (N⊥)⊥.

3.5 Exercícios

Exercício 54 Demonstre que o Princípio Maximal de Hausdorff e o Lema de Zorn são equivalentes.

Exercício 55 Demonstre que todo conjunto não vazio C pode ser bem ordenado.

Exercício 56 Demonstre o Axioma da escolha: se Xαα∈A é uma coleção não vazia de conjuntos não vazios,então

∏α∈A

Xα 6= /0.

Em particular, demonstre que existe um conjunto Y ⊂ ∪α∈AXα tal que Y ∩Xα 6= /0 contém precisamente um ele-mento para cada α ∈ A.

Exercício 57 Demonstre, utilizando o Lema de Zorn, que todo espaço vetorial normado de dimensão infinitapossui uma base de Hamel eii∈I com ‖ei‖= 1 para todo i ∈ I.

Exercício 58 Seja X um espaço vetorial normado de dimensão infinita. Construa um funcional linear f : X → Rque não seja contínuo.

Exercício 59 Seja X um espaço vetorial e Y ⊂ X um subespaço. Demonstre que todo funcional linear f : Y → Fpossui uma extensão linear f : X → F.Observação: não precisa utilizar Hahn–Banach.

Exercício 60 Demonstre que um funcional linear f ∈ X∗ fica completamente determinado por seus valores em umsubconjunto D denso em X .

Exercício 61 (Princípio de extensão) Demonstre que um funcional linear limitado em um espaço vetorial nor-mado X pode ser estendido a um funcional linear limitado em X . Esta extensão é única e a norma é preservadana extensão.

Exercício 62 Seja X um espaço normado e x1, . . . ,xn um subconjunto finito de X linearmente independente.Demonstre que, para quaisquer α1, . . . ,αn ∈ F, existe f ∈ X∗ tal que (xi) = αi, 1 = 1, . . . ,n.

3.5. EXERCÍCIOS 39

Exercício 63 Seja X um espaço normado, M ⊂ X um subespaço fechado e x ∈ X \M. Demonstre que se

δ = infy∈M‖x− y‖X ,

então existe f ∈ X∗ tal que ‖ f‖X∗ = 1 e f (x) = δ . Em particular, f∣∣M = 0.

Exercício 64 Demonstre que um funcional f em um espaço normado é limitado se, e somente se, f−1(0) éfechado.Observação: tente demonstrar este resultado utilizando o Exercício 18, letra b–, que seria uma alternativa àdemonstração feita na Proposição 3.3.1.

Exercício 65 Seja X um espaço normado.

a– Se M ⊂ X é um subespaço fechado e x ∈ X \M, então M+Fx é fechado.

b– Todo subespaço de X de dimensão finita é fechado.

Exercício 66 Seja X um espaço normado de dimensão infinita.

a– Existe uma sequência (x j)⊂ X tal que‖x j‖X = 1

para todo j e

‖x j− xk‖X ≥12

para j 6= k

b– X não é localmente compacto.

Sugestão: construa (x j) indutivamente usando o Exercício 18, letra b–, e o Exercício 65.

Exercício 67 Seja X um espaço normado e M ⊂ X um subespaço de dimensão finita. Então, existe um subespaçofechado N ⊂ X tal que

M∩N = 0 e M+N = X .

Exercício 68 Seja X um espaço vetorial real e P⊂ X um subconjunto satisfazendo o seguinte:

• se x,y ∈ P, então x+ y ∈ P;

• se x ∈ P e λ ≥ 0, então λx ∈ P;

• se x ∈ P e −x ∈ P, então x = 0.

a– Demonstre que a relação ≤ definida por x≤ y se, e somente se, y− x ∈ P é uma ordem parcial em X .

b– Teorema da extensão de Krein– Suponha que M ⊂ X seja um subespaço tal que, para cada x ∈ X , existey ∈ M com x ≤ y. Se f é um funcional linear em M tal que f (x) ≥ 0 para x ∈ M ∩P, existe um funcionallinear f ∈ X∗ tal que

f (x)≥ 0 para todo x ∈ P e f∣∣M = f .

Sugestão: considere p(x) = inf f (y) | y ∈M e x≤ y.

Exercício 69 Seja E um espaço vetorial sobre C e B⊂X . Dizemos que B é balanceado se para todo x∈B, o discofechado λx | |λ | ≤ 1 está contido em B. Demonstre que um conjunto C é uma bola unitária fechada para algumasemi norma em E se, e somente se, C é convexo, balanceado e, para todo x ∈ E, o conjunto λ ∈ C | λx ∈C éfechado e contém uma vizinhança de zero em C.Sugestão: nestas condições, o funcional de Minkowski de C é uma semi norma.


Exercício 70 Demonstre que uma topologia em um espaço vetorial E é gerada por uma semi norma se, e somentese, existe um conjunto U ⊂ E satisfazendo as seguintes condições:

• U é convexo, balanceado e todo supespaço unidimensional de E possui pelo menos um vetor não nulo de U ;

• uma família de conjuntos Uxt = x+ ty | y ∈U, onde x ∈ E e t > 0, é uma base desta topologia.

Sugestão: procure por uma semi norma que é o funcional de Minkowski de U.

Exercício 71 Um espaço vetorial normado E é separável se, e somente se, existe um subespaço vetorial E0 ⊂ Eque possui base enumerável e que é denso em E. Demonstre o Teorema de Hahn–Banach para um espaço separávelE sem utilizar o Lema de Zorn.

Exercício 72 Consideremos em R2 as normas

‖(x,y)‖1 := |x|+ |y|, ‖(x,y)‖∞ := sup|x|, |y|, ‖(x,y)‖p := (|x|p + |y|p)1/p,

com 1 < p < ∞. Seja E0 um subespaço unidimensional de R2 e f0 um funcional em E0 com norma 1.

a) Se a norma for ‖ · ‖1 e se E0 for um dos eixos coordenados, então f0 possui várias extensões que preservamnorma.

b) O mesmo acontece se a norma for ‖ · ‖∞ e se E0 for uma das diagonais principais.

c) Se a norma for ‖ · ‖p e se E0 for um subespaço arbitrário, então a extensão de f0 que preserva norma éúnica.

Exercício 73 Seja E o espaço vetorial das funções (ou classe de funções) em [0,1] que são Lebesgue mensuráveis.Considere em E a métrica

d(x,y) :=∫ 1

0

|x(t)− y(t)|1+ |x(t)− y(t)|

dt.

Observe que a convergência com relação a esta métrica é a convergência em medida. Demonstre que não existefuncional linear não nulo e contínuo em E com relação a esta métrica.

Exercício 74 Os espaços normados c0, l1 e C([a,b]) não são reflexivos.

Exercício 75 Demonstre que se o espaço vetorial E é reflexivo, então E∗ é reflexivo.

Exercício 76 SejaM = f ∈ L2([0,1]) | f ([0,1])⊂ [0,1] quase sempre.

Demonstre que M é um convexo fechado de L2([0,1]).

Exercício 77 Sejam E um espaço vetorial normado, H ⊂E um hiperplano e V ⊂E um subespaço afim que contémH. Demonstre que ou V = H ou V = E. Conclua que H ou é fechado ou é denso em E.

Exercício 78 Sejam E um espaço vetorial normado e C ⊂ E convexo.

a) Demonstre que C e IntC são convexos.

b) Dado x ∈C e y ∈ IntC, demonstre que tx+(1− t)y ∈ IntC, sempre que t ∈ (0,1).

c) Deduza que C = IntC se IntC 6= /0.

Exercício 79 Seja E um espaço vetorial normado com norma ‖ ·‖E . Demonstre que se C ⊂ E for aberto, convexoe simétrico (−C =C) e se p for a função calibre de C, então p é uma norma equivalente à ‖ · ‖E .

3.5. EXERCÍCIOS 41

Exercício 80 Considere C([0,1]) com a norma ‖ · ‖∞ e defina

C :=

u ∈C([0,1]);∫ 1

0u(t)dt < 1

a) Verifique que C é convexo e simétrico com 0 ∈C.

b) O conjunto C é limitado na norma ‖ · ‖∞?

c) Encontre a função calibre p associada a C e demonstre que p é uma norma em C([0,1]).

d) p é equivalente à ‖ · ‖∞?

Exercício 81 Sejam X um espaço normado e I qualquer conjunto de índices. Considere dois conjuntos: (xi)i∈I ⊂X e (αi)i∈I ⊂ R. Demonstre que as seguintes afirmações são equivalentes:

a) existe f ∈ X∗ tal que f (xi) = αi para todo i ∈ I;

b) existe uma constante M ≥ 0 tal que, para cada subconjunto finito J ⊂ I e toda escolha de números reais(βi)i∈J , temos que ∣∣∣∑

i∈Jβiαi

∣∣∣≤M∥∥∥∑

i∈Jβixi

∥∥∥.Sugestão: defina f primeiro no espaço gerado por (xi)i∈I .

Exercício 82 Sejam X um espaço normado e M > 0 uma constante. Fixe n elementos f1, . . . , fn ∈ X∗ e n númerosreais α1, . . . ,αn. Demonstre que as seguintes afirmações são equivalentes:

a) para todo ε > 0, existe xε ∈ X tal que

‖xε‖ ≤M+ ε e fi(xε) = αi, i = 1, . . . ,n.

b) para quaisquer β1, . . . ,βn ∈ R temos que ∣∣∣ n

∑i=1

βiαi

∣∣∣≤M∥∥∥ n

∑i=1

βi fi

∥∥∥.Exercício 83 Se A é um conjunto arbitrário, l∞(A) denota o conjunto de todas as funções limitadas de A em R.Neste espaço pode-se considerar a norma do sup . Demonstre que, para cada espaço vetorial normado E, existeuma isometria J0 : E→ l∞(A), para algum conjunto A.Sugestão: tome A como sendo a esfera unitária fechada em E∗ e defina J0(x) : A→ R por J0(x) f = f (x) e useHahn–Banach.

Exercício 84 Para todo espaço normado E existe uma isometria de E em B(l2(A)), para algum conjunto A, ondel2(A) = L2(A,µ), como µ sendo a medida da contagem.Sugestão: para cada conjunto A, associe a cada x ∈ A o operador Tx : l2(A)→ l2(A) por Tx(y)(t) = x(t)y(t);verifique que ‖Tx‖= ‖x‖∞; utilize o Exercício 83.

Exercício 85 Seja X = l1 de maneira que X∗ = l∞. Considere c0 como sendo um subespaço fechado de X∗.Encontre N⊥ e (N⊥)⊥ e verifique que (N⊥)⊥ 6= N.

Capítulo 4

O teorema da categoria de Baire eaplicações

Sétima aula↓

Neste capítulo apresentamos o importante Teorema da Categoria de Baire e então deduzimos os importantesresultados: Teoremas da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado e o Princípio da Limitação Uniforme, conhecidotambém como Teorema de Banach–Steinhaus.

4.1 O Teorema de Baire

Nesta seção apresentamos um importante teorema sobre espaços métricos completos demonstrado por Baire. No-tavelmente, este teorema vem sido utilizado para demonstrar que certos fenômenos em análise, primeiramenteobservados em certos exemplos específicos, são de fato ocorrências genéricas.

Para enunciar o resultado principal desta seção necessitamos antes uma lista de definições. O contexto é oseguinte: consideraremos um espaço métrico M com métrica ρ e topologia induzida por esta métrica. Suponhaque E seja um subconjunto de M. Lembremos que E é denso em M se E = M. O conjunto E é nunca denso se ointerior de seu fecho é vazio, isto é, IntE = /0.

A união de um número finito de conjuntos nunca densos é um conjunto nunca denso. Contudo, a uniãoenumerável de conjuntos nunca denso não é necessariamente nunca denso. Um ponto em Rn é nunca denso emRn. Além disso, o conjunto de Cantor é nunca denso em R. Entretanto, os racionais Q não são nunca densos em Rjá que Q= R. Em geral, E é fechado e nunca denso se, e somente se, O = M \E é aberto e denso.

Um conjunto E ⊂M é dito de primeira categoria em M se E é união enumerável de conjuntos nunca densosem M. Um conjunto de primeira categoria é as vezes chamado de magro.

Um conjunto E ⊂M que não é de primeira categoria em M é dito de segunda categoria em M.

Dizemos que E ⊂M é genérico se seu complemento é de primeira categoria em M.

A ideia de categoria é a de descrever pequenês em termos puramente topológicos, isto é, envolvendo fecho,interior, etc. Basicamente, um conjunto de primeira categoria deve ser pensado como excepcional, enquanto umconjunto genérico deve ser considerado típico.

É bom observar que união enumerável de conjuntos de primeira categoria é de primeira categoria, enquantoa intersecção enumerável de conjuntos genéricos é um conjunto genérico. Além disso, qualquer conjunto aberto edenso é genérico.

Teorema 4.1.1 (O Teorema da Categoria de Baire) Todo espaço métrico completo M é de segunda categoria emsi mesmo, isto é, M não pode ser escrito como união enumerável de conjuntos nunca densos.

Demonstração. O argumento que apresentaremos é por contradição. Para tanto, suponhamos que M é a união

43

44 CAPÍTULO 4. CATEGORIA DE BAIRE E APLICAÇÕES

enumerável de conjuntos nunca densos Fn,

M =∞⋃

n=1

Fn.

Trocando cada Fn pelo seu fecho, podemos assumir que cada Fn é fechado. Será então suficiente encontrar x ∈Mcom x 6∈ ∪Fn.

Sendo F1 fechado e nunca denso, temos que F1 6= M. Segue que existe uma bola aberta Br1 com Br1 ⊂ Fc1 .

Como F2 é fechado e nunca denso, a bola Br1 não pode estar contida inteiramente em F2, caso contrárioF2 teria interior não vazio. Sendo ainda F2 fechado, podemos escolher uma bola Br2 de maneira que Br2 ⊂ Br1 etambém Br2 ⊂ Fc

2 . Escolhemos ainda r2 < r1/2.Continuando desta maneira, obtemos uma sequência de bolas (Brn) tais que

rn→ 0, quando n→ ∞, Brn+1 ⊂ Brn , Fn∩Brn = /0.

Para cada n ∈ N escolhemos qualquer ponto xn ∈ Brn e formamos a sequência (xn), a qual é de Cauchy pelaspropriedades listadas. Como M é completo, existe x ∈ M com xn → x quando n→ ∞. Observe que x ∈ Brn paratodo n e, consequentemente, para cada n, x 6∈ Fn. Isto nos dá a contradição e demonstra o Teorema da Categoria deBaire.

Corolário 4.1.2 Em um espaço métrico completo, um conjunto genérico é denso.

Demonstração. Suponha que E ⊂M seja um subconjunto genérico que não é denso no espaço métrico M. Então,existe uma bola fechada B que não intercepta E. Como E é genérico, podemos escrever

Ec =∞⋃

n=1

Fn,

onde cada Fn é nunca denso em M. Consequentemente,

B =∞⋃

n=1

(Fn∩B).

Mas observemos que Fn ∩B é nunca denso. Assim, aplicando o Teorema 4.1.1 ao espaço métrico completo Bchegamos a uma contradição.

4.2 Princípio da Limitação Uniforme

Vamos nesta seção apresentar uma consequência importante do Teorema da Categoria de Baire. A conclusão prin-cipal é que se uma sequência de operadores lineares contínuos é pontualmente limitada em um conjunto grande,então esta sequência será, de fato, limitada. Este fato nos possibilita deduzir estimativas uniformes por meio deestimativas pontuais em certas situações.

Teorema 4.2.1 (Princípio da Limitação Uniforme, Helly–Saks) Sejam X e Y dois espaços vetoriais normadose A ⊂B(X ,Y ).

a) Sesup

T∈A‖T x‖< ∞

para todo x em um subconjunto não magro de X, então

supT∈A‖T‖< ∞.

4.2. PRINCÍPIO DA LIMITAÇÃO UNIFORME 45

b) Se X for Banach esup

T∈A‖T x‖< ∞

para todo x ∈ X , entãosup

T∈A‖T‖< ∞.

Demonstração. a) Definamos, para cada n ∈ N,

An := x ∈ X | ‖T x‖ ≤ n para todo T ∈A

e seja N ⊂ X o conjunto não magro da hipótese. Segue que cada x ∈ N pertence a algum An, de maneira queN = ∪n∈NAn. Como N é não magro, temos que ao menos um An é tal que An possui interior não vazio, isto é,contém uma bola não trivial Br(x0). Observemos que An = An para cada n. De fato, suponha que (x j)⊂ An e quex j→ x; como ‖T x j‖ ≤ n para todo T ∈A e cada T ∈A é contínuo, temos T x j→ T x e ‖T x‖ ≤ n.

Com as implicações do parágrafo anterior vemos que, na verdade, An contém uma bola Br(x0), para algumn. Segue que, se x ∈ X e ‖x‖ ≤ r, então

‖T x‖= ‖T (x+ x0)−T x0‖ ≤ ‖T (x+ x0)‖+‖T x‖ ≤ 2n,

para todo T ∈A . Mas daí, para todo y ∈ B1(0),

‖Ty‖= 1r‖T (ry)‖ ≤ 2n

r.

Assim,

supT∈A‖T‖ ≤ 2n

r.

b) Para este item, basta usar a mesma construção dos conjuntos An do item a), verificar que X = ∪n∈NAn e usar oTeorema da Categoria de Baire, já que X é completo.

Uma outra maneira de enunciar o Princípio da Limitação Uniforme pode ser da seguinte maneira: ousupT∈A ‖T‖< ∞ ou supT∈A ‖T x‖= ∞ para algum x.

A primeira demonstração do Teorema 4.2.1 foi dada por Helly para o espaço C([a,b]). Mais tarde, Saksutilizou o Teorema da Categoria de Baire. Banach e Steinhaus utilizaram técnicas diferentes na demonstraçãooriginal.

Apresentamos a seguir um parente próximo do Princípio da Limitação Uniforme

Teorema 4.2.2 (Banach–Steinhaus) Suponhamos que (Tn) seja uma sequência de operadores limitados de X emY, ambos espaços de Banach. Suponhamos que, para todo x ∈ X , limTnx existe. Então, se definirmos T x = limTnxtemos que T : X → Y é linear e limitado.

Demonstração. Deixaremos os detalhes de que T é linear como exercício. Como (Tnx) converge em X para cadax e sequências convergentes são limitadas (em espaços métricos), temos que supn ‖Tnx‖< ∞ para cada x ∈ X . PeloPrincípio da Limitação Uniforme, Teorema 4.2.1, temos que supn ‖Tn‖ := M < ∞. Segue que

‖T x‖= ‖ limTnx‖ ≤M‖x‖, para cada x ∈ X ,

ou seja, T é limitado.

Exemplo 4.2.3 O Teorema 4.2.2 não diz que Tn → T pontualmente implica que ‖Tn‖ → ‖T‖. De fato, sejaTn : lp→ R dado por

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

Para cada x ∈ lp temos que Tn(x) = xn→ 0 quando n→ ∞. Assim, T ≡ 0 é o operador limite de (Tn). Entretanto‖Tn‖= 1.


Exemplo 4.2.4 O Teorema 4.2.2 e o Princípio da Limitação Uniforme podem não valer se o domínio dos opera-dores não for completo. De fato, seja Tn : c00→ l∞ dado por

Tn(x) = (0, . . . ,0,nxn,0, . . .).

Para cada x ∈ c00 temos que Tn(x)→ 0 quando n→ ∞. Assim, T ≡ 0 é o operador limite de (Tn). Entretanto‖Tn‖→ ∞.

O próximo resultado é o dual do Princípio da Limitação Uniforme.

Teorema 4.2.5 Seja X um espaço linear normado e A⊂ X . Se

supx∈A| f (x)|< ∞,

para cada f ∈ X∗ fixado, então A é limitado.

Demonstração. Considere a aplicação canônica J : X → X∗∗ que aplica x em x. Assim, J(A) é uma coleção defuncionais lineares limitados em X∗. Definamos

A = J(x) = x | x ∈ A.

Observemos quesupx∈A|x( f )|= sup

x∈A| f (x)|< ∞

para cada f ∈ X∗. Assim, pelo Teorema 4.2.1,

supx∈A‖x‖< ∞.

Entretanto, como J é uma isometria, concluimos que

supx∈A‖x‖< ∞.

Isto conclui a demonstração do teorema.

Vamos dar um exemplo simples para ilustrar uma aplicação do Teorema 4.2.2.

Exemplo 4.2.6 Seja (an) uma sequência de números reais tal que a série

∞

∑n=1

anbn

é convergente para toda sequência (bn) ∈ c0. Vamos demonstrar que

∞

∑n=1|an|< ∞.

Para isso, definamos para cada k ∈ N o funcional linear Tk : c0→ R por

Tk(bn) =k

∑j=1

a jb j.

Observemos que cada Tk é um funcional linear limitado em c0 com

‖Tk‖ ≤k

∑j=1|a j|.

4.2. PRINCÍPIO DA LIMITAÇÃO UNIFORME 47

Melhor ainda, se aplicarmos Tk no elemento(a1/|a1|, . . . ,ak/|ak|,0, . . .

)∈ c0,

(com o ajuste óbvio se algum ak for zero), então veremos que

‖Tk‖=k

∑j=1|a j|.

Por hipótese, para cada (bn) ∈ c0, temos que

limk→∞

Tk(bn) existe.

Em particular,sup

k|Tk(bn)|< ∞,

para cada (bn) ∈ c0. Pelo Teorema 4.2.2, supk ‖Tk‖< ∞, ou seja,

∞

∑j=1|a j|< ∞.

Oitava aula↓

4.2.1 Divergência da série de Fourier

Nesta subseção apresentaremos uma aplicação do Princípio da Limitação Uniforme na teoria de séries de Fourier.Uma função contínua no círculo unitário T pode ser identificada com uma função contínua em [−π,π] com

f (−π) = f (π) (veja a Subseção 2.2 para mais detalhes). Uma tal função possui série de Fourier

∞

∑k=−∞

akeikx,

ondeak = f (k) =

12π

∫π

−π

f (t)e−iktdt.

É conhecido que a série de Fourier de f converge para f na norma de L2(T). Assim, a menos de uma subsequência,a convergência é pontual em quase todo ponto de T. Isto na verdade é válido para toda f ∈ L2(T), não somenteaquelas contínuas. De fato, Carleson demonstrou o que era conhecido como conjectura de Lusin, que afirmava quea série de Fourier de qualquer função em L2(T) (portanto de uma função contínua) converge pontualmente para fem quase todo ponto.

Definamos a soma parcial simétrica associada à série de Fourier de f por

sN( f , t) :=N

∑k=−N

f (k)eikt .

Utilizaremos o Princípio da Limitação Uniforme para demonstrar que existe f ∈C(T) tal que sN( f ,0) não convergepara f (0). Começamos com uma caracterização da soma parcial que será útil. Escrevemos:

sN( f , t) =N

∑k=−N

( 12π

∫π

−π

f (x)e−ikxdx)

eikt

=1

2π

∫π

−π

f (x)N

∑k=−N

eik(t−x)dx

=1

2π

∫π

−π

f (x)DN(t− x)dx,


onde

DN(s) :=N

∑k=−N

eiks

é chamado de Núcleo de Dirichlet. Afirmamos agora que

DN(s) =sen(N +1/2)s

sens/2

quando s 6= 0 e DN(0) = 2N +1. No caso s = 0 este fato é claro. Caso contrário, temos queN

∑k=−N

eiks = e−iNs2N

∑k=0

eiks = e−iNs 1− ei(2N+1)s

1− eis .

Multiplicando e dividindo por e−is/2 e usando a identidade

e−iy− eiy = 2iseny

obtemos o resultado da afirmação.O núcleo DN possui dois comportamentos ruins: não é positivo e ‖DN‖L1 não é limitada em N. Para verifi-

carmos este último fato vamos estimar esta norma. Temos:

‖DN‖L1 =1

2π

∫π

−π

|sen(N +1/2)s||sens/2|

ds

=1π

∫π

0

|sen(N +1/2)s||sens/2|

ds.

Usando que 0≤ sen t ≤ t para 0≤ t ≤ π/2 e a substituição u = (N +1/2)s obtemos

‖DN‖L1 ≥2π

∫π

0

|sen(N +1/2)s|t

ds

=2π

∫π(N+1/2)

0

|senu|u

du

≥ 2π

N

∑k=1

∫ kπ

(k−1)π

|senu|kπ

du

=4

π2

N

∑k=1

1k≥ 4

π2 log(N +1).

Lembremos agora que C(T) com a norma do sup é Banach. Definamos o funcional ΛN : C(T)→ C por

ΛN( f ) = sN( f ,0) =1

2π

∫π

−π

f (x)DN(−x)dx.

Observemos que cada ΛN é linear e

|ΛN( f )| ≤ 12π

∫π

−π

| f (x)||DN(−x)|dx≤ ‖ f‖∞‖DN‖L1 .

Isto implica que ‖ΛN‖≤‖DN‖L1 . Afirmamos que, na verdade, ‖ΛN‖= ‖DN‖L1 . Para verificar este fato fixamos N edefinamos g(x) = sgn(DN(x)). Então, existe uma sequência de funções contínuas ( f j)⊂C(T) com−1≤ f j(x)≤ 1com f j→ g pontualmente em T= [−π,π]. Pelo Teorema da Convergência Dominada,

limj→∞

12π

∫π

−π

f j(x)DN(−x)dx =1

2π

∫π

−π

g(x)DN(−x)dx =1

2π

∫π

−π

|DN(x)|dx = ‖DN‖L1 .

Como ‖ f j‖ ≤ 1, isto nos mostra que ‖ΛN‖ ≥ ‖DN‖L1 .

Finalmente estamos em posição de aplicar o Princípio da Limitação Uniforme. Por este teorema, ou ‖ΛN‖ ≤M para alguma constante M > 0 e para todo N, ou existe f ∈ C(T) tal que supN |ΛN( f )| = ∞. Como ‖ΛN‖ =‖DN‖L1 → ∞, obtemos então que existe f ∈C(T) tal que

supN|ΛN f |= sup

N|sN( f ,0)|= ∞

e a série de Fourier de f diverge em 0.

4.3. TEOREMAS DA APLICAÇÃO ABERTA E DO GRÁFICO FECHADO 49

4.3 Teoremas da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado

Nesta seção vamos demonstrar o Teorema da Aplicação Aberta utilizando o Teorema da Categoria de Baire edepois deuziremos o Teorema do Gráfico Fechado.

Sejam X e Y dois espaços de Banach com normas ‖ ·‖X e ‖ ·‖Y respectivamente, e T : X →Y uma aplicação.Lembremos que T é contínua se, esomente se, T−1(O) é aberto em X sempre que O é aberto em Y. Isto é verdadeindependente de T ser linear ou não. Em particular, se T possui uma inversa T−1 : Y → X que é contínua, entãotemos que a imagem por T de qualquer conjunto aberto em X é aberto em Y. Dizemos que T é aberta se T aplicaabertos de X em aberttos de Y.

De uma maneira geral, se T : X → Y é linear e bijetiva, então existe T−1 e este operador é também linear,mas não necessariamente contínuo.

Teorema 4.3.1 (Teorema da Aplicação Aberta) Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈B(X ,Y ). Se T é sobre-jetiva, então T é aberta.

Antes de discutirmos a demonstração do Teorema da Aplicação Aberta, vamos apresentar uma importanteconsequência deste resultado.

Corolário 4.3.2 (Teorema de Aplicação Inversa) Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈B(X ,Y ) bijetiva. Entãoa aplicação T−1 linear e limitada, isto é, T−1 ∈B(Y,X). Em particular, existem constantes c,C > 0 tais que

c‖x‖X ≤ ‖T x‖Y ≤C‖x‖X .

Demonstração. Que T−1 é linear é um simples fato algébrico. A demonstração de que T−1 é linear segue dadiscussão que precedeu o Teorema 4.3.1.

Corolário 4.3.3 Seja V um espaço vetorial equipado com duas normas ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2. Se existe uma constanteC > 0 tal que

‖v‖1 ≤C‖v‖2

para todo v ∈V e se V for completo com relação às duas normas, então estas normas são equivalentes.

Demonstração. Com essas hipóteses temos que a aplicação identidade I : (V,‖ · ‖2)→ (V,‖ · ‖1) é contínua e,como I é claramente bijetiva, sua inversa I : (V,‖ · ‖1)→ (V,‖ · ‖2) é também contínua. Consequentemente, existec > 0 tal que

c‖v‖2 ≤ ‖v‖1,

para todo v ∈V.

Agora nos concentraremos na demonstração do Teorema de Aplicação Aberta, a qual seguirá do teorema aseguir.

Teorema 4.3.4 Sejam X e Y dois espaços de Banach e denotemos por BX e BY as bolas de centro zero e raio umem X e Y respectivamente. Suponhamos que A ∈B(X ,Y ) seja sobrejetiva. Então, existe uma constante δ > 0 talque

δBY ⊂ A(BX ),

ou seja, dado y ∈ Y com ‖y‖Y < δ , existe x ∈ X , com ‖x‖X < 1 e Ax = y.

Antes de demonstrarmos o Teorema 4.3.4, vamos mostrar como ele pode ser utilizado para se demonstrar oTeorema da Aplicação Aberta.

Demonstração do Teorema 4.3.1. Seja G um subconjunto aberto de X e x0 ∈G. Precisamos demonstrar que T (G)contém uma bola aberta em torno de T x0. Para isso, consideremos G′ = G− x0. Então G′ é um aberto que contém0. Podemos então encontrar t > 0 tal que tBX ⊂ G′. Pelo Teorema 4.3.4, temos que

T (G′)⊃ T (tBX ) = tT (BX )⊃ tδBY ,


para alguma constante δ > 0. Por linearidade,

T (G) = T (G′)+T x0 ⊃ tδBY +T x0,

ou seja, a bola de raio tδ centrada em T x0 está inteiramente contida em T (G), o que finaliza a demonstração.

Nona aula↓

Para demonstrar o Teorema 4.3.4 daremos primeiramente um lema que é uma versão aproxiamada do teo-rema. Ele nos diz que, dado y ∈ Y, podemos nos aproximar de y tão próximo quanto queiramos por um vetor daforma Ax para algum x ∈ X , com norma controlada pela norma de y.

Lema 4.3.5 Suponhamos que X e Y sejam espaços de Banach e seja A ∈B(X ,Y ) sobrejetiva. Existe um númeropositivo d > 0 com a seguinte propriedade: dado ε > 0 e z ∈ Y, existe x ∈ X tal que

‖Ax− z‖Y < ε e ‖x‖X < d−1‖z‖Y .

Demonstração. Por sobrejetividade, dado y ∈ Y existe x ∈ X tal que Ax = y. Isto significa que podemos escrever

Y =∞⋃

k=1

A(kBX ).

Como Y é completo, o Teorema da Categoria de Baire nos diz que, para algum k ∈ N, A(kBX ) possui interior nãovazio. Digamos que

A(kBX )⊃ Br(y0)

para algum r > 0 e algum y0 ∈ Y. Se ‖y‖Y < r, então y+ y0 ∈ Br(y0) e, consequentemente, em A(kBX ). Assim,para qualquer y ∈ Y com ‖y‖Y < r, podemos encontrar sequências (x

′n) e (x

′′n) em kBX tais que

Ax′n→ y0 e Ax

′′n→ y0 + y.

Consideremos xn = x′′n− x

′n e notemos que Axn→ y e ‖xn‖< 2k.

A conclusão seguirá ao explorarmos a linearidade. Seja z 6= 0 com z∈Y arbitrário. Como (r/2)z/‖z‖Y possuinorma menor que r, obtemos pela primeira parte que existe (xn)⊂ X tal que

‖xn‖X < 2k e Axn→r2

z‖z‖Y

.

Por linearidade,A((2/r)‖z‖Y xn

)→ z,

onde a norma de (2/r)‖z‖Y xn é menor que (4k/r)‖z‖Y . Esta é a conclusão desejada com d = r/(4k).

Demonstraremos agora o Teorema 4.3.4 através de um processso iterativo utilizando o Lema 4.3.5.Na notação do Lema 4.3.5, vamos nos referir a z como o alvo e a ε > 0 como sendo a tolerância.

Demonstração do Teorema 4.3.4. Sejam X , Y e A como nas hipóteses do teorema e d > 0 como no Lema 4.3.5.Fixemos y ∈ dBY . Aplicamos o Lema 4.3.5 com alvo y e tolerância ε = d/2 para encontrar x1 ∈ X com normamenor que d−1‖y‖Y < 1 tal que ‖y−Ax1‖Y < d/2. Aplicamos novamente o Lema 4.3.5 agora com alvo y−Ax1 etolerância ε = d/4 para encontrar x2 ∈ X com

‖(y−Ax1)−Ax2‖Y < d/4

e‖x2‖X < d−1‖y−Ax1‖Y < 1/2.


Continuamos indutivamemnte de maneira a determinar x1, . . . ,xn ∈ X com

‖y− (Ax1 + . . .+Axn)‖Y <d2n ,

e‖xk‖X <

12k−1 para k = 1, . . . ,n.

Para cada inteiro positivo n definamos vn = x1+ . . .xn e observemos que (vn) é uma sequência de Cauchy emX : quando m > n

‖vm− vn‖X = ‖xn+1 + . . .+ xm‖X <m

∑k=n+1

12k−1 → 0

quando m,n→ ∞. Como X é Banach, temos que vn→ x, para algum x ∈ X . Além disso,

‖x‖X ≤∞

∑k=1‖xk‖X ≤

∞

∑k=1

12k−1 = 2,

de maneira que x ∈ 3BX . Como ‖y− Avn‖Y < d/2n, temos que Avn → y quando n→ ∞. Por continuidade deA, vemos que Avn → Ax = y. Lembrando que y ∈ dBY é arbitrário e que x ∈ 3BX , vemos que o que acabamosde demonstrar é que A(3BX ) ⊃ dBY e, por linearidade, A(BX ) ⊃ (d/3)BY . Isto implica no Teorema 4.3.4 comδ = d/3.

Dados X e Y espaços normados e T : X → Y uma aplicação linear, definimos o gráfico de T como sendo osubconjunto de X×Y dado por

G(T ) := (x,T x) ∈ X×Y | x ∈ X.Dizemos que T é uma aplicação fechada se G(T ) é um subespaço fechado.

Podemos definir uma norma em X×Y por

‖(x,y)‖= ‖x‖X +‖y‖Y ,

chamada de norma produto. É possível demonstrar que, quando X e Y são Banach, então X×Y equipado com estanorma também será Banach. Observemos ainda que G(T ) é um subespaço vetorial não necessariamente fechadode X ×Y. O próximo resultado nos dá uma nova maneira de verificar se uma aplicação linear entre espaços deBanach é limitada.

Teorema 4.3.6 (Teorema do Gráfico Fechado) Se X e Y são espaços de Banach e T : X → Y é uma aplicaçãolinear, então T é limitada se, e somente se, G(T ) é fechado em X ×Y. Em outras palavras, T é limitado se, esomente se, sempre que (xn,T xn) convergir para (x,y) ∈ X×Y, tivermos que T x = y.

Demonstração. Suponhamos que T seja um operador limitado e seja (xn,T xn) uma sequência em G(T ) com(xn,T xn)→ (x,y). Temos então que ‖xn−x‖X → 0 e ‖T xn−y‖Y → 0. Por continuidade, ‖T xn−T x‖Y → 0 e assimT x = y.

Suponhamos agora que G(T ) seja fechado. Então, G(T ) é um espaço de Banach para a norma produto.Consideremos as projeções PX : G(T )→ X e PY : G(T )→ Y definidas por

PX (x,T x) = x e PY (x,T x) = T x.

Tanto PX quanto PY são lineares e contínuas. Além disso, PX é bijetiva e, pelo Teorema da Aplicação Inversa, P−1X

é contínua. Mas notemos queT = PY P−1

X ,

e temos que T é contínua, o que conclui a demonstração.

4.3.1 Alguns exemplos de aplicações e contra–exemplos

Nesta seção daremos alguns exemplos de aplicações dos teoremas da Seção 4.3 e alguns contra–exemplos quemostram que as hipóteses não podem ser enfraquecidas.


Decaimento dos coeficientes de Fourier de funções em L1.

Dada f ∈ L1(T) podemos definir os coeficientes de Fourier de f da mesma forma que fizemos para funçõescontínuas, isto é, temos associada a f a série

∞

∑k=−∞

akeikx,

ondeak = f (k) =

12π

∫π

−π

f (t)e−iktdt.

O Lema de Riemann–Lebesgue (veja [4], Corolário 2.1) implica que, se f ∈ L1([−π,π]), então

lim|k|→∞

| f (k)|= 0.

Uma questão natural que surge é a seguinte: dada uma sequência de números complexos (ak)k∈Z ∈ c0, (que seanulam no infinito), existe f ∈ L1([−π,π]) tal que f (k) = ak para todo k ∈ Z?

Definamos T : L1([−π,π])→ c0 porT ( f ) = ( f (k))k∈Z.

A questão acima é então equivalente à pergunta: T é sobrejetora?Observemos que

‖T f‖∞ = ‖( f (k))k∈Z‖∞ ≤ ‖ f‖L1 .

Além disso, se T f = 0 então f (k) = 0 para todo k ∈ Z, o que implica que f = 0 em L1([−π,π]) (veja o Teorema3.1, Capítulo 4 de [13]). Assim, T é injetiva. Se T fosse sobrejetiva, o Teorema da Aplicação Inversa nos daria aexistência de uma constante K > 0 tal que

K‖ f‖L1 ≤ ‖T f‖∞, para qualquer f ∈ L1([−π,π]). (4.1)

Tomemos então fn = DN , o n–ésimo núcleo de Dirichlet, que é dado por

DN(x) =N

∑k=−N

eikx,

e lembremos que ‖DN‖L1 → ∞ quando N→ ∞. Se (4.1) fosse verdadeira teríamos

K‖DN‖L1 ≤ ‖T DN‖∞ = 1,

o que é uma contradição.Consluímos que existem sequências de números complexos que decaem a zero no infinito mas que não são

coeficientes de Fourier de nenhuma função em L1([−π,π]).

C([0,1]) com a norma ‖ · ‖L1 não é um espaço de Banach.

Como já sabemos, (C([0,1]),‖ · ‖∞) é um espaço de Banach e, além disso, é fácil verificar que

‖ f‖L1 ≤ ‖ f‖∞, para qualquer f ∈C([0,1]).

Se (C([0,1]),‖ · ‖L1) fosse um espaço de Banach, utilizando o Corolário 4.3.3, teríamos que existiria umaconstante K > 0 tal que

‖ f‖∞ ≤ K‖ f‖L1 , para qualquer f ∈C([0,1]). (4.2)

Definamos para cada n ∈ N a função

fn(x) =

n− (n2/2)x se 0≤ x≤ 2/n,

0 se 2/n≤ x≤ 1.

Então‖ fn‖L1 = 1 e ‖ f‖∞ = n.

Assim, a sequência ( fn) não satisfaz (4.2) para qualquer constante K > 0 e (C([0,1]),‖ · ‖L1) não é Banach.


Um operador fechado e não limitado

Sejam Y =C([0,1]) e X =C1([0,1]), ambos equipados com a norma ‖ · ‖∞. Observemos que X não é completo jáque é um subespaço próprio e denso de Y com a norma ‖ ·‖∞. De fato, a primeira afirmação só nos diz que existemfunções contínuas que não são de classe C1 e a segunda afirmação segue do Teorema de Stone–Weierstrass1.

Seja T : X → Y o operador derivada, isto é, T f = f ′. Então T está bem definido e é linear.Afirmação: T é fechado mas não é limitado.

De fato:

• T não é limitado pois se fn : [0,1]→R é definida por fn(x)= xn, então f′n(x)= nxn−1, o que nos dá ‖ fn‖∞ = 1

mas ‖T fn‖∞ = ‖ f′n‖∞ = n;

• T é fechado, pois se ( fn) ⊂C1([0,1]) é tal que fn→ f e T fn = f′n→ g na norma do sup, então o Teorema

Fundamental do Cálculo implica que

fn(t) = fn(0)+∫ t

0f′n(s)ds;

passando ao limite temos que

f (t) = f (0)+∫ t

0g(s)ds;

novamente o Teorema Fundamental do Cálculo implica que f ∈C1([0,1]) e f ′ = g.

Concluímos que a hipótese de o domínio ser completo no Teorema do Gráfico Fechado é essencial paraobtermos a continuidade.

Décima aula↓

Subespaços fechados de C([0,1]).

Nos dedicaremos nesta seção à demonstração de que qualquer subconjunto de C([0,1]) que contém somentefunções diferenciáveis deve ser de dimensão finita. Iniciaremos com um resultado que será útil em outras situ-ações.

Lema 4.3.7 (Lema de F. Riesz) Seja Eum espaço vetorial normado e M ⊂ E um subespaço fechado tal que M 6=E. Então, dao ε > 0, existe x ∈ E tal que

‖x‖= 1 e dist(x,M)≥ 1− ε.

Demonstração. Seja y ∈ E \M. Como M é fechado, a distância entre v e M é estritamente positiva, digamos que

d = dist(v,M)> 0.

Dado ε > 0, existe m0 ∈M tal que

d ≤ ‖v−m0‖ ≤d

1− ε.

Segue que, para todo m ∈M,∥∥∥ v−m0

‖v−m0‖−m

∥∥∥= 1‖v−m0‖

∥∥v−m0−‖v−m0‖m∥∥≥ 1‖v−m0‖

≥ 1− ε,

pois m0 +‖v−m0‖m ∈M. Assim, o vetor

x =v−m0

‖v−m0‖−m

1Observe que aqui poderíamos ter utilizado o Exercício 91 para concluir que X não é fechado


satisfaz as propriedades requeridas.

O Lema 4.3.7 possui várias aplicações interessantes. Dentre elas, utilizaremos o fato que um espaço normadoonde conjuntos limitados e fechados são compactos deve ser de dimensão finita.

Proposição 4.3.8 (F. Riesz) Seja E um espaço vetorial normado no qual a bola unitária fechada B = B1(0) écompacta. Então E possui dimensão finita.

Demonstração. Suponhamos que E não seja de dimensão finita. Então, seja x1 ∈ E com ‖x1‖= 1 e consideremosE1 = [x1]. Pelo Lema 4.3.7 (com ε = 1/2), existe x2 ∈ E \E1 com ‖x2‖ = 1 e ‖x2− x1‖ ≥ 1/2. Definamos E2 =[x1,x2] e seja x3 ∈ E \E2 com ‖x3‖= 1 e com dist(x3,E2)≥ 1/2. Procedendo indutivamente, temos uma sequência(xn) ⊂ E com ‖xn‖ = 1 para todo n ∈ N e com ‖xn− xm‖ ≥ 1/2 sempre que m 6= n. Esta é uma sequência em Bque não pode possuir uma subsequência convergente, contradizendo o fato de B ser compacta.

A Proposição 4.3.8 juntamente com o Teorema da Aplicação Inversa implica no resultado a seguir.

Proposição 4.3.9 Todo subespaço vetorial fechado de C([0,1]) que contém somente funções continuamente difer-enciáveis deve ser de dimensão finita.

Demonstração. Seja E um subespaço fechado de C([0,1]) formado somente por funções em C1([0,1]). Então Etambém será fechado na norma

‖ f‖1,∞ = ‖ f‖∞ +‖ f ′‖∞.

De fato, se ( fn) ⊂ E é uma sequência de Cauchy com fn → f e f′n → g, de maneira que, tomando o limite na

igualdade

fn(t) = fn(0)+∫ t

0f′n(s)ds

seguirá que

f (t) = f (0)+∫ t

0g(s)ds,

ou seja, f é diferenciável e f ′ = g.Como C1([0,1]) é Banach na norma ‖ · ‖1,∞ temos que E equipado com esta norma é também Banach.Consideremos a identidade I : (E,‖·‖1,∞)→ (E,‖·‖∞). Claramente esta aplicação é bijetiva e contínua. Pelo

Teorema da Aplicação Inversa temos que a inversa é também contínua.Por outro lado, seja B a bola fechada unitária em (E,‖ ·‖1,∞). Então I(B) é limitado e fechado em (E,‖ ·‖∞).

Além disso, para cada f ∈ I(B),

| f (t)− f (s)|=∣∣∣∫ t

sf ′(τ)dτ

∣∣∣≤ ∫ t

s| f ′(τ)|dτ ≤ |t− s|,

ou seja, I(B) é equicontínuo. Segue do Teorema de Ascoli-Arzelá que I(B) é compacto em (E,‖ · ‖∞). Sendo ainversa de I limitada, temos que B é compacto em (E,‖·‖1,∞). Mas a bola unitária é compacta somente em espaçosde dimensão finita pela Proposição 4.3.8.

Bases de Schauder em espaços de Banach.

Seja X um espaço normado. Dizemos que uma sequência (xi) ⊂ X é uma base de Schauder de X se, para todox ∈ X , existe uma única sequência de escalares (ai)⊂ F tal que

x =∞

∑i=1

aixi,

onde a convergência da série é na norma de X . A unicidade da sequência de escalares (ai) para cada x implica queuma base de Schauder é um subconjunto linearmente independente.


Uma base de Schauder não deve ser confundida com uma base de Hamel. Enquanto uma base de Schauderé sempre enumerável, o Teorema da Categoria de Baire implica que, sempre que um espaço de Banach for dedimensão infinita, uma base de Hamel neste espaço deverá ser não enumerável.

Lembremos que um espaço métrico M é separável se existe um subconjunto de M que é enumerável e denso.Dizemos ainda que um subconjunto A de um espaço normado X é total em X se o espaço gerado por A,

denotado por [A], é denso em X .

Vamos apresentar dois resultados básicos sobre espaços separáveis e suas relações com bases de Schauder.

Proposição 4.3.10 Todo espaço normado X que possui uma base de Schauder é separável.

Demonstração. Seja (xi) uma base de Schauder de X . Então o conjunto

S = n

∑i=1

rixi | ri ∈Q,n ∈ N

é enumerável e denso em X . Segue que X é separável.

Proposição 4.3.11 Um espaço normado X é separável se, e somente se, existe um subconjunto enumerável totale linearmente independente em X .

Demonstração. Um argumento similar ao usado na demonstração da Proposição nos mostra que se existe umsubconjunto enumerável (xi) total em X , então X é separável.

Suponhamos então que X é separável e seja (xi) um subconjunto enumerável e denso em X . Defina uma se-quência (yi) através do seguinte processo indutivo: y1 é o primeiro elemento não nulo de (xi); escolhidos y1, . . . ,y j,escolha y j+1 como sendo o primeiro elemento não nulo de (xi)

∞i= j+1 de modo que y1, . . . ,y j+1 seja linearmente

independente (e este elemento não existir, a sequência terina). Por construção, temos que (xi) e (yi) geram omesmo espaço vetorial, mas esta última sequência é linearmente independente.

Dada uma base de Schauder (xi) em um espaço normado X , definamos x∗i : X → F por

x∗i (x) = ai, onde x =∞

∑i=1

aixi.

Observemos que cada x∗i é linear e x∗i (xn) = δin. Dizemos que a sequncia (xi,x∗i ) é biortogonal.Definimos ainda a sequência de aplicações lineares (Pn), onde Pn : X → X é dada por

Pn(x) =n

∑i=1

aixi, onde x =∞

∑i=1

aixi.

Segue que (Pn) satisfazPnPm = Pminm,n

Em particular, cada Pn é a projeção sobre o espaço [x1, . . . ,xn]. Além disso, como (xi) é uma base de Schauder,segue que Pnx→ x na norma de X . Como vale que

x∗n = Pn−Pn−1,

temos que x∗n é contínua sempre que cada Pn for contínua.

Teorema 4.3.12 Se (xi) for uma base de Schauder para o espaço de Banach X , então cada Pn é contínua. Alémdisso,

K = sup‖Pn‖< ∞.

Em particular, cada x∗n é contínua.


Demonstração. Seja (X ,‖ · ‖) um espaço de Banach. Definamos uma segunda norma ‖ · ‖1em X por

‖x‖1 = supn‖Pnx‖.

Como Pnx→ x, temos que ‖x‖1 < ∞ para qualquer x ∈ X , o que implica que ‖ · ‖1 está bem definida. Os demaisdetalhes da demonstração que ‖ · ‖1 é uma norma ficam como um exercício simples.

Afirmação: (X ,‖ · ‖1) é um espaço de Banach.Esta afirmação é a chave da demonstração. De fato, se considerarmos a identidade I : (X ,‖ · ‖1)→ (X ,‖ · ‖),

temos que I é contínua, pois

‖x‖= ‖ limn→∞

Pnx‖= limn→∞‖Pnx‖ ≤ sup

n‖Pnx‖= ‖x‖1;

mas sendo I bijetora e contínua, o Teorema da Aplicação Inversa nos dá que I−1 é também contínua, ou seja,

‖x‖1 ≤ K‖x‖,

para alguma constante K > 0, ou seja,‖Pix‖ ≤ sup

n‖Pnx‖ ≤ K‖x‖,

e Pi é contínua.Nos resta então demonstrar a Afirmação.Seja (yk) uma sequência de Cauchy em (X ,‖ · ‖1). Então,

‖Pnyi−Pny j‖ ≤ supn‖Pnyi−Pny j‖= ‖yi− y j‖1,

ou seja, para cada n, (Pnyk) é uma sequência de Cauchy em (X ,‖·‖). Segue que Pnyk→ zn quando k→∞ na normade (X ,‖ · ‖). Por outro lado,

‖zn− zm‖ ≤ ‖zn−Pnyk‖+‖Pnyk−Pmyk‖+‖Pmyk− zm‖.

Escolhemos k de maneira que o primeiro e o terceiro termo do lado direito sejam pequenos e depois escolhemos me n de maneira que o termo do meio seja pequeno (para est k fixado). Segue que (zn) é uma sequência de Cauchyem (X ,‖ · ‖).

Seja z = limn→∞ zn na norma ‖ ·‖. Vamos demonstrar que z = limn→∞ yk na norma ‖ ·‖1. Para tanto, observe-mos inicialmente que cada Pn é contínua pois sua imagem é um espaço de dimensão finita. Assim,

Pn(zm) = Pn( limk→∞

Pmyk)

= limk→∞

PnPmyk

= limk→∞

Pminn,m = zminn,m.

Segue que Pnz = zn. Finalmente,

‖yk− z‖1 = supn‖Pnyk− zn‖→ 0 quando k→ ∞.


A constante K = supn ‖Pn‖ é chamada de da base de Schauder (xi). Uma base em que K = 1 é chamada debase monótona. Segue da demonstração do Teorema 4.3.12 que qualquer espaço de Banach com base de Schauderpossui uma norma equivalente à primeira de maneira que, nessa nova norma, a base de Schauder é monótona. Defato, basta tomar a norma ‖ · ‖1.

4.4. EXERCÍCIOS 57

4.4 Exercícios

Exercício 86 O Teorema da categoria de Baire continua válido se ao invés de um espaço métrico completo tiver-mos um espaço de Hausdorff localmente compacto.Sugestão: um espaço topológico Z é compacto se, e somente se, para toda família de fechados para a qual qualquerintersecção finita é não vazia, tivermos que a intersecção de todos os elementos da família é também não vazia.

Exercício 87 O Teorema da Categoria de Baire continua válido em um espaço métrico M0 que é um subconjuntoaberto de um espaço métrico completo M.

Sugestão: Aplique o Teorema da categoria de Baire ao fecho de M0 em M.

Exercício 88 Seja x j j∈N uma enumeração de Q em R e considere os conjuntos

Un =∞⋃

j=1

(x j−

1n2 j ,x j +

1n2 j

), U =

∞⋂n=1

Un.

Demonstre que U é genérico mas possui medida de Lebesgue zero.

Exercício 89 Sejam F um subconjunto fechado e O um subconjunto aberto de um espaço métrico completo M.

a) Demonstre que F é de primeira categoria se, e somente se, F possui interior vazio.

b) Demonstre que O é de primeira categoria se, e somente se, O é vazio.

c) Demonstre que F é genérico se, e somente se, F = M e que O é genérico se, e somente se, Oc não possuiinterior.

Sugestão: para a), argumente por contradição assumindo que uma bola fechada B esteja contida em F. Aplique oTeorema da categoria de Baire ao espaço métrico completo B.

Exercício 90 Seja c = (xn)n∈N | xn ∈ R e (xn) converge.

a) Demonstre que c0 ⊂ c é um subespaço fechado que é nunca denso.

b) Demonstre que c⊂ l∞ é um subespaço fechado que é nunca denso.

Exercício 91 Se X é um espaço normado, demonstre que qualquer subespaço fechado próprio de X é um conjuntonunca denso.

Exercício 92 Se X é um espaço normado de dimensão infinita, o qual pode ser escrito como união enumerável desubespaços de dimensão finita, demonstre que X é de primeira categoria em si mesmo.

Exercício 93 Demonstre que se X é um espaço de Banach de dimensão infinita, então uma base de Hamel de Xnão pode ser enumerável.

Exercício 94 Demonstre que não existe norma que torne c00 em um espaço completo.

Exercício 95 Considere o espaço C([0,1]) equipado com a norma ‖ · ‖∞. O intuito desse exercício é demonstrarque o subconjunto de C([0,1]) formado pelas funções que não possuem derivadas em ponto algum de [0,1] égenérico em C([0,1]).

a) Seja EN o conjunto das funções contínuas f : [0,1]→ R tais que existe x∗ ∈ [0,1] com

| f (x)− f (x∗)| ≤ N|x− x∗|, para todo x ∈ [0,1].

Demonstre que EN é fechado em C([0,1]) para todo N ∈ N.


b) Seja P o subconjunto de C([0,1]) formado pelas funções contínuas e lineares por parte. Demonstre que P édenso em C([0,1]).

c) Para cada M > 0, seja PM ⊂ P o conjunto das funções contínuas, lineares por parte, onde cada segmentode reta possui inclinação sempre maior ou igual a M ou menor ou a −M. Demonstre que PM ∩EN = /0 seM > N.

d) Fixe M > 0 e seja g(x) = ax+ b uma função linear para x ∈ [0,1/n]. Demonstre que, dado ε > 0, existeh ∈ PM e n ∈ N grande tais que |h(x)−g(x)| ≤ ε, para todo x ∈ [0,1/n].

e) Demonstre que PM é denso em P e, consequentemente, que PM é denso em C([0,1]).

f) Demonstre que cada EN possui interior vazio.

g) Seja D o subconjunto das funções contínuas em [0,1] que possui derivada em pelo menos um ponto. Veri-fique que

D ⊂∞⋃

N=1

EN

e conclua que D é de primeira categoria.

Exercício 96 Seja X um espaço de Banach e B∗ ⊂ X∗. Suponha que para todo x ∈ X , o conjunto

f (x) | f ∈ B∗

é limitado. Demonstre que B∗ é limitado.

Exercício 97 Sejam X e Y dois espaços de Banach e a : X×Y → R uma forma bilinear satisfazendo:

i) para cada x ∈ X fixado, y 7→ a(x,y) é contínua;

ii) para cada y ∈ Y fixado, x 7→ a(x,y) é contínua.

Demonstre que existe uma constante C > 0 tal que

|a(x,y)| ≤C‖x‖‖y‖,

para qualquer (x,y) ∈ X×Y.Sugestão: introduza um operador linear T : X → Y ∗ e demonstre que T é limitado através do Exercício 96.

Exercício 98 Seja X =C([0,π]) equipado com a norma ‖ ·‖L1 . Considere a forma blinear a : X×X→R definidapor

a( f ,g) =∫

π

0f (t)g(t)dt.

Utilizando a sequência

fn(t) =

√nsen(nt) se 0≤ t ≤ π/n,

0 se π/n≤ t ≤ π,

verifique que a não é contínua. Este fato contradiz o Exercício 97?

Exercício 99 Nas hipóteses do Teorema de Banach–Steinhaus, demonstre que

‖T‖ ≤ liminfn→∞

‖Tn‖.

4.4. EXERCÍCIOS 59

Exercício 100 (Princípio de Condensação de Singularidades) Sejam X e Y dois espaços de Banach e considereo subconjunto Tjk | j,k ∈ N ⊂B(X ,Y ). Suponha que para cada k ∈ N exista x ∈ X tal que

supj∈N‖Tjkx‖= ∞.

Então existe um conjunto genérico A⊂ X tal que

supj∈N‖Tjkx‖= ∞, para todo x ∈ A e para todo k ∈ N.

Exercício 101 Seja (X ,‖ · ‖) um espaço de Banach de dimensão infinita. Então, existe uma outra norma ‖ · ‖1tal que o operador identidade I : (X ,‖ · ‖1)→ (X ,‖ · ‖) é limitado (até mesmo uma contração), mas não possuiinversa limitada.Sugestão: existe uma base eλ | λ ∈ Λ tal que ‖eλ‖= 1 para todo λ ∈ Λ e inf‖eµ −eλ‖ | λ ,µ ∈ Λ= 0; definaa nova norma por ∥∥∥ m

∑k=1

αkeλk

∥∥∥1=

m

∑k=1|αk|.

Exercício 102 Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y linear e limitado com M = kerT. Demonstre que Y eX/kerT são isomorfos, isto é, existe um operador linear bijetivo de um espaço no outro com inversa limitada.

Exercício 103 O termo aplicação fechada é usado tanto para operadores lineares entre espaços de Banach quesatisfazem as hipóteses do Teorema do Gráfico Fechado quanto para aplicações entre espaços topológicos queaplicam conjuntos fechados em conjuntos fechados. Estes dois conceitos não são equivalentes!

a) Suponha que X e Y sejam espaços normados e que T : X → Y é um operador linear que não é injetivo nemo operador nulo. Encontre um subconjunto fechado F de X tal que T (F) não é fechado em Y.

b) Encontre um operador linear T que satisfaz todas as hipóteses do Teorema do Gráfico Fechado mas para oqual existe um subconjunto fechado F do domínio de T tal que T (F) não é fechado na imagem de T.

Exercício 104 Sejam X e Y espaços de Banach e D⊂ X um subespaço. Suponha que T : D→Y seja um operadorlinear fechado. Demonstre que T é limitado se, e somente se, D é um subespaço fechado de X .

Exercício 105 Seja Y = l1(N) e X = y ∈ Y | ∑∞n=1 nyn < ∞ equipado com a norma de l1.

a) Demonstre que X é um subespaço próprio e denso de Y, consequentemente não completo.

b) Defina T : X → Y por T (y) = (nyn)n∈N. Demonstre que T é fechado mas não é limitado.

c) Seja S = T−1. Demonstre que S é sobrejetiva e limitada, mas não é aberta.

Exercício 106 (Construção de um operador ilimitado entre espaços de Banach) Seja X0 um espaço normadoque não é completo e X seu completamento. Seja T : X0→Y um operador ilimitado com Y Banach (existem váriosexemplos de operadores ilimitados com domínio não completo; veja, por exemplo o Exercício 105). Demonstreque T possui uma extensão T : X → Y linear e ilimitada.Sugestão: escolha uma base de Hamel eαα∈A para X0; estenda esta base para uma base eαα∈B, B⊃ A, paraX ; seja M o subespaço gerado por eαα∈B\A, de maneira que cada x ∈ X pode ser escrito unicamente comox = x1 + x2; x1 ∈ X0, x2 ∈M; defina T x = T (x1 + x2) = T x1. Você utilizou o Lema de Zorn? Quando?

Exercício 107 Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y um operador ilimitado.

a) Demonstre que o gráfico G(T ) não é completo.

b) Defina S : X → G(T ) por Sx = (x,T x). Demonstre que S é fechado mas ilimitado.


c) Demonstre que S−1 : G(T )→ X é limitado e sobrejetivo, mas não é aberto.

Exercício 108 Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈B(X ,Y ) sobrejetor. Demonstre que existe C > 0 tal que,para todo y ∈ Y, a equação T x = y possui solução x(y) ∈ X com ‖x(y)‖ ≤C‖y‖.

Exercício 109 Seja T : D(T )⊂ X → Y um operador linear com X e Y Banach. Considere em D(T ) a norma dográfico:

‖x‖T := ‖x‖+‖T x‖, x ∈ D(T ).

Demonstre que se T é fechado então (D(T ),‖ · ‖T ) é um espaço de Banach.

Exercício 110 Sejam T : D(T ) ⊂ X → Y e T : D(A) ⊂ X → Y dois operadores lineares com X e Y espaços deBanach. Demonstre que se T é fechado e A é contínuo com D(T ) ⊂ D(A), então T +A é fechado (D(A+T ) =D(A)∩D(T ) = D(T )).

Exercício 111 Sejam X e Y espaços vetoriais normados e T : X → Y um operador fechado. Demonstre que seK ⊂ X é compacto então T (K)⊂ Y é fechado.

Exercício 112 Seja X um espaço de Banach e considere um operador linear T : X → X∗ tal que

T x(x)≥ 0 para todo x ∈ X .

Demonstre que T é um operador limitado.Sugestão: utilize o Teorema do Gráfico Fechado.

Exercício 113 Seja X um espaço de Banach e considere um operador linear T : X → X∗ tal que

T x(y) = Ty(x)≥ 0 para quaisquer x,y ∈ X .

Demonstre que T é um operador limitado.

Exercício 114 Sejam X e Y dois espaços de Banach e T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear. Dizemos que Té fechável se T possui uma extensão para um operador fechado. Demonstre que as seguintes afirmações sãoequivalentes:

a) T : D(T )⊂ X → Y é fechável;

b) o fecho G(T ) de G(T ) é um gráfico;

c) nenhum elemento da forma (0,v), v 6= 0, é limite de elementos da forma (u,Tu).

Exercício 115 Se T : D(T )⊂ X → Y é um operador fechável com X e Y espaços de Banach, existe um operadorfechado T com gráfico G(T ) = G(T ). Este operador é chamado de fecho de T. Demonstre que T é a menorextensão fechada de T. Demonstre ainda que um ponto u ∈ X pertence ao domínio D(T ) se, e somente se, existeuma sequência (un)⊂ D(T ) tal que u = limun e (Tun) é de Cauchy.

Exercício 116 Seja T ∈B(X ,Y ) com X e Y espaços de Banach e S : D(S) ⊂ Y → Z um operador fechável comdomínio satisfazendo D(S)⊃ R(T ), onde Z é também Banach. Demonstre que ST ∈B(X ,Z).Sugestão: ST é fechável com domínio X , consequentemente fechado.

Capítulo 5

Dualidade, complementos e operadoreslineares

Nossa tarefa neste capítulo é nos aprofundar um pouco mais na teoria de operadores lineares entre espaços deBanach. Primeiramente, vamos estudar complementos topológicos para subespaços vetoriais e explorar a relaçãodeste conceito com resultados sobre invertibilidade de operadores limitados. Após isso, vamos retornar ao estudode ortogonalidade, definir o adjunto de um operador linear (como domínio não necessariamente sendo um espaçode Banach) e caracterizar tais operadores através de relações de ortogonalidade.

Décima primeira aula↓

5.1 Complemento topológico e inversão de operadores

Iniciamos esta seção com um resultado geométrico sobre a soma de dois subespaços de um espaço de Banach.

Teorema 5.1.1 Sejam X um espaço de Banach e G e L dois subespaços fechados de X tais que G+L é tambémfechado. Então existe uma constante C > 0 tal que todo z ∈ G+L admite uma decomposição da forma z = x+ y,x ∈ G, y ∈ L, e satisfaz as estimativas

‖x‖ ≤C‖z‖ e ‖y‖ ≤C‖z‖.

Demonstração. Consideremos o espaço G× L munido com a norma ‖(x,y)‖ = ‖x‖+ ‖y‖ e o espaço G+ Lmunido com a norma herdada de X . A aplicação T : G×L→ G+L definida por T (x,y) = x+ y é linear, contínuae sobrejetora. Por hipótese, tanto G×L quanto G+L são espaços de Banach. Segue do Teorema 4.3.4 que existeδ > 0 tal que

T (BG×L)⊃ δBG+L.

Seja z ∈ G+L, z 6= 0, e definamos

z =δ z

2‖z‖.

Então existe (x, y) ∈ BG×L tal que T (x, y) = z, isto é,

T(2‖z‖

δ(x, y)

)= z.

Seja então

(x,y) =2‖z‖

δ(x, y).

61

62 CAPÍTULO 5. DUALIDADE, COMPLEMENTOS E OPERADORES LINEARES

Temos que

‖x‖+‖y‖= ‖(x,y)‖= 2‖z‖δ‖(x, y)‖ ≤ 2‖z‖

δ.

Tomando C = 2/δ vemos quez = T (x,y) = x+ y ∈ G+L

e‖x‖ ≤C‖z‖, ‖y‖ ≤C‖z‖.

Isto conclui a demonstração.

Como consequência podemos estimar a distância de um ponto ao espaço G∩L em função da distância desseponto aos espaços G e L.

Corolário 5.1.2 Com as mesmas hipóteses do Teorema 5.1.1, temos que existe C > 0 tal que

dist(x,G∩L)≤C(

dist(x,G)+dist(x,L))

(5.1)

para todo x ∈ X .

Demonstração. Sejam x ∈ X e ε > 0. Por definição, existem a ∈ G e b ∈ L tais que

‖x−a‖ ≤ dist(x,G)+ ε e ‖x−b‖ ≤ dist(x,L)+ ε.

Seja z = a−b ∈ G+L. Aplicando o Teorema 5.1.1 à z obtemos que existe a′ ∈ G e b′ ∈ L tais que

z = a−b−a′+b′

e satisfazendo as estimativas‖a′‖ ≤C‖a−b‖, ‖b′‖ ≤C‖a−b‖.

Notando que a−a′ ∈ G∩L obtemos:

dist(x,G∩L)≤ ‖x− (a−a′)‖ ≤ ‖x−a‖+C‖a−b‖≤ ‖x−a‖+C(‖x−a‖+‖x−b‖)≤ dist(x,G)+ ε +C(dist(x,G)+dist(x,L)+2ε)

≤ C(dist(x,G)+dist(x,L))+(1+2C)ε.

Passando ao limite quando ε → 0 obtemos o resultado.

Seja G um subespaço fechado de um espaço de Banach X . Dizemos que um subespaço fechado L de X é umcomplemento topológico de G se G∩L = 0 e se G+L = X . Neste caso dizemos ainda que G e L são subespaçoscomplementares em X .

No caso em que G e L são subespaços complementares em X temos que todo z ∈ X se escreve de maneiraúnica como z = x+y, com x ∈G e y ∈ L. Resulta do Teorema 5.1.1 que as projeções z 7→ x e z 7→ y são operadoreslineares contínuos.

De uma maneira mais geral, um operador P ∈B(X) em um espaço de Banach X é chamado de projeção seele é idempotente, ou seja, se P2 = P. Neste caso temos a decomposição em soma direta

X = M+N, M∩N = 0,

onde M = PX e N = (IX −P)X . Observe que estes espaços são fechados pois M = ker(IX −P) e N = kerP.Não é sempre verdade que um subespaço fechado G de um espaço de Banach X possui complemento. Em

outras palavras, o espaço G não precisa ter uma projeção bem definida nele mesmo. Por outro lado, G pode possuirmais que uma projeção.

5.1. COMPLEMENTO TOPOLÓGICO E INVERSÃO DE OPERADORES 63

O papel do Teorema da Aplicação Aberta na demonstração do Teorema 5.1.1 é essencial, e o fato de G, Le G+L serem fechados é necessário para sua utilização. Se retirarmos a hipótese de que G e L são subespaçosfechados de X é possível que não tenhamos que a projeção seja contínua. Além disso, utilizando o Lema de Zorné possível demonstrar que, dado qualquer subespaço M de um espaço vetorial X , existe um subespaço N de X talque X = M+N e M∩M = 0.

Exemplo 5.1.3 Sejam X =C([−a,a]), a > 0, M e N os subconjuntos de X consistindo das funções pares e ímparesrespectivamente. Vamos verificar que M e N são subespaços complementares em X . A projeção P de M ao longode N é dada por

Pu(x) =12(u(x)−u(−x)).

Além disso, ‖P‖= ‖IX −P‖= 1.

Teorema 5.1.4 (Phillips) O subespaço c0(N) não possui complemento topológico em l∞(N).

Demonstração. Para cada M ⊂ N, definamos

l∞(M) := x = (xn) ∈ l∞ | xn = 0,n 6∈M.

Além disso, para cada f ∈ l∗∞, definimos a restrição fM = f∣∣M.

Fato 1: se os subconjuntos Mk, k ∈ N, são mutuamente disjuntos, então segue da definição das normas em l∞ e l∗∞que

∞

∑k=1‖ fMk‖ ≤ ‖ f‖.

Suponhamos que c0 possui um complemento topológico em l∞. Neste caso, existe uma projeção P : l∞→ l∞com imagem c0. Para cada k ∈ N, seja f k ∈ l∗∞ o funcional que associa a cada elemento x = (xn) ∈ l∞ a k–ésimacomponente de P(x) ∈ c0. Denotando por en a sequência que contém 1 na n–ésima entrada e 0 nas demais, vemosque f k(en) = 1 se k = n e f k(en) = 0 se n 6= k.

Vamos construir uma sequência de números naturais n0 < n1 < .. . , e uma sequência de conjuntos infinitos denúmeros M0 ⊃M1 ⊃ . . . . Colocamos n0 = 1 e M0 = N. Suponhamos que n0, . . . ,nk e M0, . . . ,Mk foram construí-dos. Consideremos uma partição arbitrária de Mk em conjuntos disjuntos infinitos Mk+1

m , m ∈ N, e os funcionaiscorresponentes f nk e f nk

Mk+1m

. Pela convergência da série de normas dos funcionais, temos que existe m ∈ N tal que

‖ f nkMk+1

m‖< 1/2 e n0, . . . ,nk 6∈Mk+1

m . Tomamos Mk+1 como sendo Mk+1m , considere um N ∈Mk+1 arbitrário tal que

N > nk e tomamos nk+1 = N.

Denotemos por yk a sequência com 1 nas posições nk,nk+1, . . . e 0 nas demais posições. Seja y= y1. Observe-mos que y = en1 + . . .+enk +yk+1, yk+1 ∈Mk+1, e ‖yk+1‖= 1 para todo k. Então, f nk(en1) = . . .= f nk(enk−1) = 0e f nk(enk) = 1. Dessa forma, pela escolha de cada Mk+1, temos que | f nk(y)|= |1+ f nk(yk+1)|> 1/2. Mas f nk(y)é a nk–ésimo termo da sequência P(y) ∈ c0, e assim f nk(y)→ 0 quando k→ ∞. Isto nos dá uma contradição.

É possível demonstrar que um subespaço fechado G de um espaço normado X possui complemento topológicoem X se, e somente se, todo operador limitado T0 : G→Y, onde Y é um espaço linear arbitrário, possui uma exten-são a um operador limitado T : X→Y. O exemplo dado pelo Teorema 5.1.4 nos diz que mesmo no caso de espaçosde Banach, nem todo operador linear definido em um subespaço vetorial possui uma extensão limitada. Em outraspalavras, o espaço F no Teorema de Hahn–Banach não pode ser substituído por um espaço de Banach arbitrário.Por outro lado, um resultado de Lindenstrauss e Tzafriri (veja [8]) nos diz que, se X for um espaço de Banach,então todo subespaço fechado de X possui um complemento topológico se, e somente se, X é topologicameteisomorfo a um espaço de Hilbert.

A noção de complemento em espaços de Banach está relacionada com inversão de operadores lineares con-tínuos.

Sejam X e Y dois espaços de Banach e T ∈ B(X ,Y ). Dizemos que S ∈ B(Y,X) (respectivamente, S ∈B(X ,Y )) é o inverso a direita de T (respectivamente, inverso a esquerda de T ) se T S = IY (respectivamente,ST = IX ). Denotamos por IX e IY o operador identidade em X e em Y.


Teorema 5.1.5 Sejam X e Y dois espaços de Banach e T ∈ B(X ,Y ) sobrejetivo. As seguintes afirmações sãoequivalentes:

a) T admite inverso a direita;

b) kerT admite complemento topológico em X .

Demonstração. Suponhamos inicialmente que S ∈B(Y,X) seja o inverso a direita de T. Como T é contínuo, oespaço kerT é fechado em X . Vamos demonstrar que R(S) = S(Y ) é um complemento topológico de kerT.

Dado z ∈ X , podemos escreverz = (z−ST z)+ST z,

com T (z− ST z) = T z− (T S)T z = 0, ou seja, z− ST z ∈ kerT e ST z ∈ R(S). Por outro lado, se x ∈ kerT ∩R(S),então existe y ∈ Y com Sy = x e T x = 0. Assim, y = T Sy = T x = 0, ou seja, 0 = Sy = x e kerT ∩R(S) = 0.

Falta demonstrar que R(S) é fechado. Seja x ∈ R(S) e (xn) ⊂ R(S) uma sequência tal que xn → x quandon→ ∞. Existe uma sequência (yn) ⊂ Y tal que Syn = xn para cada n. Por continuidade temos que yn = T Syn =T xn→ T x e Syn→ x quando n→ ∞. Portanto, Syn→ ST x, o que implica em S(T x) = x. Mas daí x ∈ R(S).

Suponhamos agora que kerT possui complemento topológico em Y denotado por L. Pelo Teorema 5.1.1 aprojeção P de X sobre L é limitada. Dado w ∈ Y, seja x ∈ X uma solução de T x = w que satisfaz

‖x‖ ≤C1‖w‖, (5.2)

o que é possível utilizando o Teorema da Aplicação Aberta como na demonstração do Teorema 5.1.1. DefinamosS : Y → X por Sw = Px. Verifiquemos que S está bem definida, isto é, independe da escolha de x. De fato, sex = a + b e x′ = a′ + b′ são soluções de T x = w com a,a′ ∈ kerT e b,b′ ∈ L, então Sw = b e Sw = b′; masT x = Ta+T b = T b e T x′ = T b′; portnato, T b = T b′ = w e T (b−b′) = 0, ou seja, b−b′ ∈ kerT ∩L = 0; assim,b = b′ e S está bem definido.

Verifiquemos a linearidade de S. Sejam w,v ∈ Y e x,y ∈ X com T x = w e Ty = v. Então

Sw+Sv = Px+Py = P(x+ y).

Como T (x+ y) = T x+Ty = w+ v, temos que S(w+ v) = P(x+ y) = Sw+Sy.Para demonstrar a continuidade de S usamos a continuidade de P e a desigualdade (5.2) para estimar:

‖Sw‖= ‖Px‖ ≤C‖x‖ ≤CC1‖w‖.

Finalmente, observemos queT Sw = T (Px),

onde T x = w. Logo,T Sw = T (Px) = T x = w,

já que, se x = a+b com a ∈ kerT e b ∈ L, então T (Px) = T x. Concluímos que T S = IY .

Décima segunda aula↓

Teorema 5.1.6 Sejam X e Y dois espaços de Banach e T ∈B(X ,Y ) injetivo. As seguintes afirmações são equiv-alentes:

a) T admite inverso a esquerda;

b) R(T ) = T (X) é fechada e admite complemento topológico em Y.

Demonstração. Seja S ∈ B(Y,X) tal que ST = IX . Vamos demonstra que R(T ) é fechada. Seja y ∈ R(T ) e(yn) ⊂ R(T ) com yn → y quando n→ ∞. Existe uma sequência (xn) ⊂ X tal que T xn = yn para cada n ∈ N. Porcontinuidade, xn = ST xn→ Sy e T xn→ T Sy. Assim, y = limT xn = T (Sy) e y ∈ R(T ).

5.2. ORTOGONALIDADE REVISITADA 65

Verifiquemos agora que kerS, que é fechado pela continuidade de S, é o complemente topológico de R(T ).Para cada y ∈ Y podemos escrever y = (y− T Sy)+ T Sy e, notando que S(y− T Sy) = Sy− (ST )Sy = 0, vemosque Y = kerS + R(T ). Mas se y ∈ kerS∩ R(T ), então Sy = 0 e existe x ∈ X com T x = y, o que implica quex = ST x = Sy = 0, ous eja, x = 0 e y = T x = 0. A conclusão é que kerS∩R(T ) = 0.

Suponhamos agora que A = R(T ) seja fechado e que possui complemento topológico B. Seja P a projeçãosobre A ao longo de B. Então todo y ∈ Y se escreve de maneira única como y = a+ b, a ∈ A, b ∈ B, e Py = a.Definamos S : Y → X por Sy = x, onde x é a única solução de T x = Py. Notemos que, para todo x ∈ X , ST x = u,onde Tu = P(T x). Como T x ∈ A, segue que P(T x) = T x, ou seja, Tu = T x. Segue da injetividade de T quex = u = ST x, ou seja, ST = IX . Para obtermos a continuidade de S, observamos que, sendo R(T ) fechado em Y,temos que R(T ) é Banach com a norma induzida. Como T pode ser visto como um operador bijetivo de X emR(T ), vemos que T−1 : R(T )→ X é contínuo. Mas daí, ‖x‖= ‖T−1Px‖ ≤C‖y‖. Isso implica que

‖Sy‖= ‖x‖ ≤C‖y‖,

e S é limitado.

5.2 Ortogonalidade revisitada

Necessitaremos de mais resultados sobre ortogonalidade entre subespaços de espaços de Banach.

Proposição 5.2.1 Sejam G e L dois subespaços fechados do espaço de Banach X . Então

G∩L = (G⊥+L⊥)⊥; (5.3)

G⊥∩L⊥ = (G+L)⊥. (5.4)

Demonstração. Seja f ∈ G⊥+L⊥. Então f = f1 + f2, com f1 ∈ G⊥, f2 ∈ L⊥ e, se x ∈ G∩L, teremos f (x) =f2(x)+ f2(x) = 0, ou seja, x ∈ (G⊥+L⊥)⊥. Para ainclusão contrária, observemos inicialmente que se N1 ⊂ N2,então N⊥2 ⊂ N⊥1 . Assim, como G⊥ ⊂ G⊥+L⊥, temos (G⊥+L⊥)⊥ ⊂ G⊥⊥ = G. Analogamente, (G⊥+L⊥)⊥ ⊂ Le portanto (G⊥+L⊥)⊥ ⊂ G∩L. Isto demonstra (5.3).

Seja agora f ∈ (G+ L)⊥. Então f (x+ y) = 0 sempre que x ∈ G e y ∈ L. Assim, f (x) = f (x+ 0) = 0 =f (0+ y) = f (y) se x ∈ G e y ∈ L. Segue que f ∈ G⊥ ∩L⊥. Reciprocamente, se f ∈ G⊥ ∩L⊥ e tivermos x ∈ G ey ∈ L,, então f (x+ y) = 0 e f ∈ (G+L)⊥. Assim, temos a validade de (5.4).

Corolário 5.2.2 Sejam G e L dois subespaços do espaço de Banach X . Então:

(G∩L)⊥ ⊃ G⊥+L⊥; (5.5)

(G⊥∩L⊥)⊥ = G+L. (5.6)

Demonstração. Basta utilizar a Proposição 3.4.1 e as igualdades (5.5) e (5.6).

Teorema 5.2.3 Sejam G e L dois subespaços fechados do espaço de Banach X . As seguintes afirmações ão equi-valentes:

a) G+L é fechado em X ;

b) G⊥+L⊥ é fechado em X∗;

c) G+L = (G⊥∩L⊥)⊥;

d) G⊥+L⊥ = (G∩L)⊥.

Demonstração. Demonstremos inicialmente que a) e c) são equivalentes. De fato, se tivermos que G + L éfechado, então por (5.6):

(G⊥∩L⊥)⊥ = G+L = G+L;


reciprocamente, valendo c), como (G⊥+L⊥)⊥ é sempre fechado, temos que G+L = G+L.Observemos agora que d) implica em b), já que se G⊥+L⊥ = (G∩L)⊥, então G⊥+L⊥ é fechado em X∗.Agora demonstraremos que a) implica em d), onde teremos que utilizar a estimativa do Teorema 5.1.1. A

igualdade (5.3) implica que (G∩L)⊥ ⊃ G⊥+L⊥. Precisamos então demonstrar a inclusão inversa. Para isso, sejaf ∈ (G∩L)⊥. Definamos ϕ : G+L→ R da seguinte maneira:

ϕ(x) = f (a), onde x = a+b,a ∈ G,b ∈ L.

Primeiro verifiquemos que ϕ independe da decompisção de x. De fato, se x = a+b = a′+b′, a,a′ ∈ G, b,b′ ∈ L,então a− a′,b− b′ ∈ G∩ L e, como f ∈ (G∩ L)⊥, temos que f (a− a′) = 0, isto é, f (a) = f (a′). Além disso,a linearidade de f implica na linearidade de ϕ. Pelo Teorema 5.1.1 podemos tomar uma decomposição de x demaneira que ‖a‖ ≤C‖x‖, ou seja,

‖ϕ(x)‖ ≤C‖x‖, para todo x ∈ G+L.

Assim, ϕ é contínua em G+L e, utilizando Hahn-Banacch, podemso estender ϕ a um funcional linear ϕ ∈ X∗.Escrevemos

f = ( f − ϕ)+ ϕ.

Notemos que se x ∈ G, então x = x+ 0 ∈ G+L e ( f − ϕ)(x) = f (x)−ϕ(x) = 0, ou seja, f − ϕ ∈ G⊥. Se y ∈ L,então y= 0+y∈G+L e ϕ(y) = ϕ(y) = f (0) = 0 e ϕ ∈ L⊥. Como f ∈ (G∩L)⊥ é arbitrário, temos que (G∩L)⊥ ⊂G⊥+L⊥.

Nos resta demonstrar que b) implica em a). Esta implicação será obtida em vários passos.

Passo 1. Como G⊥+L⊥ é fechado em X∗, o Corolário 5.1.2 nos diz que existe uma constante C > 0 tal que

dist( f ,G⊥∩L⊥)≤C(

dist( f ,G⊥)+dist( f ,L⊥)), para qualquer f ∈ X∗. (5.7)

Necessitaremos de um lema auxiliar que caracteriza a distância entre um funcional limitado e o ortogonal deum subespaço fechado.

Lema 5.2.4 Seja M um subespaço fechado do espaço de Banach X . Então

dist( f ,M⊥) = sup f (x) | x ∈M,‖x‖ ≤ 1, para qualquer f ∈ X∗.

Aplicando o Lema 5.2.4 aos espaços G, L, e G+L e usando que (G+L)⊥ = G⊥∩L⊥ obtemos as seguintesigualdades:

dist( f ,G⊥) = sup f (x) | x ∈ G,‖x‖ ≤ 1, (5.8)

dist( f ,L⊥) = sup f (x) | x ∈ L,‖x‖ ≤ 1, (5.9)

dist( f ,G⊥∩L⊥) = sup f (x) | x ∈ G+L,‖x‖ ≤ 1, (5.10)

as quais são válidas para qualquer f ∈ X∗. Cominando (5.7)–(5.10) encontramos

sup f (x) | x ∈ G+L,‖x‖ ≤ 1 ≤C(

sup f (x) | x ∈ G,‖x‖ ≤ 1+ sup f (x) | x ∈ L,‖x‖ ≤ 1), (5.11)

para qualquer f ∈ X∗.

Afirmação 1: denotando por BM a bola de centro 0 e raio 1 em um espaço vetorial normado M, se C > 0 é aconstante de (5.11), então

BG +BL ⊃C−1BG+L. (5.12)

Faremos a demonstração da Afirmação 1 logo adiante. Por enquano, consideremos o espaço E = G× Lmunido com a norma

‖(x,y)‖ := max‖x‖,‖y‖,

5.2. ORTOGONALIDADE REVISITADA 67

e F = G+L com a norma induzida de X . A aplicação T : E→ F definida por T (x,y) = x+ y é linear e

‖T (x,y)‖ ≤ ‖x‖+‖y‖ ≤ 2max‖x‖,‖y‖= 2‖(x,y)‖,

ou seja, T é limitada. Além disso, por (5.12) temos que

T (BE) = BG +BL ⊃C−1BF . (5.13)

Para finalizar, faremos mais uma afirmação.

Afirmação 2: com C sendo a constante de (5.13) temos que

T (BE)⊃ (2C)−1BF .

Agora, pela Afirmação 2, para qualquer z ∈ F, z 6= 0, como (2C‖z‖)z ∈ BF , temos que existe x ∈ BE tal que

T x =z

2C‖z‖,

ou seja, T (2C‖z‖x) = z e T é sobrejetiva. Mas então

G+L = T (E) = F = G+L,

e G+L é fechado. Isto conclui a demontração do teorema, a menos das afirmações 1 e 2 e do Lema 5.2.4.

Demonstração da Afirmação 2. Usaremos as ideias do Teorema 4.3.4. Suponhamos que T (BE) ⊃ 2δBF , paraalgum δ > 0. Seja y ∈ F fixo com ‖2y‖ < 2δ . Dado ε > 0, existe z′ ∈ E com ‖z′‖ < 1 e ‖2y−T z′‖ < 2ε, isto é,existe z ∈ E com ‖z‖< 1/2 e ‖y−T z‖< ε. Utilizando este fato podemos utilizarum processo indutivo:

• tomando ε = δ/2 temos que existe z1 ∈ E, ‖z1‖< 1/2 com ‖y−T z1‖< δ/2;

• aplicando o procedimento inicial a y−T z1 e tomando ε = δ/4 temos que existe z2 ∈ E, ‖z2‖ < 1/4 com‖(y−T z1)− z2‖< δ/4;

• continuando este processo, obtemos uma sequência (zn)⊂ E tal que, para cada n ∈ N,

‖zn‖<12n , ‖y−T (z1 + . . .+ zn)‖<

δ

2n .

Observemos que a sequência (xn) definida por xn = z1 + . . .+ zn é de Cauchy. Portanto, xn→ x ∈ E e

‖x‖= lim‖xn‖ ≤ ‖z1‖+ limn

∑i=2‖zi‖ ≤ ‖z1‖+

12< 1.

Segue que ‖x‖< 1 e T x = y pela continuidade de T, ouse seja, δBF ⊂ T (BE). A Afirmação 2 segue se tomarmosδ = 1/(2C).

Décima terceira aula↓

Demonstração da Afirmação 1. Suponhamos por contradição que exista x0 ∈ G+L com ‖x0‖ < 1/C mas x0 6∈BG +BL. Dessa forma, poderíamos separar estritamente x0 e BG +BL com um hiperplano fechado em X . Ditode outra forma, existiriam f ∈ X∗ e α ∈ R tais que

f (x)< α < f (x0), para todo x ∈ BG +BL,

ou seja,f (a)+ f (b)< α < f (x0), para quaisquer a ∈ BG,b ∈ BL.


Tomando o sup em a ∈ BG e depois em b ∈ BL encontramos

sup f (x) | x ∈ G,‖x‖< 1+ sup f (x) | x ∈ L,‖x‖< 1 ≤ α < f (x0)

Multiplicando por C ambos os lados dessa desigualdade obtemos

C(

sup f (x) | x ∈ G,‖x‖< 1+ sup f (x) | x ∈ L,‖x‖< 1)< f (Cx0),

e Cx0 ∈ G+L com ‖Cx0‖< 1, o que contradiz (5.11).

Na demonstração do Lema 5.2.4 necessitaremos ainda de outro lema.

Lema 5.2.5 Seja M um subespaço fechado de um espaço de Banach X . Então

dist(x,M) = sup f (x) | f ∈M⊥,‖ f‖< 1,

para qualquer x ∈ X .

Demonstração. Por definição temos que

dist(x,M) = inf‖x− y‖;y ∈M.

Se f ∈M⊥ e y ∈M então f (x) = f (x− y), ou seja

| f (x)| ≤ ‖ f‖‖x− y‖,

ou seja, se ‖ f‖ ≤ 1,sup| f (x)| | f ∈M⊥,‖ f‖ ≤ 1 ≤ dist(x,M).

Vamos demonstrar que vale a igualdade.Se dist(x,M) = 0 então x∈M =M e f (x) = 0 para qualquer f ∈M⊥. Assim, podemos assumir que x∈X \M.

Definamos o funcional ϕ : [M∪x]→ R por

ϕ(y+αx) = α dist(x,M).

Observemos que ϕ(x) = dist(x,M) e que ϕ é linear. Além disso, se y+αx ∈ [M∪x] e α 6= 0,

|α dist(x,M)|= | inf‖|α|x−|α|y′‖;y′ ∈M

≤∥∥∥|α|x+ |α|y

α

∥∥∥=|α||α|‖αx+ y‖,

o que implica que ϕ é contínuo em M. Além disso, ‖ϕ‖= 1.Seja f ∈ X∗ uma extensão de ϕ com ‖ f‖ = ‖ϕ‖ = 1 dada pelo Teorema de Hahn–Banach. Notemos que

f (x) = dist(x,M) e f∣∣M = ϕ

∣∣M = 0. Assim, a distância para algum f ∈M⊥.

Finalmente podemos demonstrar o Lema 5.2.4.

Demonstração do Lema 5.2.4. Pelo Lema 5.2.5 podemos escrever

dist( f ,M⊥) = supx∗∗( f ) | x∗∗ ∈M⊥⊥,‖x∗∗‖ ≤ 1 (5.14)

para qualquer f ∈ X∗. Seja J : X → X∗∗ a imersão canônica e lembremos que ‖Jx‖ = ‖x‖. Usando em (5.14)somente os x∗∗ da forma x∗∗ = Jx para algum x ∈ X vemos que

sup f (x) | x ∈M;‖x‖ ≤ 1 ≤ dist( f ,M⊥).

5.3. ADJUNTO DE OPERADORES LINEARES 69

Falta demonstrar a desigualdade inversa. Para tanto, vamos verificar que existe g ∈M⊥ tal que

‖ f −g‖= ‖ f‖M∗ .

Disso seguirá quedist( f ,M⊥)≤ ‖ f −g‖= ‖ f‖M∗ = sup f (x) | x ∈M;‖x‖ ≤ 1.

Fixado f ∈ X∗, definamos f1 = f∣∣M. Pelo Teorema de Hahn–Banach, existe uma extensão de f1, denotada

por f2 ∈ X∗ tal que‖ f2‖X∗ = ‖ f‖M∗ .

Definamos então g = f − f1.

Observação 5.2.6 Um caso particular do Lema 5.2.5 é quando M = 0, o que nos dá

‖x‖= sup f (x) | f ∈ X∗,‖ f‖ ≤ 1.

Já se aplicarmos o Lema 5.2.4 ao caso em que M = X obtemos

‖ f‖= sup f (x) | x ∈ X ,‖x‖ ≤ 1.

5.3 Adjunto de operadores lineares

Sejam X e Y espaços de Banach. Vamos considerar nesta seção operadores lineares A : D(A) ⊂ X → Y em queD(A) é um subespaço de X , isto é, operadores lineares para os quais o domínio não é todo o espaço. Mesmo nessecaso, diremos que A é limitado se existe uma constante C > 0 tal que

‖Au‖ ≤C‖u‖, para todo u ∈ D(A).

Na maioria das situações teremos que A é um operador fechado com domínio denso, isto é, o gráfico de A, denotadopor G(A)⊂ X×Y é fechado e D(A) = X .

Seja A : D(A)⊂ X → Y um operador linear fechado com domínio denso. Vamos definir um opereador linearA∗ : D(A∗)⊂ Y ∗→ X∗ associado à A da seguinte maneira:

• definimos o domínio de A∗ como sendo o subespaço

D(A∗) := v ∈ Y ∗ | existe C > 0 tal que |v(Au)| ≤C‖u‖, para todo u ∈ D(A);

• dado v ∈ D(A∗), consideremos o funcional linear g : D(A)→ R definido por

g(u) = v(Au), u ∈ D(A),

e observemos que |g(u)| ≤C‖u‖;

• como D(A) é denso em X , existe uma única extensão linear f de g para todo X que satisfaz também

| f (u)| ≤C‖u‖, para todo u ∈ X ,

ou seja, f ∈ X∗;

• finalmente definimosA∗v = f .

Observemos que a linearidade de A∗ segue da unicidade da extensão de g. Além disso, vemos que não énecessário utilizar o Teorema de Hahn–Banach para encontrar f extensão de g.

O operador A∗ : D(A∗) ⊂ Y ∗ → X∗ é chamado de operador adjunto de A. Utilizando-nos da notação dedualidade f (x) = 〈 f ,x〉 para a ação de um funcional em x ∈ X , temos a seguinte relação fundamental entre A e A∗ :

〈v,Au〉= 〈A∗v,u〉, sempre que u ∈ D(A),v ∈ D(A∗).


Proposição 5.3.1 Sejam X e Y espaços de Banach e A : D(A) ⊂ X → Y um operador linear com domínio denso,ou seja, D(A) = X . Então A∗ é fechado, isto é, G(A∗) é fechado em Y ∗×X∗.

Demonstração. Seja (vn)⊂ D(A∗) tal que vn→ v em Y ∗ e A∗vn→ f em X∗. Precisamos demonstrar que

v ∈ D(A∗) e A∗v = f .

Notemos que〈vn,Au〉= 〈A∗vn,u〉, para todo u ∈ D(A).

No limite obtemos〈v,Au〉= 〈 f ,u〉, para todo u ∈ D(A).

Como f ∈ X∗,|〈v,Au〉|= |〈 f ,u〉| ≤C‖u‖, para todo u ∈ D(A).

Segue que v ∈ D(A∗). Por outro lado,

〈A∗v,u〉= 〈v,Au〉= 〈 f ,u〉, para todo u ∈ D(A),

e A∗v = f , o que finaliza a demonstração.

Exemplo com um operador diferencial

Vamos apresentar as ideias gerais sobre um exmeplo interessante de operador linear e de seu adjunto. Para apre-sentarmos este exemplo, lembremos que se uma função f é absolutamente contínua em um intervalo [a,b], entãoa derivada f ′ existe em quase todo ponto de [a,b] e é uma função integrável, isto é, f ′ ∈ L1[a,b]. Além disso,

f (x) = f (a)+∫ x

af ′(t)dt

para todo x∈ [a,b]. Vale também a fórmula de integração por partes: sempre que f e g são absolutamente contínuasem [a,b] vale ∫ b

af (t)g′(t)dt +

∫ b

af ′(t)dt = f (b)g(b)− f (a)g(a).

Para definirmos o operador T, começamos pelo seu domínio. Definamos o subespaço de L2[0,2π] por

D(T ) =

f ∈ L2[0,2π] | f é absolutamente contínua , f (0) = f (2π) = 0, f ′ ∈ L2[0,2π].

O subespaço D(T ) é denso em L2[0,2π].1

Para cada f ∈ D(T ), definamosT f = f ′.

Claramente T é um operador linear. Além disso, podemos adaptar o exemplo dado na Seção 4.3.1 para demons-trarmos que T é fechado.

Agora, lembremos que o Exercício 48 nos diz que um funcional ϕ ∈ (L2[0,2π])∗ é caracterizado por

ϕ( f ) =∫ 2π

0f (t)h(t)dt,

para alguma h ∈ L2[0,2π]. Por outro lado, para encontrarmos T ∗ necessitamos estudar a relação fundamental

〈g,T f 〉= 〈T ∗g, f 〉

para f ∈ D(T ) e g ∈ D(T ∗). Suponhamos que g,g∗ ∈ L2[0,2π] são tais que

〈g,T f 〉= 〈g∗, f 〉1Este fato pode ser demonstrar utilizando-se a teoria de espaços de Hilbert que veremos adiante e escolhendo uma base de Schauder

específica para L2[0,2π] contida em D(T ), mas podemos também verificar de outras formas.


para qualquer f ∈ D(T ). Temos por um lado que

〈g∗, f 〉= 〈g,T f 〉= 〈g, f ′〉=∫ 2π

0f ′(t)g(t)dt,

e, por outro lado:

〈g∗, f 〉=∫ 2π

0f (t)g∗(t)dt.

Se definirmosg∗∗(t) =

∫ t

0g∗(s)ds,

usando integração por partes obtemos:

〈g∗, f 〉=∫ 2π

0f (t)(g∗∗(t))′dt = f (t)g∗∗(t)

∣∣∣2π

0−∫ 2π

0f ′(t)g∗∗(t)dt.

Como f ∈ D(T ), temos que f (0) = f (2π) = 0. Segue que∫ 2π

0f ′(t)

(g(t)+g∗∗(t)

)dt = 0, para qualquer f ∈ D(T ).

Lema 5.3.2 Suponha que ∫ 2π

0f ′(t)

(g(t)+g∗∗(t)

)dt = 0, para qualquer f ∈ D(T ).

Então g(t)+g∗∗(t) = c para alguma constante c em quase todo t ∈ [0,2π].

Observemos agora que g∗ ∈ L2[0,2π]⊂ L1[0,2π]. Como g∗∗, é a integral de uma função em L1[0,2π], temosque g∗∗ é absolutamente contínua. Pelo Lema 5.3.2, g = c−g∗∗, e portanto g também é absolutamente contínua.Além disso,

g′(t)+g∗(t) = 0, para quase todo t ∈ [0,2π].

Segue que g′ ∈ L2[0,2π].

Conclusão: se g,g∗ ∈ L2[0,2π] são tais que

〈g,T f 〉= 〈g∗, f 〉

para qualquer f ∈ D(T ), então g é absolutamente contínua e g′ ∈ L2[0,2π]. Definimos então

D(T ∗) =

g ∈ L2[0,2π] | g é absolutamente contínua ,g′ ∈ L2[0,2π],

e daíT ∗g = g∗ =−g′, g ∈ D(T ∗).

Demonstração do Lema 5.3.2. Seja h(t) = g(t)+g∗∗(t) e suponhamos que∫ 2π

0f ′(t)h(t)dt = 0, para qualquer f ∈ D(T ).

Observemos que h ∈ L2[0,2π]⊂ L1[0,2π]. Seja f0uma função definida em [0,2π] tal que

f′1(t) = h(t)− c,

onde c é uma constante que ainda será determinada. Então f′1 ∈ L2[0,2π] e

f1(x) =∫ x

0h(t)dt−

∫ x

0cdt.


Segue que f é absolutamente contínua em [0,2π] e, além disso, f1(0) = 0. Escolhemos agora c de maneira quef (2π) = 0. Assim, f1 ∈ D(T ). Por outro lado,∫ 2π

0|h(t)− c|2dt =

∫ 2π

0(h(t)− c)h(t)dt− c

∫ 2π

0h(t)dt + c22π

=∫ 2π

0f′(t)h(t)dt− c

(∫ 2π

0h(t)dt−

∫ 2π

0cdt)

= 0− c f1(2π) = 0.

Vemos então queh(t)− c = 0, para quase todo t ∈ [0,2π].

Isto finaliza a demonstração do lema.

Décima quarta aula↓

Gostaríamos agora de investigar as relações de ortogonalidade entre a imagem e o núcleo dos operadores Ae A∗. Para isto, definimos uma aplicação auxiliar I : Y ∗×X∗→ X∗×Y ∗ por

I(v, f ) = (− f ,v).

Proposição 5.3.3 Seja A : D(A)⊂ X → Y um operador linear com domínio denso. Então temos que

I(G(A∗)) = G(A)⊥.

Demonstração. Seja (v, f )∈Y ∗×X∗. Observe que (v, f )∈G(A∗) se, e somente se,−〈 f ,u〉+〈v,Au〉= 0 para todou ∈ D(A). Mas isso é equivalente a dizer que (− f ,v) ∈ G(A)⊥, pois temos a caracterização (X ×Y )∗ = X∗×Y ∗.Isso conclui a demonstração.

Proposição 5.3.4 Seja A : D(A) ⊂ X → Y um operador fechado com domínio denso, onde X e Y são espaços deBanach, e A∗ : D(A∗)⊂ Y ∗→ X∗ seu adjunto. Defina

G = G(A), L = X×0.

Então:

kerA×0= G∩L; (5.15)X×R(A) = G+L; (5.16)

0×kerA∗ = G⊥∩L⊥; (5.17)

R(A∗)×Y ∗ = G⊥+L⊥. (5.18)

Demonstração. Para (5.15) temos:

G∩L = (u,Au) | u ∈ D(A),Au−0= (u,0) | u ∈ D(A),A(u) = 0= kerA×0.

Analogamente,

G+L = (u,Au)+(w,0) | u ∈ D(A),w ∈ X= (u+w,Au) | u ∈ D(A),w ∈ X= X×R(A),

e segue (5.16). Notando que L⊥ = 0×Y ∗ que vale (5.17):

G⊥∩L⊥ = (− f ,v) | A∗v = f , f = 0= 0×kerA∗.

Finalizando,

G⊥+L⊥ = (− f ,v)+(0,m) | A∗v = f ,m ∈ Y ∗= (−A∗v,v+m) | m ∈ Y ∗,v ∈ D(A∗)= R(A∗)×Y ∗,

e vale (5.18).

Como consequência da Proposição 5.3.4 temos as relações de ortogonalidade entre o núcleo e a imagem deum operador e de seu adjunto.


Corolário 5.3.5 Sejam X e Y espaços de Banach e A : D(A) ⊂ X → Y um operador fechado com domínio densosendo A∗ : D(A∗)⊂ Y ∗→ X∗ seu adjunto. Então se verifica:

a) kerA = R(A∗)⊥;

b) kerA∗ = R(A)⊥;

c) (kerA)⊥ ⊃ R(A∗);

d) (kerA∗) = R(A).

Demonstração. Por (5.18), (5.5) e (5.15) temos:

(R(A∗)×Y ∗)⊥ = R(A∗)⊥×0= (G⊥+L⊥)⊥ = G∩L = kerA×0,

o que nos dá kerA = R(A∗)⊥, isto é, vale o item a).Utilizando (5.16), (5.6) e (5.17) temos:

(X×R(A))⊥ = 0×R(A)⊥ = (G+L)⊥ = G⊥∩L⊥ = 0×kerA∗,

de onde segue que o item b): kerA∗ = R(A)⊥.O item c) segue do item a), pois

(kerA)⊥ = (R(A∗)⊥)⊥ ⊃ R(A∗).

Já pelo item b) obtemos(kerA∗)⊥ = (R(A)⊥)⊥ = R(A),

ou seja, obtemos o item d).

Vejamos uma consequência importante dos resultados anteriores.

Teorema 5.3.6 Sejam X e Y dois espaços de Banach e A : D(A)⊂X→Y um operador linear fechado com domíniodenso. Então as seguintes propriedades são equivalentes:

a) R(A) é fechado;

b) R(A∗) é fechado;

c) R(A) = (kerA∗)⊥;

d) R(A∗) = (kerA)⊥.

Demonstração. Continuemos com a notação G = G(A), L = X ×0 e lembremos que o produto cartesiano éfechado se, e somente se, cada fator é fechado. Pelo que já vimos temos:

• R(A) é fechado se, e somente se, X×R(A) = G+L é fechado;

• R(A∗) é fechado se, e somente se, R(A∗)×Y ∗ = G⊥+L⊥ é fechado;

• R(A) = (kerA∗)⊥ é equivalente a X×R(A) = X× (kerA∗)⊥, que por sua vez é equivalente a

G+L = (G⊥+L⊥)⊥,

já que X× (kerA∗)⊥ = (0×kerA∗)⊥ e G+L = X×R(A).

• R(A∗) = (kerA)⊥ é equivalente a R(A∗)×Y ∗ = (kerA)⊥×Y ∗, ou ainda, equivalentemente,

G⊥+L⊥ = (G∩L)⊥,

uma vez que (kerA×0)⊥ = (kerA)⊥×Y ∗ e G⊥+L⊥ = R(A∗)×Y ∗.

Utilizando estas maneiras equivalentes de reescrevermos os itens a)–d) aplicamos o Teorema 5.2.3 paraconcluir a demonstração.


5.4 Operadores lineares sobrejetivos

O próximo resultado é importante em certas aplicações e caracteriza operadores lineares sobrejetivos.

Teorema 5.4.1 (Método de estimativas a priori) Sejam X e Y espaços de Banach e A : D(A) ⊂ X → Y um ope-rador linear fechado com domínio denso. Então as seguintes propriedades são equivalentes:

a) A é sobrejetivo;

b) existe uma constante C > 0 tal que

‖v‖ ≤C‖A∗v‖, para todo v ∈ D(A∗);

c) kerA∗ = 0 e R(A∗) é fechado.

Demonstração. Verifiquemos que a) implica em c). De fato, se R(A) = Y, pelo Corolário 5.3.5 que kerA∗ =Y⊥ = 0; mas daí, (kerA∗)⊥ = Y = R(A) e pelo Teorema 5.3.6 temos que R(A∗) é fechado.

Agora vejamos que c) implica em a). Ora, sendo R(A∗) fechado, o Teorema 5.3.6 nos diz que R(A) =(kerA∗)⊥, e portanto, se kerA∗ = 0, vemos que R(A) = 0⊥ = Y.

Demonstraremos a seguir que b) implica em c). Notemos inicialmente que se ‖v‖≤C‖A∗v‖= 0, então v= 0,ou seja, kerA∗ = 0. Para demonstrarmos que R(A∗) é fechado, tomemos (vn) ⊂ R(A∗) com vn → v em X∗. Se(un)⊂ Y ∗ é tal que A∗un = vn, temos que

‖un−um‖ ≤C‖A∗un−A∗um‖→ 0, quando n,m→ ∞.

Portanto, (un) é de Cauchy em Y ∗, convergindo para u ∈ Y ∗. Como A∗ é fechado (pois A é fechado com domíniodenso), obtemos que u ∈ D(A∗) e A∗u = v. Portanto, v ∈ R(A∗) e assim R(A∗) é fechado.

Finalmente veremos que c) implica em b). Utilizando novamente a notação G = G(A) e L = X ×0 e asigualdades (5.17) e (5.18) obtemos

G⊥∩L⊥ = 0×kerA∗ = 0

eG⊥+L⊥ = R(A∗)×Y ∗,

o que nos diz que G⊥+L⊥ é fechado. Pelo Teorema 5.1.1, existe uma constante C > 0 tal que todo zinG⊥+L⊥ sedecompõe de maneira única (pois G⊥∩L⊥ = 0) como

z = a+b, a ∈ G⊥,b ∈ L⊥, a≤C‖z‖,b≤C‖z‖.

Em particular, seja v ∈ D(A∗) e consideremos z = (A∗v,0). Escrevemos,

z = a+b, a = (A∗v,−v) ∈ G⊥, b = (0,v) ∈ L⊥.

pois L⊥ = 0×Y ∗ e 〈(A∗v,−v),(u,Au)〉= A∗v(u)− v(Au) = 0. Segue que

‖v‖= ‖b‖ ≤C‖z‖=C‖A∗v‖, para todo v ∈ D(A∗).

Isto conclui a demonstração do teorema.

O Teorema 5.4.1 pode ser demonstrado també na sua versão adjunta.

Teorema 5.4.2 Sejam X e Y espaços de Banach e A : D(A) ⊂ X → Y um operador linear fechado com domíniodenso. Então as seguintes propriedades são equivalentes:

a) A∗ é sobrejetivo;

5.5. EXERCÍCIOS 75

b) existe uma constante C > 0 tal que

‖u‖ ≤C‖Au‖, para todo u ∈ D(A);

c) kerA = 0 e R(A) é fechado.

Demonstração. Análoga à do Teorema 5.4.1.

Observação 5.4.3 Na prática, estabelecer que um certo operador linear é sobrejetivo está associado com res-olução de equações integrais ou diferenciais. Assim, podemos utilizar a equivalência entre os itens a) e b nosTeoremas 5.4.1 ou 5.4.2 e seguir o seguinte roteiro: considera-se a equação A∗v = f com f ∈ Y ∗ e se demonstraque ‖v‖ ≤C‖ f‖ com C > 0 independente de f , ou seja, supõe-se a priori que a equação possui uma solução e seestima a norma desta solução. Esta técnica é conhecida como método das estimativas a priori.

Observação 5.4.4 Suponhamos que dimX < ∞ e dimY < ∞ e seja A : D(A)⊂ X→Y um operador linear fechadocom domínio denso. Neste caso R(A) e R(A∗) são fechados. Assim, segue que

• A é sobrejetivo se, e somente se, A∗ é injetivo;

• A∗ é sobrejetivo se, e somente se, A é injetivo.

Os Teoremas 5.4.1 e 5.4.2 implicam que

• se A é sobrejetivo então A∗ é injetivo;

• se A∗ é sobrejetivo então A é injetivo.

Em dimensão infinita a recíproca nem sempre é verdade. De fato, consideremos A : l2→ l2 definido por

A(xn) =(xn

n

);

então A é limitado, injetivo e A = A∗, mas A não é sobrejetivo, pois a sequência (1/n) não é atingida.

5.5 Exercícios

Exercício 117 Demonstre que cada subespaço M de X com dimensão finita possui um complemento N. Dessaforma, X pode ser decomposto em soma direta de M e N, isto é, X = M+N e M∩N = 0.Sugestão: considere o caso em que dimM = 1 e, para 0 6= u ∈M escolha f ∈ X∗ com f (u) = 1 e N = f⊥.

Exercício 118 Seja X um espaço de Banach. Fixe v ∈ X e f ∈ X∗. Demonstre que o operador P : X → X definidopor Px = ( f (x))v é uma projeção (não identicamente nula) se, e somente se, f (v) = 1. Neste caso, demonstre quePX = [v] e kerT é o subespaço fechado de X consistindo de todos x ∈ X com f (x) = 0, isto é, kerT = f⊥. Alémdisso, ‖P‖ ≤ ‖ f‖‖v‖.

Exercício 119 Seja X um espaço normado e A e B subconjuntos (não necessariamente subespaços) de X e de X∗

respectivamente. Definamos

A⊥ := f ∈ X∗ | f (x) = 0, para cada x ∈ A,B⊥ := x ∈ X | f (x) = 0, para cada f ∈ b.

Demonstre que A⊥ e B⊥ são subespaços fechados de X e X∗ respectivamente. Além disso,

A⊥⊥ = [A].


Exercício 120 Seja M um subespaço do espaço normado X . Demonstre que existe um isomorfismo isométricoque identifica M∗ com X∗/M⊥ de maneira que se um elemento de M∗ é identificado com o elemento x∗+M⊥ ∈X∗/Mperp, então (x∗+M⊥)(u) = x∗(u).

Exercício 121 Seja M um subespaço fechado de um espaço normado X . Demonstre que existe um isomorfismoisométrico que identifica (X/M)∗ com M⊥ de maneira que se um elemento de (X/M)∗ é identificado com x∗ ∈M⊥,então x∗(x+M) = x∗(x).

Exercício 122 Seja M um subespaço fechado de um espaço normado X . Demonstre que o isomorfismo isométricodo Exercício 121 que identifica (X/M)∗ com M⊥ é o adjunto da projeção de X sobre X/M.

Exercício 123 Seja A : D(A)⊂ X → Y um operador linear fechado com domínio denso, onde X e Y são espaçosde Banach. Demonstre que são equivalentes:

a) D(A) = X ;

b) A é limitado;

c) D(A∗) = Y ∗;

d) A∗ é limitado.

Nestas condições se verifica‖A‖B(X ,Y ) = ‖A∗‖B(Y ∗,X∗).

Exercício 124 Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈B(X ,Y ). Demonstre que R(T ) é fechado se, e somente se,existe uma constante C > 0 tal que

dist(x,kerT )≤C‖T x‖, para todo x ∈ X .

Sugestão: utilize espaços quociente.

Exercício 125 Sejam X e Y espaços de Banach e A : D(A)⊂ X → Y um operador linear fechado. Demonstre queR(A) é fechado se, e somente se, existe uma constante C > 0 tal que

dist(u,kerA)≤C‖Au‖, para todo u ∈ D(A).

Sugestão: considere o operador T : D(A)→ Y, D(A) com a norma do gráfico e T = A.

Exercício 126 Com relação à subseção Exemplo com um operador diferencial, estude o operador T ∗∗ e veri-fique que D(T ∗∗) = D(T ) e T ∗∗ = T.

Exercício 127 Sejam X um espaço de Banach e A : D(A) ⊂ X → X∗ um operador linear com domínio denso.Suponha que existe C > 0 tal que

〈Au,u〉 ≥ −C‖Au‖2, para qualquer u ∈ D(A). (5.19)

Demonstre que kerA⊂ kerA∗.Reciprocamente, suponha que kerA ⊂ kerA∗, que A é fechado com domínio denso e que R(A) é fechado.

Demonstre que C > 0 tal que A satsifaz (5.19).

Exercício 128 Sejam X , Y e Z espaços de Banach e consideremos os operadores T ∈B(X ,Y ) e S ∈B(Y,Z).Demosntre que

(ST )∗ = T ∗ S∗.

Além disso, supondo que T ∈B(X ,Y ) é bijetivo, demonstre que T ∗ é bijetivo e que (T ∗)−1 = (T−1)∗.

Exercício 129 Seja T : l1→ l∞(= l∗1) definido por

T (xn) =(xn

n

).

Verifique que T ∈B(l1, l∞) e determine kerT, (kerT )⊥, T ∗, R(T ∗) e R(T ∗).

Capítulo 6

Topologias fraca e fraca∗ e implicações

A topologia em um espaço normado induzida pela norma é muito forte no sentido de que possui muitos conjuntosabertos. Por um lado, uma função definida neste espaço tem mais chances de ser contínua, por outro, subconjuntosdeste espaço têm menos chances de serem compactos. Por exemplo, vimos que a bola fechada em um espaço de di-mensão infinita não é compacta na topologia induzida pela norma, ou seja, esta topologia não possui a propriedadede Heine–Borel. Assim, muitas fatos conhecidos para espaços de dimensão finita que são demonstrados baseadosnessa propriedade não podem ser generalziados imediatamente para dimensão infinita.

Vamos estudar nesse capítulo topologias mais fracas que a topologia induzida pela norma em espaços nor-mados. Estas topologias possuirão menos abertos que a topologia forte (da norma) mas serão fortes o suficientepara ainda obtermos propriedades bastante úteis.

Décima quinta aula↓

6.1 Topologias fracas e espaço produto

Seja (Xα)α∈A uma família de conjuntos onde A é um conjunto de índices. O produto cartesiano dos conjuntosXα , α ∈ A, é o conjuntos definido por

∏α∈A

Xα :=

x : A→⋃

α∈A

Xα | x(α) = xα ∈ Xα , para cada α ∈ A.

Denotamos também o produto cartesiano por ∏Xα . O espaço Xα é o α–ésimo fator e xα = x(α) é a α–ésimacoordenada. Pelo Axioma da Escolha, se cada Xα 6= /0 então ∏Xα 6= /0.

A aplicação πβ : ∏Xα → Xβ definida por πβ (x) = xβ é chamada de projeção ou β–ésima projeção.Suponhamos agora que cada Xα , α ∈ A, seja um espaço topológico. Queremos definir uma topologia em

∏Xα da maneira mais natural possível, no sentido que generalize a topologia produto em Rn e que conservecertas propriedades de cada fator Xα . É bem sabido do curso de Topologia que essa naturalidade acontece aoconsiderarmos a Topologia de Tychonoff.

A topologia de Tychonoff, ou a topologia produto em ∏Xα é obtida tomando-se como base os conjuntosda forma ∏Uα , onde

• cada Uα é aberto em Xα ;

• a menos de uma quantidade finita de índices, Uα = Xα .

Observemos que o conjunto ∏Uα , onde Uα = Xα exceto para α = α1 . . . ,αn pode ser escrito como

∏Uα = π−1α1

(Uα1)∩ . . .∩π−1αn (Uαn).

Assim, a topologia produto é precisamente aquela que possui como sub base a coleção

π−1α (Uα) | α ∈ A,Uα aberto em Xα.

77

78 CAPÍTULO 6. TOPOLOGIAS FRACA E FRACA∗ E IMPLICAÇÕES

Teorema 6.1.1 A topologia de Tychonoff é a topologia mais fraca em ∏Xα para a qual cada projeção πβ écontínua.

Demonstração. Pelo que observamos anteriormente, se τ é qualquer topologia em ∏Xα na qual cada projeção écontínua, então π

−1β

(Uβ ) ∈ τ sempre que Uβ for aberto em Xβ . Consequentemente, os membros de uma sub basepara ao topologia de Tychonoff pertencem todos a τ, o que implica que τ contém a topologia de Tychonoff.

Teorema 6.1.2 Seja X um espaço topológico. Então uma função f : X →∏Xα é contínua se, e somente se, cadaπα f : X → Xα é contínua.

Demonstração. A necessidade é clara, visto que composição de funções contínuas é uma função contínua.Reciprocamente, suponhamos que π f é contínua para cada α ∈ A. Notemos que

f−1(π−1α (Uα)) = (πα f )−1(Uα).

Assim, a imagem inversa por f de qualquer elemento da sub base da topologia de Tychonoff é um conjunto abertoem X . Isto nos diz que f é contínua.

Consideremos agora uma situação a princípio mais geral que espaços produtos.Sejam X um conjunto, (Xα)α∈A uma família de espaços topológicos e fα : X → Xα , α ∈ A, uma família de

funções. A topologia fraca em X induzida pela coleção de funções fα | α ∈ A é a menor topologia em X quefaz com que cada fα seja contínua.

A discussão prévia sobre topologia produto pode ser transferida para este caso, e temos que a topologia fracaem X é aquela para a qual os conjuntos da forma f−1

α (Uα), α ∈ A e Uα aberto em Xα , formam uma sub base.

Teorema 6.1.3 Se X está munido da topologia fraca induzida pela família de aplicação fα : X → Xα | α ∈ A,então uma função f : Y → X , Y espaço topológico, é contínua se, e somente se, fα f é contínua para cada α ∈ A.

Demonstração. Basta mimicar a demonstração do Teorema 6.1.2.

O próximo resultado caracteriza convergência de sequências em espaços com a topologia fraca.

Proposição 6.1.4 Se X está munido da topologia fraca induzida pela família de aplicação fα : X → Xα | α ∈ Ae se (xn) é uma sequência em X , então xn→ x se, e somente se, fα(xn)→ fα(x), para todo α ∈ A.

Demonstração. Se xn → x na topologia fraca, então fα(xn)→ fα(x) para todo α ∈ A, já que cada uma dessasfunções é contínua.

Reciprocamente, lembremos que xn → x se, e somente se, dada uma vizinhança V de x, existe n0 ∈ N talque xn ∈ V para todo n ≥ n0. Por outro lado, uma base de vizinhanças para x ∈ X na topologia fraca é da forma∩β∈B f−1

β(Uβ ), onde B⊂ A é finito e cada Uβ é aberto em Xβ . Assim, dada uma vizinhança V de x, podemos supor

que é dessa forma, isto é, V = ∩β∈B f−1β

(Uβ ). Para cada β ∈ B, existe um inteiro nβ tal que fβ (xn) ∈Uβ , para todon≥ nβ . Tomando n0 = maxnβ | β ∈ B obtemos que xn ∈V para todo n≥ n0.

6.2 A topologia fraca σ(X ,X∗)

Tendo feito esta breve introdução sobre topologias induzidas por uma família de funções, podemos definir aprimeira das duas topologias que serão os objetos centrais desse capítulo.

Seja X um espaço normado (sobre R) e consideremos, para cada f ∈ X∗, a aplicação ϕ f : X → R definidapor ϕ f (x) = f (x). Quando f percorre X∗ obtemos uma família de aplicações ϕ f : X → R | f ∈ X∗.

A topologia fraca σ(X ,X∗) sobre X é a topologia fraca induzida pela família ϕ f : X→R | f ∈ X∗. Assim,a topologia fraca σ(X ,X∗) é a topologia menos fina (menor) sobre X que torna contínua qualquer aplicação ϕ f .

6.2. A TOPOLOGIA FRACA σ(X ,X∗) 79

A topologia fraca σ(X ,X∗) será as vezes chamada somente de topologia fraca, ou de σ(X ,X∗). A topologiainduzida pela norma será chamada de topologia forte.

Como primeiro resultado, vemos que o Teorema de Hahn–Banach implica que a topologia fraca em X éHausdorff.

Proposição 6.2.1 Se X é um espaço normado, então a topologia fraca em X é Hausdorff.

Demonstração. Sejam x1,x2 ∈ X tais que x1 6= x2. Pela segunda forma geométrica do Teorema de Hahn–Banach,existe f ∈ X∗ e α ∈ R tais que

f (x1)< α < f (x2).

Definamos

V1 = x ∈ X | f (x)< α= ϕ−1f (−∞,α),

V2 = x ∈ X | f (x)> α= ϕ−1f (α,∞).

Os conjuntos V1 e V2 são abertos na topologia σ(X ,X∗) que verificam V1∩V2 = /0, x1 ∈V1 e x2 ∈V2.

O resultado da Proposição 6.2.1 é válido mais geralmente para qualquer topologia fraca induzida por umafamília de funções que separa pontos nos conjunto.

Podemos caracterizar uma base de vizinhanças para um ponto x ∈ X na topologia fraca de uma maneirautilizando a linearidade das aplicações f ∈ X∗.

Proposição 6.2.2 Os conjuntos da forma

V =VI,ε = x ∈ X | | fi(x− x0)|< ε, fi ∈ X∗, i ∈ I, onde I é finito

formam uma base de vizinhanças de x0 ∈ X na topologia fraca σ(X ,X∗).

Demonstração. Notemos primeiramente que

V =VI,ε = ∩i∈Iϕ−1fi (ai− ε,ai + ε),

onde ai = fi(x0) e I é um conjunto finito de índices. Escrito dessa forma é fácil ver que V é aberto na topologiaσ(X ,X∗).

Reciprocamente, seja U uma vizinhança aberta de x0 em σ(X ,X∗). Então existe um aberto W contendo x0,W ⊂U, da forma

W = ∩i∈Iϕ−1fi (ωi), I finito,

onde ωi é aberto em R vizinhança de fi(x0) = ai. Assim, existe ε > 0 tal que (ai− ε,ai + ε)⊂ ωi para cada i ∈ I.Segue que x0 ∈V ⊂W ⊂U.

Dada uma sequência (xn) ⊂ X , denotamos por xn x a convergência de (xn) para x na topologia fracaσ(X ,X∗).

Proposição 6.2.3 Seja (xn)⊂ X uma sequência. Então as seguintes implicações são válidas:

a) xn x se, e somente se, f (xn)→ f (x) para qualquer f ∈ X∗;

b) se xn→ x na topologia forte, então xn x;

c) se xn x, então (xn) é limitada na topologia forte, isto é, existe C > 0 tal que ‖xn‖ ≤C para todo n ∈ N;

d) se xn x fracamente e se fn→ f na topologia forte, isto é, na topologia de X∗, então fn(xn)→ f (x).


Demonstração. O item a) resulta da Proposição 6.1.4 e da definição de σ(X ,X∗).Demonstremos o item b). Temos

| f (xn)− f (x)| ≤ ‖ f‖‖xn− x‖.

Segue que se xn→ x então f (xn)→ f (x) para qualquer f ∈ X∗, o que implica, pelo item a), que xn x.Suponhamos agora que xn x. Então f (xn)→ f (x) para qualquer f ∈ X∗. Segue que ( f (xn))n∈N é limitada

em R. Consideremos a imersão canônica J : X→ X∗ e denotemos Jxn = x∗∗n . Segue que (x∗∗n ( f ))n∈N ⊂R é limitadapara cada f ∈ X∗, ou seja, (x∗∗n )n∈N é pontualemente limitada. Como X∗∗ e R são espaços de Banach, podemosaplicar o Teorema de Banach–Steinhauss e concluir que ‖x∗∗n ‖ ≤C, para alguma constante C > 0. O item c) ficademonstrado uma vez que J é uma isometria.

Vejamos agora o item d). Temos pelo item c) que

| fn(xn)− f (x)| ≤ | fn(xn)− f (xn)|+ | f (xn)− f (x)|≤ ‖ fn− f‖‖xn‖+ | f (xn− x)|≤C‖ fn− f‖+ | f (xn− x)|.

A convergência fn(xn)→ f (x) segue do item a) e da convergência forte fn→ f .

No caso em que a dimensão do espaço normado é finita temos que a topologia forte e a fraca coincidem.

Proposição 6.2.4 Seja X um espaço normado de dimensão finita. Então a topologia forte e a topologia σ(X ,X∗)coincidem. Em particular, uma sequência (xn) converge fracamente se, e somente se, converge fortemente.

Demonstração. Denotemos por τ a topologia forte, isto é, induzida pela norma. É claro que σ(X ,X∗) ⊂ τ.Para demonstrarmos a inclusão inversa, seja U ∈ τ com x0 ∈U e vamos verificar que existe V ∈ σ(X ,X∗) tal quex0 ∈V ⊂U. Dito de outra forma, vamos encontrar f1, . . . , fn ∈ X∗ e ε > 0 tais que

V = x ∈ X | | fi(x− x0)|< ε, i = 1, . . . ,n ⊂U.

Como U ∈ τ, existe r > 0 tal que Br(x0) ⊂U. Escolhemos e1, . . . ,en base de X com ‖ei‖ = 1, i = 1, . . . ,n.Para todo x ∈ X , temos que

x =n

∑i=1

xiei.

As aplicações x 7→ xi definem funcionais lineares contínuos que denotaremos por fi, i = 1, . . . ,n. Temos então que

‖x− x0‖ ≤n

∑i=1| fi(x− x0)|< nε.

Escolhemos ε = r/n e temos que V ⊂U.

Décima sexta aula↓

Em dimensão infinita a topologia fraca está estritamente contida na topologia forte, isto é, sempre existemabertos na topologia forte de um espaço normado de dimensão inifinta que não é aberto na topologia fraca.

Exemplo 6.2.5 Seja X um espaço normado com dimX = ∞. Então o conjunto S = x ∈ X | ‖x‖ = 1 nunca éfechado na topologia fraca σ(X ,X∗). Mais precisamente, o fecho de S na topologia σ(X ,X∗) é o conjunto

Sσ(X ,X∗)= x ∈ X | ‖x‖ ≤ 1.

Demonstração. Seja x0 ∈ X com ‖x0‖ < 1. Vamos demonstrar que, dada uma vizinhança V de x0 na topologiaσ(X ,X∗), então V ∩S = /0, ou seja, x0 ∈ Sσ(X ,X∗)

. Podemos supor sempre que V é da forma

V = x ∈ X | | fi(x− x0)|< ε, i = 1, . . . ,n,

6.2. A TOPOLOGIA FRACA σ(X ,X∗) 81

onde ε > 0 e f1, . . . , fn ∈ X∗.Afirmação: existe y0 ∈ X , y0 6= 0, tal que y0 ∈ ∩n

i=1 ker fi.

De fato, se tal y0 não existisse, então a aplicação ϕ : X → Rn definida por ϕ(z) = ( f1(z), . . . , fn(z)) seriainjetiva e, portanto, um isomorfismo de X sobre ϕ(X) e daí dimX < ∞.

Fixemos então y0 6= 0 como na afirmação acima, isto é, fi(ty0) = 0, para i = 1, . . . ,n e qualquer t ∈R. Segueque

fi(x0 + ty0− x0) = 0, i = 1, . . . ,n,

ou seja, x0 + ty0 ∈V, para todo t ∈ R.Definamos g(t) = ‖x0 + ty0‖, t ≥ 0. Então t é contínua, g(0)< 1 e limt→∞ g(t) = ∞. Segue que existe t0 ∈ R

tal que g(t0) = ‖x0 + t0y0‖= 1. Assim, x0 + t0y0 ∈V ∩S. Como isto fica estabelecido que

S⊂ x ∈ X | ‖x‖ ≤ 1 ⊂ Sσ(X ,X∗).

Para completar a demonstração basta observar que x ∈ X | ‖x‖ ≤ 1 é fechado na topologia fraca. Mas

x ∈ X | ‖x‖ ≤ 1= ∩x ∈ X | |〈 f ,x〉| ≤ 1, f ∈ X∗,‖ f‖ ≤ 1,

que é intersecção arbitrária de conjuntos fracamente fechados.

Uma parte interessante da demonstração do Exemplo 6.2.5 é que em dimensão infinita toda vizinhança V deum ponto x0 ∈ X para a topologia fraca contém uma reta que passa por x0.

Exemplo 6.2.6 O conjunto U = x ∈ X | ‖x‖ ≤ 1 nunca é aberto na topologia σ(X ,X∗). Mais precisamente, ointerior de U é vazio na topologia σ(X ,X∗).

Demonstração. Suponhamos que existe x0 ∈U e uma vizinhança V de x0 em σ(X ,X∗) tal que V ⊂U. Mas peloExemplo 6.2.5, V contém uma reta que passa por x0, o que contradiz o fato de V ⊂U.

Acabamos de verificar que em dimensão infinita existem conjuntos convexos abertos na topologia forte quenão é aberto na topologia fraca. No caso de convexos fechados temos outra situação.

Teorema 6.2.7 (Mazur) Sejam X um espaço normado e C ⊂ X um convexo. Então C é fracamente fechado se, esomente se, é fortemente fechado.

Demonstração. Todo conjunto fechado na topologia fraca é fechado na topologia forte. Assim, nos resta demon-strar que se o convexo C é fortemente fechado, então é fracamente fechado, ou seja, que Cc é aberto na topologiafraca.

Dado x0 6∈C, existe, pelo Teorema de Hahn–Banach um hiperplano fechado que separa x0 e C no sentidoestrito. Portanto, existe f ∈ X∗ e α ∈ R tais que

f (x0)< α < f (x), para todo x ∈C.

DefinamosV = x ∈ X | f (x)< α.

Então V é aberto na topologia fraca com V ∩C = /0 e x0 ∈V.

Teorema 6.2.8 Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y um operador linear. Então T : (X ,‖ · ‖)→ (Y,‖ · ‖) écontínuo se, e somente se, T : (X ,σ(X ,X∗))→ (Y,σ(Y,Y ∗)).

Demonstração. Supondo que T : (X ,‖ · ‖)→ (Y,‖ · ‖) é linear e contínuo, então a aplicação x 7→ f (T x) é umfuncional linear contínuo em X . Segue do Teorema 6.1.3 que T é contínua de (X ,σ(X ,X∗) em (Y,σ(Y,Y ∗).

Reciprocamente, se T : (X ,σ(X ,X∗))→ (Y,σ(Y,Y ∗)) é contínua, então o gráfico G(T ) é fechado em X ×Ycom a topologia fraca σ(X×Y,X∗×Y ∗), já que esta topologia é Hausdorff. A fortiori, o conjunto G(T ) é fechado


em (X ×Y,‖ · ‖X + ‖ · ‖Y ). Pelo Teorema do Gráfico Fechado T é contínuo de X em Y, ambos com a topologiaforte.

A demonstração do Teorema 6.2.8 utilizou o Teorema do Gráfico Fechado e por isso tivemos que assumirque X e Y fossem Banach. É possível demonstrar este resultado sem este hipótese, como será visto nos exercícios.

6.3 A topologia fraca∗ σ(X∗,X)

Sejam X um espaço normado, X∗ seu dual e X∗∗ seu bidual. Temos em princípio duas topologias em X∗ : atopologia forrte gerada pela norma e a topologia fraca σ(X∗,X∗∗). Por outro lado, podemos considerar a imersãoisométrica J : X → X∗∗ dada por Jx = x∗∗, onde x∗∗( f ) = f (x). Lembremos que J(X) ⊂ X∗∗ e que nem sempreesta aplicação é sobrejetora.

Para cada x ∈ X , definamos a aplicação ϕx : X∗→ R definida por f 7→ ϕx( f ) = f (x). Quando x percorre Xobtemos uma família de aplicações ϕxx∈X de X∗ em R.

A topologia fraca∗ em X∗, designada também por σ(X∗,X), é a topologia menos fina que torna contínuacada uma das aplicações ϕx, x ∈ X .

Observemos que, como X ⊂ X∗∗, a topologia σ(X∗,X) é menos fina que a topologia σ(X∗,X∗∗), isto é,σ(X∗,X) possui menos abertos que σ(X∗,X∗∗).

Proposição 6.3.1 A topologia fraca∗ σ(X∗,X) é Hausdorff.

Demonstração. Se f1, f2 ∈ X∗ são tais que f1 6= f2, é claro que existe x ∈ X de maneira que f1(x) 6= f2(x). Segueque a família ϕxx∈X separa pontos em X∗. Assim, a topologia fraca gerada por esta família é Hausdorff.

Proposição 6.3.2 Seja f0 ∈ X∗. Então os conjuntos da forma

V = f ∈ X∗ | |( f − f0)(xi)|< ε, i ∈ I,

onde I é um conjunto finito, xi ∈ X , i ∈ I, e ε > 0, forma uma base de vizinhanças para f0 na topologia fraca∗.

Demonstração. Análoga à da Proposição 6.2.2.

Dada uma sequência ( fn) ⊂ X∗, denotaremos por fn∗ f a convergência de fn para f na topologia fraca∗

σ(X∗,X).

Proposição 6.3.3 Seja ( fn)⊂ X∗ uma sequência. Então as seguintes implicações são válidas:

a) fn∗ f se, e somente se, fn(x)→ f (x) para qualquer x ∈ X ;

b) se fn→ x na topologia forte, então fn∗ f ;

se fn f , então fn∗ f ;

c) se fn∗ f , então ( fn) é limitada na topologia forte, isto é, existe C > 0 tal que ‖ fn‖ ≤C para todo n ∈ N e

‖ fn‖ ≤ liminf‖ fn‖;

d) se fn∗ f e se xn→ x na topologia forte de X, então fn(xn)→ f (x).

Demonstração. Análoga à demonstração da Proposição 6.2.3.

Se fn∗ f e se xn x em X , não podemos concluir que fn(xn)→ f (x).

6.3. A TOPOLOGIA FRACA∗ σ(X∗,X) 83

Um dos resultados mais importantes da teoria de espaços normados é que a bola fechada BX é semprecompacta na topologia fraca∗. A forma geral deste resultado apareceu primeiramente em um trabalho de LeonidasAlaoglu (em 1940) e na mesma época apareceram demonstrações alternativas, uma delas devida a N. Bourbaki.Entretanto, um resultado devido a Banach implica em uma demonstração simples deste resultado no caso em queo espaço normado é separável.

Teorema 6.3.4 (Alaoglu–Banach–Bourbaki) Seja X um espaço normado. Então o conjunto

BX∗ = f ∈ X∗ | ‖ f‖ ≤ 1

é compacto na topologia fraca∗.

Demonstração. Consideremos o espaço produto Y = RX , isto é, o conjunto de todas as aplicações de X em R.Denotemos os elementos de Y por ω = (ωx)x∈X . A topologia natural em Y é a topologia produto de Thychonoff,isot é, a menos fina que torna cada projeção πx : ω 7→ ωx. Consideremos a aplicação Φ : (X∗,σ(X∗,X))→ Y dadapor Φ( f ) = ( f (x))x∈X . Notemos que

πx Φ( f ) = f (x) = x∗∗( f ).

Portanto, πx Φ é contínuo para cara πx, o que nos dá que Φ é contínua. Vamos demonstrar que Φ é um homeo-morfismo de X∗ sobre sua imagem Φ(X∗). Como Φ é claramente injetiva, nos resta demonstrar que Φ é contínua.Pela Proposição 6.1.3 basta demonstrar que, para cada x ∈ X fixado, a aplicação ω 7→ (Φ−1(ω))(x) é contínua emΦ(X∗). Mas isto é claro já que (Φ−1(ω))(x) = ωx = πx(ω).

Para finalizarmos, precisamos verificar que Φ(BX∗) =: K é compacto em Y. Notemos que

K =

ω ∈ Y | |ωx| ≤ ‖x‖,ωx+y = ωx +ωy,ωλx = λωx,x,y ∈ X , e λ ∈ R quaisquer.

Para verificarmos que K é compacto, escrevemos

K = K1∩K2,

onde

K1 =

ω ∈ Y | |ωx| ≤ ‖x‖, para qualquer x ∈ X,

K2 =

ω ∈ Y | ωx+y = ωx +ωy,ωλx = λωx,x,y ∈ X , e λ ∈ R quaisquer.

A compacidade de K1 segue do Teorema de Tychonoff, pois

K1 = ∏x∈X

[−‖x‖,‖x‖

].

Verifiquemos que K2 é fechado. Com efeito, os conjuntos

Ax,y =

ω ∈ Y | ωx+y−ωx−ωy = 0,

Bλ ,x =

ω ∈ Y | ωλx−λωx = 0,

são fechados e

K2 =( ⋂

x,y∈X

Ax,y

)⋂( ⋂x∈X ,λ∈R

Bλ ,x

).

Segue que K = K1∩K2 é compacto, o que finaliza a demonstração.

Décima sétima aula↓


6.4 Espaços reflexivos

Nesta seção vamos estudar com mais detalhes certas propriedades dos espaços reflexivos. Lembremos que umespaço normado X é reflexivo se a imersão canônica J : X→ X∗∗ é sobrejetora. Iniciamos com uma caracterizaçãode espaços reflexivos em termos de compacidade da bola unitária na topologia fraca.

Teorema 6.4.1 (Kakutani) Seja X um espaço de Banach. Então X é reflexivo se, e somente se, o conjunto BX écompacto na topologia fraca.

A demonstração do Teorema 6.4.1 utiliza um lema que por si só já é importante.

Lema 6.4.2 (Goldstine) Seja X um espaço normado. Então o conjunto J(BX ) é denso em BX∗∗ para a topologiafraca∗ σ(X∗∗,X∗).

Faremos a demonstração do Lema de Goldstine mais a frente. Por enquanto vamos assumi–lo e utilizar nademonstração do Teorema de Kakutani.

Demonstração do Teorema 6.4.1. Suponhamos que X seja reflexivo. Então, como J é uma isometria, J(BX ) =BX∗∗ , o qual é compacto na topologia fraca∗ pelo Teorema 6.3.4. Devemos então demonstrar que J−1 é contínua de(X∗∗,σ(X∗∗,X∗)) em (X ,σ(X ,X∗)). Para tanto, basta utilizar ao Teorema 6.1.3 e verificar que f J−1 é contínuapara cada f ∈ X∗, isto é, que a aplicação ξ 7→ 〈 f ,J−1ξ 〉 é contínua. Mas 〈 f ,J−1ξ 〉 = 〈ξ , f 〉 é contínua em X∗∗

com a topologia fraca∗.Reciprocamente, supnhamos que BX seja compacto na topologia fraca de X . Pelo Teorema 6.2.8 temos a que

a imersão canônica J é contínua de (X ,σ(X ,X∗)) em (X∗∗,σ(X∗∗,X∗∗∗)). A fortiori, J é contínua de (X ,σ(X ,X∗))em (X∗∗,σ(X∗∗,X∗)). Segue que J(BX ) é compacto em X∗∗ e denso em BX∗∗ na topologia σ(X∗∗,X∗). Concluímosque

J(BX ) = J(BX ) = BX∗∗ ,

de onde segue facilmente que J é sobrejetora.

Observação 6.4.3 Utilizando o Exercício 132 podemos retirar a hipótese de X ser Banach no Teorema de Kaku-tani.

Nos falta demonstrar o Lema de Goldstine. Entretanto, sua demonstração ainda necessita de outro resultado.

Lema 6.4.4 (Helly) Sejam X um espaço normado e fixemos f1, . . . , fn ∈ X∗ e α1, . . . ,αn ∈R. Então as afirmaçõessão equivalentes:

a) para todo ε > 0 dado, existe xε ∈ X , com ‖xε‖ ≤ 1, tal que

|〈 fi,xε〉−αi|< ε, i = 1, . . . ,n;

b) para qualquer n–úpla β1, . . . ,βn ∈ R, ∣∣∣ n

∑i=1

βiαi

∣∣∣≤ ∥∥∥ n

∑i=1

βi fi

∥∥∥.Demonstração. Verfiquemos que a) implica em b). Fixemos então β1, . . .βn ∈ R e seja

S =n

∑i=1|βi|.

Multiplicando a desigualdade do item a) por |βi| para cada i = 1, . . . ,n e depois somando obtemos a seguintedesigualdade: ∣∣∣ n

∑i=1

βi〈 fi,xε〉−n

∑i=1

βiαi

∣∣∣≤ n

∑i=1|βi〈 fi,xε〉−βiαi|< εS.

6.4. ESPAÇOS REFLEXIVOS 85

Pela continuidade do módulo, ∣∣∣∣∣∣∣ n

∑i=1

βi〈 fi,xε〉∣∣∣− ∣∣∣ n

∑i=1

βiαi

∣∣∣∣∣∣∣< εS.

Segue que ∣∣∣ n

∑i=1

βiαi

∣∣∣< εS+∣∣∣ n

∑i=1

βi〈 fi,xε〉∣∣∣

≤ εS+∥∥∥ n

∑i=1

βi fi

∥∥∥para todo ε > 0. Basta então tomarmos o limite ε → 0+.

Para demonstrarmos que b) implica em a), consideremos α = (α1, . . . ,αn) ∈Rn e consideremos ϕ : X →Rn

definida porϕ(x) =

(f1(x), . . . , fn(x)

).

Demonstrar a) é equivalente a demonstrarmos que α ∈ ϕ(BX ). Suponhamos então o contrário: α 6∈ ϕ(BX ). Nestecaso, podemos separar α e ϕ(BX ) no sentido estrito com um hiperplano fechado. Dessa forma, existem β =(β1, . . . ,βn) ∈ Rn e γ ∈ R tais que

〈ϕ(x),β 〉< γ < 〈α,β 〉,

para todo x ∈ BX . Escrito de outra forma,⟨ n

∑i=1

βi fi,x⟩< γ <

n

∑i=1

αiβi, para qualquer x ∈ BX .

Mas como BX é simétrica com relação à origem,∣∣∣⟨ n

∑i=1

βi fi,x⟩∣∣∣< γ <

n

∑i=1

αiβi, para qualquer x ∈ BX .

Esta última desigualdade contradiz o item b).

Estamos em condições de demonstrar o Lema de Goldstine.

Demonstração do Lema 6.4.2. Sejam ξ ∈BX∗∗ e V uma vizinhança de ξ na topologia fraca∗ σ(X∗∗,X∗). Devemosdemonstrar que J(BX )∩V 6= /0. Podemos supor que V é da forma

V = η ∈ X∗∗|〈η−ξ , fi〉|< ε, i = 1, . . . ,n.

Queremos demonstrar que existe x ∈ BX tal que

|〈 fi,x〉−〈ξ , fi〉|< ε, i = 1, . . . ,n.

Se αi = 〈ξ , fi〉, temos que, para quaisquer β1, . . . ,βn ∈ R,∣∣∣ n

∑i=1

βiαi

∣∣∣= ∣∣∣〈ξ , n

∑i=1

βi fi〉∣∣∣≤ ∥∥∥ n

∑i=1

βi fi

∥∥∥,pois ‖ξ‖ ≤ 1. Pelo Lema de Helly, existe xε ∈ BX tal que

|〈 fi,xε〉−αi|< ε, i = 1, . . . ,n

isot é, J(xε) ∈ J(BX )∩V.

Vamos verificar agora que subespaços fechados de espaços reflexivos são reflexivos.


Proposição 6.4.5 Sejam X um espaço normado reflexivo e M ⊂ X um subespaço fechado. Então M com a topolo-gia induzida é também reflexivo.

Demonstração. Temos definidas em M, a princípio, duas topologias fracas: σ(M,M∗) e σ(X ,X∗)∣∣M, onde esta

última é a restrição da topologia fraca de X à M.

Afirmação: σ(M,M∗) e σ(X ,X∗)∣∣M coincidem.

De fato, usando o Teorema de Hahn–Banach temos que σ(M,M∗)⊂ σ(X ,X∗)∣∣M; já restringindo funcionais

temos a inclusão inversa.Por outro lado, BM = BX ∩M. Mas BX é compacta para a topologia σ(X ,X∗) (pois X é reflexivo) e M é

fechado. Segue que BM é compacta na topologia σ(X ,X∗) e, portanto, na topologia σ(M,M∗), o que implica queM é reflexivo.

Corolário 6.4.6 Seja X um espaço normado. Então X é reflexivo se, e somente se, X∗ é reflexivo.

Demonstração. Suponhamos que X seja reflexivo. Lembremos que BX∗ é compacta na topologia σ(X∗,X). Maspela reflexividade σ(X∗,X) = σ(X∗,X∗∗). Assim, BX∗ é compacta em σ(X∗,X∗∗) e a reflexividade de X∗ seguedo Teorema de Kakutani.

Reciprocamente, se X∗ é reflexivo, então X∗∗ será reflexivo pelo que acabamos de demonstrar. Daí J(X) seráreflexivo como subespaço fechado de um espaço reflexivo. Segue que X é reflexivo.

Observe agora que, se C é um convexo, fechado e limitado em um espaço de Banach reflexivo, então eleserá fechado na topologia fraca e estará contido em alguma bola fechada com raio suficientemente grande, a qualé compacta na topologia fraca. Assim, o convexo C será compacto na topologia fraca.

Corolário 6.4.7 Sejam X um espaço normado reflexivo e C ⊂ X um convexo, fechado e limitado. Então C écompacto na topologia fraca.

Lema 6.4.8 Sejam X e Y espaços normados reflexivos e A : D(A) ⊂ X → Y um operador linear fechado comdomínio denso. Então D(A∗) é denso em Y ∗.

Demonstração. Seja ϕ ∈Y ∗ de maneira que ϕ∣∣D(A∗) ≡ 0. Vamos verificar que isso implica que ϕ = 0 em todo Y ∗

e o resultado seguirá de um Corolário do Teorema de Hahn–Banach.Sendo Y reflexivo, podemos supor que ϕ ∈ Y e

〈w,ϕ〉= 0, para qualquer w ∈ D(A∗).

Se ϕ 6= 0, então (0,ϕ) 6∈ G(A)⊂ X×Y. Segue que existem ( f ,g) ∈ X∗×Y ∗ e α ∈ R de maneira que

f (u)+g(Au)< α < g(ϕ), para qualquer u ∈ D(A).

Como G(A) é um subespaço, devemos ter

f (u)+g(Au) = 0, para qualquer u ∈ D(A),

ou seja,|g(Au)|= | f (u)| ≤ ‖ f‖‖u‖, para qualquer u ∈ D(A).

Segue que g(ϕ) 6= 0 e g ∈ D(A∗), o que é uma contradição. Logo, (0,ϕ) ∈ G(A) e ϕ = 0. Assim, D(A∗) é densoem Y ∗.

Décima oitava aula↓

Pelo Lema 6.4.8, o operador adjunto de A∗ está bem definido, sendo ele denotado por A∗∗ : D(A∗∗)⊂ X∗∗→Y ∗∗. Mas notemos que X∗∗ = X e Y ∗∗ = Y.

6.5. ESPAÇOS SEPARÁVEIS 87

Teorema 6.4.9 Sejam X e Y espaços reflexivos e A : D(A) ⊂ X → Y um operador linear fechado com domíniodenso. Então o operador A∗∗ : D(A∗∗)⊂ X∗∗→ Y ∗∗ satisfaz

A∗∗ = A.

Demonstração. Seja I : Y ∗×X∗→ X∗×Y ∗ definida por

I(g, f ) = (− f ,g).

Já vimos queI(G(A∗)) = G(A)⊥, I(G(A∗∗)) = G(A∗)⊥.

Por outro lado,

(I(G(A∗)))⊥ =(x,y) ∈ X×Y | 〈−A∗v,x〉+ 〈v,y〉= 0, v ∈ D(A∗)

=(Jx,Jy) ∈ X∗∗×Y ∗∗ | 〈Jx,A∗v〉= 〈Jy,v〉, v ∈ D(A∗)

=(Jx,Jy) ∈ X∗∗×Y ∗∗ | 〈A∗∗Jx,v〉= 〈Jy,v〉, v ∈ D(A∗)

=(Jx,Jy) ∈ X∗∗×Y ∗∗ | A∗∗Jx = Jy

= G(A∗∗).

Mas,(I(G(A∗)))⊥ = G(A)⊥⊥ = G(A).

Como A é fechado, G(A) = G(A) e assim G(A∗∗) = G(A), ou seja, A = A∗∗.

6.5 Espaços separáveis

Passamos agora ao estudo de espaços separáveis. Lembremos que a definição e algumas propriedades elementaresdesses espaços já foram apresentadas na Seção 4.3.1. Nosso principal intuito nesta seção é demonstrar uma carac-terização de espaços separáveis em termos de metrizabilidade da bola na topologia fraca∗.

Iniciamos com um propriedade elementar: separabilidade é uma propriedade hereditária, isto é, subconjuntosde espaços separáveis são separáveis.

Proposição 6.5.1 Sejam X um espaço métrico separável e M ⊂ X um subconjunto. Então M é separável.

Demonstração. Fixamos um conjunto enumerável un ⊂ X e denso em X . Seja (rm) um sequência de númerosreais positivos com rm → 0+ e consideremos, para quaisquer m,n ∈ N, as bolas Brm(un). Quando tivermos queBrm(un)∩M 6= /0, escolhemos am,n nesta intersecção e formamos o conjunto enumerável am,n. Vamos verificarque este conjunto é denso em M.

Sejam x ∈M arbitrário, V uma vizinhaça de x em M e fixemos ε > 0 tal que Bε(x)∩M ⊂V. Segue que existerm com 0 < rm < ε. Sendo d a métrica de X , existe un tal que d(x,un)< rm. Mas isso implica que x ∈ Brm(un)∩M,ou seja, esta intersecção é não vazia. Podemos então tomar am,n como anteriormente e assim obtemos:

d(am,n,x)≤ d(am,n,un)+d(un,x)≤ rm + rm < ε.

Portanto, am,n ∈ Bε(x)∩M ⊂V e am,n é denso em M.

Teorema 6.5.2 Seja X um espaço normado tal que X∗ é separável. Então X é separável.

Demonstração. Seja fn ⊂ X∗ um conjunto enumerável e denso em X∗. Lembremos que, para cada n ∈ N,

‖ fn‖= sup fn(x) | s ∈ X ,‖x‖ ≤ 1.

Segue que, para cada n, existe xn ∈ X com

‖xn‖= 1 e fn(xn)≥‖ fn‖

2.


Caso contrário, teríamos que, para todo x ∈ X com ‖x‖ ≤ 1, valeria fn(x/‖x‖)< 1/2‖ fn‖, ou seja,

sup fn(x) | x ∈ X ,‖x‖ ≤ 1 ≤ 12‖ fn‖< ‖ fn‖,

que é uma contradição.Seja L0 o espaço vetorial sobre Q gerado por xn. Então L0 é enumerável. De fato, temos que

L0 =∞⋃

n=1

Λn,

sendo queΛn = [x1, . . . ,xn],

onde estamos tomando apenas combinações lineares sobre Q. Como cada Λn está em correspondência biunívocacom Qn, a união L0 será enumerável.

Agora definimos L como sendo o espaço vetorial sobre R gerado por xn. Então L0 é um subconjunto densode L. Mas em L podemos utilizar um argumento baseado no Teorema de Hahn-Banach para demonstra densidade.De fato, vamos demonstrar que L é denso em X , o que implica em L0 ser denso em X e segue a separabilidade.

Seja f ∈ X∗ um funcional contínuo com f∣∣L ≡ 0. Dado ε > 0, existe n tal que ‖ f − fn‖< ε. Portanto,

12‖ fn‖ ≤ fn(xn) = ( fn− f )(xn)≤ ‖ fn− f‖‖xn‖= ‖ fn− f‖< ε.

Assim,‖ f‖ ≤ ‖ f − fn‖+‖ fn‖ ≤ 3ε.

Como ε > 0 é qualquer, ‖ f‖= 0.

A recíproca do Teorema 6.5.2 não é verdadeira. Por exemplo, L1 é separável mas (L1)∗ = L∞ não é separável.Entretanto esta situação muda se X for reflexivo.

Corolário 6.5.3 Seja X um espaço normado. Então X é reflexivo e separável se, e somente se, X∗ é reflexivo eseparável.

Demonstração. Se X∗ é reflexivo e separável, então o Teorema 6.5.2 implica que X é separável enquanto oCorolário 6.4.6 nos diz que X é reflexivo.

Reciprocamente, Se X é reflexivo e separável, então (X∗)∗ = J(X) é reflexivo e separável, e pela primeiraparte da demonstração X∗ é reflexivo e separável.

Estamos em posição de apresentar o principal resultado desta seção.

Teorema 6.5.4 Seja X um espaço normado. Então X é separável se, e somente se, BX∗ é metrizável para atopologia σ(X∗,X).

Podemos também enunciar (não demonstraremos) a versão dual do Teorema 6.5.4.

Teorema 6.5.5 Seja X um espaço de Banach. Então X∗ é separável se, e somente se, BX é metrizável para atopologia σ(X ,X∗).

O Teorema 6.5.4 possui uma aplicação interessante.

Corolário 6.5.6 Sejam X um espaço de Banach separável e ( fn)⊂ X∗ uma sequência limitada. Então existe umasubsequência ( fnk) de ( fn) que converge na topologia fraca∗ σ(X∗,X).

6.5. ESPAÇOS SEPARÁVEIS 89

Demonstração. Podemos supor que ‖ fn‖ ≤ 1 para todo n pois, caso contrário, como ‖ fn‖ ≤M, consideramosgn = fn/M. Nas daí, ( fn) ⊂ BX∗ , que, para a topologia σ(X∗,X), é compacto pelo Teoremade Alaoglu–Banach–Bourbaki e metrizável pelo Teorema 6.5.4. O resultado segue.

Demonstração do Teorema 6.5.4. Suponhamos que X seja separável. Fixemos então un um subconjuntoenumerável e denso em BX , já que este conjunto também será separável. Para f ,g ∈ BX∗ definimos

d( f ,g) :=∞

∑n=1

12n |〈 f −g,un〉|.

Observemos que d( f ,g)≥ 0 e d( f , f ) = 0 para quaisquer f , f ∈ BX∗ . Além disso, se d( f ,g) = 0 então cadatermoda série é zero, ou seja, 〈 f −g,un〉= 0 para todo n ∈ N. Como un é denso em BX , segue que 〈 f −g,x〉= 0 paraqualquer x ∈ BX , e, por linearidade, 〈 f − g,x〉 = 0 para todo x ∈ X . Claramente d( f ,g) = d(g, f ). Sejam aindaf ,g,h ∈ BX∗ . Então,

d( f ,g) =∞

∑n=1

12n |〈 f −g,un〉|

≤∞

∑n=1

12n

(|〈 f −h,un〉|+ |〈h−g,un〉|

)=

∞

∑n=1

12n |〈 f −h,un〉|+

∞

∑n=1

12n |〈h−g,un〉|

= d( f ,h)+d(h,g),

onde utilizamos que a série é absolutamente convergente na penúltima desigualdade. Concluímos que d é umamétrica e vamos verificar que a topologia induzida por d em BX∗ coincide com σ(X∗,X).

Sejam f0 ∈ BX∗ e V uma vizinhança de f0 em σ(X∗,X). Demonstremos que existe r > 0 tal que

U = f ∈ BX∗ | d( f , f0)< r ⊂V.

Podemos supor que V é da forma

V = f ∈ BX∗ | |〈 f − f0,yi〉|< ε, i = 1, . . . ,k.

Podemos supor, sem perda de generalidade, que ‖yi‖ ≤ 1. De fato, se ‖yi‖> 1, tomamos zi = yi/‖yi‖ e

V ′ = f ∈ BX∗ | |〈 f − f0,yi〉|< ε′, i = 1, . . . ,k,

ondeε′ = minε,ε1, ε1 = minε/‖yi‖,‖yi‖> 1.

Agora, como un é denso em BX , podemos encontrar ni, para cada i, tal que ‖yi−xni‖< ε/4. Fixemos r > 0tal que

2nir < ε/2, i = 1, . . . ,k.

Suponhamos que d( f , f0)< r. Em particular,

12ni|〈 f − f0,uni〉|< r, i = 1, . . . ,k.

Assim,

|〈 f − f0,yi〉| ≤ |〈 f − f0,yi−uni〉|+ |〈 f − f0,uni〉|< ‖ f − f0‖‖yi−uni‖+2nir

≤ (‖ f‖+‖ f0‖)ε

4+

ε

2≤ ε,


para i = 1, . . . ,k. Concluímos que se f ∈U então f ∈V.Por outro lado, suponhamos que f0 ∈ BX∗ , fixemos r > 0 e consideremos U como definido acima. Agora

vamos verificar que existe uma vizinhaça V de f0na topologia σ(X∗,X) tal que V ⊂U. Dessa forma, precisamostomar V da forma

V = f ∈ BX∗ | |〈 f − f0,yi〉|< ε, i = 1, . . . ,ke determinar ε > 0 e k de maneira que V ⊂U. Para f ∈V temos

d( f , f0) =∞

∑n=1

12n |〈 f − f0,un〉|

=k

∑n=1

12n |〈 f − f0,un〉|+

∞

∑n=k

12n |〈 f − f0,un〉|

< ε

∞

∑n=1

2−n +2∞

∑n=k+1

2−n = ε +1

2k−1 .

Escolhemos então ε < r/2 e k de maneira que 1/2k−1 < r/2 e segue que d( f , f0)< r, ou seja, f ∈U.

Décima nona aula↓

Continuando a demonstração do Teorema 6.5.4, vamos supor agora que BX∗ é metrizável para σ(X∗,X) eentão verificar que X é separável.

SejamUn = f ∈ BX∗ | d( f ,0)< 1/n

e Vn uma vizinhança de 0 na topologia σ(X∗,X) tal que Vn ⊂Un. Podemos supor que Vn é da forma,

Vn = f ∈ BX∗ | |〈 f ,x〉|< εn,x ∈Φn,

onde Φn ⊂ X é um conjunto finito. Formamos o conjunto

D =∞⋃

n=1

Φn.

Então D é enumerável. Se f ∈Vn ⊂Un para todo n, então f = 0, ou seja,∞⋂

n=1

Vn = 0.

Dito de outra forma, se 〈 f ,x〉 = 0 para todo x ∈ D, então f = 0. Gostaríamos de aplicar Hahn–Banach e concluirque D é denso em X . Mas D não é um subespaço de X . Tomamos então L0 como sendo o espaço vetorial sobre Qgerado por D, o qual será enumerável, e L o subespaço vetorial sobre R gerado por D. Daí, como f se anula emtodo L, então f se anula em todo D e será o funcional nulo. Segue que L e L0 são denso em X . Finalmente, comoL0 é enumerável, X é separável.

Utilizando o Teorema 6.5.5 podemos demonstrar um resultado dual ao Corolário 6.5.6.

Teorema 6.5.7 Sejam X um espaço reflexivo e (xn)⊂ X uma sequência limitada. Então existe uma subsequência(xnk) de (xn) que converge na topologia σ(X ,X∗).

Demonstração. Seja M0 o subespaço vetorial de X gerado por (xn) e consideremos M = M0. Notemos que Mé separável. De fato, se N é gerado por (xn) com coeficientes em Q, então N é enumerável e denso em M0. Mtambém é reflexivo pois é um subespaço fechado de um espaço reflexivo.

Sendo M reflexivo e separável, temos que M∗ é reflexivo e separável. Daí, pelo Teorema 6.5.5, BM émetrizável para a topologia σ(X ,X∗) e compacta para esta topologia pelo Teorema 6.4.1. Sendo assim, nor-malizando (xn) se preciso, podemos extrair uma subsequência (xnk) de (xn) que converge na topologia σ(M,M∗).Restringindo os funcionais de X∗ à M obtemos que (xnk) converge na topologia σ(X ,X∗).

6.6. ESPAÇOS UNIFORMEMENTE CONVEXOS 91

6.6 Espaços uniformemente convexos

Nesta seção trataremos de espaços de Banach que possuem uma certa propriedade de convexidade da norma.Expressa em termo geométricos, essa propriedade nos diz que o ponto médio de qualquer segmento que une doispontos na esfera unitária não pode tender à superfície, a menos que o comprimento do segmento tenda a zero.

Dizemos que um espaço de Banach X é uniformemente convexo se, para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que,

se ‖x‖ ≤ 1,‖y‖ ≤ 1 e ‖x− y‖> ε, então∥∥∥x+ y

2

∥∥∥< 1−δ .

Teorema 6.6.1 (Milman–Pettis) Se X é um espaço de Banach uniformemente convexo, então X é reflexivo.

Demonstração. Seja ξ ∈ X∗∗ um elemento com ‖ξ‖= 1. Vamos verificar que ξ ∈ J(BX ) se X for uniformementeconvexo. Isso implica facilmente que a imersão canônica é sobrejetora. Mas inicialmente, vamos mostrar que,para todo ε > 0, existe x ∈ BX tal que ‖ξ − J(x)‖< ε.

Dado ε > 0, tomemos δ > 0 como na definição de convexidade uniforme. Seja f ∈ X∗ tal que ‖ f‖= 1 e

〈ξ , f 〉> 1− δ

2. (6.1)

Notemos que (6.1) é possível pois, caso contrário,

〈ξ , f 〉 ≤ 1− δ

2,

para todo f ∈ X∗ com ‖ f‖= 1, e assim,

‖ξ‖= sup〈ξ , f/‖ f‖〉 | ‖ f‖ ≤ 1 ≤ 1− δ

2< 1,

de onde segue que ‖ξ‖< 1, o que é absurdo.Fixemos uma vizinhança V de ξ para a topologia σ(X∗∗,X∗) da forma

V =

η ∈ X∗∗ | |〈η−ξ , f 〉|< δ

2.

Pelo Lema de Goldstine, V ∩ J(BX ) 6= /0. Tomemos ξ ∈ BX tal que J(x) ∈V. Vamos demonstrar que

ξ ∈ J(x)+ εBX∗∗ .

Suponhamos por absurdo que ξ ∈(J(x) + εBX∗∗

)c= W. Observemos que W é uma vizinhança de ξ na

topologia σ(X∗∗,X∗) e, consequentemente, V ∩W também o é. APlicando novamente o Lema de Goldstine vemosque V ∩W ∩ J(BX ) 6= /0. Assim, existe x ∈ BX tal que J(x) ∈ |∩W. Resulta que

|〈J(x)−ξ , f 〉|< δ

2, |〈J(x)−ξ , f 〉|< δ

2.

Escrevendo de outra forma,

−δ

2< 〈 f ,x〉−〈ξ , f 〉< δ

2, −δ

2< 〈 f ,x〉−〈ξ , f 〉< δ

2.

Somando,−δ < 〈 f ,x+ x〉−2〈ξ , f 〉< δ .

Isso implica no seguinte:

2〈ξ , f 〉< |〈 f ,x+ x〉|+δ ≤ ‖ f‖‖x+ x‖+δ ≤ ‖x+ x‖+δ .


Utilizando (6.1),

2(

1− δ

2

)< 2〈ξ , f 〉 ≤ ‖x+ x‖+δ .

Assim,

1−δ <∥∥∥x+ x

2

∥∥∥.Sendo X uniformemente convexo, devemos ter

‖x− x‖ ≤ ε,

pois ‖x‖ ≤ 1 e ‖x‖ ≤ 1.Por outro lado, como J(x) ∈W =

(J(x)+ εBX∗∗

)c, temos que J(x)− J(x) 6∈ BX∗∗ . Em particular,

‖x− x‖= ‖J(x− x)‖> ‖εη‖= ε‖η‖= ε,

para todo η ∈ X∗∗ com ‖η‖= 1. Contradizendo a convexidade uniforme.Segue do que demonstramos que existe uma sequência (xn)⊂BX tal que J(xn)→ ξ . Daí, (J(xn)) é de Cauchy.

Como J é uma isometria, (xn) também será de Cauchy em X e, portanto, convergente, já que este espaço é Banach.Assim, xn→ x0 ∈ BX e J(x0) = ξ . Isto conclui a demonstração.

Proposição 6.6.2 Sejam X um espaço de Banach uniformemente convexo e (xn)⊂ X uma sequência que convergefracamente para x ∈ X , isto é, xn x ∈ X . Suponhamos ainda que

limsup‖xn‖ ≤ ‖x‖.

Então xn→ x.

Demonstração. Podemos supor, sem perda de generalidade que x 6= 0. Caso contrário xn = 0 para todo n.Definamos

λn = max‖xn‖,‖x‖

.

Observemos que‖x‖ ≤ liminfλn ≤ limsupλn ≤max

limsup‖xn‖,‖x‖

≤ ‖x‖.

Segue dessas desigualdades que λn→‖x‖. Sejam

yn = λ−1n xn, y = x‖x‖−1.

Se f ∈ X∗, vemos que

| f (yn)− f (y)|=∣∣∣ 1λn

f (xn)−1λn

f (x)+1λn

f (x)− 1‖x‖

f (x)∣∣∣

≤ 1λn

∣∣∣ f (xn)− f (x)∣∣∣+ ∣∣∣ 1

λn− 1‖x‖

∣∣∣| f (x)|.Consequentemente, f (yn)→ f (y) para qualquer f ∈ X∗, ou seja, yn y. MAs daí,

yn + y2

y.

Além disso, pela Proposição 6.2.3,

liminf∥∥∥yn + y

2

∥∥∥≥ ‖y‖.Por outro lado, como limsup‖xn‖ ≤ ‖x‖,

1 = ‖y‖ ≤ liminf∥∥∥yn + y

2

∥∥∥≤ limsup‖yn‖+‖y‖

2≤ 1

Concluímos que

‖y‖= 1, ‖yn‖ ≤ 1,∥∥∥yn + y

2

∥∥∥→ 1.

Pela convexidade uniforme temos que ‖yn− y‖ → 0. Daí, xn = λnyn → ‖x‖y = x, ou seja, (xn) converge para xfortemente.

6.7. EXERCÍCIOS 93

6.7 Exercícios

Exercício 130 Seja X um espaço normado. Dizemos que um subconjunto A⊂X é fracamente limitado se f (A)⊂R é limitado para qualquer f ∈X∗. Demonstre que um subconjunto A de X é limitado se, e somente se, é fracamentelimitado. Em particular, se B⊂ X é um subcobjunto tal que f (B) compacto para todo f ∈ X∗, então B é limitado.Dizemos que B com esta propriedade é fracamente compacto.Sugestão: Princípio da Limitação Uniforme.

Exercício 131 Uma sequência (xn) ⊂ X é fracamente de Cauchy se ( f (xn)) ⊂ R é de Cauchy para qualquerf ∈ X∗. Demonstre que toda sequência fracamente de Cauchy (e consequentemente toda sequência fracamenteconvergente) são limitadas.

Exercício 132 Sejam X e Y espaços normados. Então um operador linear T : (X ,‖ · ‖)→ (Y,‖ · ‖) é contínuo se,e somente se, T : (X ,σ(X ,X∗))→ (Y,σ(Y,Y ∗)) é contínuo.

Exercício 133 Sejam X um espaço de Banach e (xn)⊂ X uma sequência com xn x. Defina

σn =1n(x1, . . . ,xn), n ∈ N.

Demonstre que σn x.

Exercício 134 Seja X um espaço de Banach e (xn)⊂ X uma sequência com xn x.

i) Demonstre que existe uma sequência (yn)⊂ X tal que

(yn)⊂ conv(xii∈N

), yn→ x fortemente.

ii) Demonstre que existe uma sequência (zn)⊂ X tal que

zn ∈ conv(x1, . . . ,xn

), zn→ x fortemente.

Exercício 135 Sejam X um espaço de Banach e C ⊂ X um subconjunto convexo. Demonstre que o fecho de C natopologia forte e o fecho de C na topologia fraca coincidem.

Exercício 136 Sejam X um espaço de Banach e K ⊂ X um subconjunto compacto na topologia forte. Suponhaque (xn)⊂ K seja uma sequência que converge na topologia fraca para x. Demonstre que xn→ x.Sugestão: argumente por contradição.

Exercício 137 Dizemos que um espaço normado X possui a propriedade de Radon–Riesz se ele satisfaz oseguinte: sempre que (xn) ⊂ X é uma sequência e x ∈ X são tais que xn x e ‖xn‖ → ‖x‖, segue que xn → x.Demonstre que l2(N) possui a propriedade de Radon–Riesz.

Exercício 138 Sejam X um espaço de Banach e A⊂ X um subconjunto fechado na topologia fraca. Suponha queB⊂ X seja compacto na topologia fraca.

a) Demonstre que A+B é fechado na topologia fraca.

b) Supondo adicionalmente que A e B sejam convexos, não–vazios e disjuntos, demonstre que existe um hiper-plano fechado que separa A e B.

Exercício 139 Sejam X um espaço de Banach, M ⊂ X um subespaço e f0 ∈ X∗. Demonstre, utilizando a topologiaσ(X∗,X), que existe g0 ∈M⊥ tal que

infg∈M⊥

‖ f0−g‖= ‖ f0−g0‖.


Exercício 140 Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈B(X ,Y ) de maneira que T ∗ ∈B(Y ∗,X∗). Demonstre queT ∗ : (Y ∗,σ(Y ∗,Y ))→ (X∗,σ(X∗,X)) é contínuo.

Exercício 141 Demonstre que, para cada espaço normado X , existe um isomorfismo isométrico de X em umsubconjunto de C(K), onde K é um espaço métrico de Hausdorff compacto.Sugestão: tome K = BX∗ e associe a cada x ∈ X a restrição à K de Jx.

Exercício 142 Seja X um espaço normado separável. Demonstre que existe um isorfismo isométrico de X em umsubespaço de l∞.Sugestão: existe um conjunto ( fi) enumerável e denso em BX∗ para a topologia σ(X∗,X); a aplicação j : C(BX∗)→l∞, dada por x 7→ (x( fi)) é uma isometria.

Exercício 143 Seja X um espaço de Banach de dimensão infinita tal que X∗ é separável. Demonstre que existeuma sequência (xn)⊂ X tal que ‖xn‖= 1 para todo n ∈ N e com xn 0.

Demonstre o mesmo fato supondo agora que X é reflexivo, ao invés de supor que X∗ é separável.

Exercício 144 Seja K um espaço métrico compacto não finito. Demonstre que C(K) não é reflexivo.Sugestão: seja (an)⊂ K com an→ a e an 6= a para todo n; considere o funcional linear

f (u) =∞

∑n=1

u(an)

2n , u ∈C(K).

Exercício 145 Sejam x ∈ c0 e (xn) ⊂ c0. Demonstre que xn x se, e somente se, a sequência (xn) é limitada nanorma em c0 e pk(xn)→ pk(x), para qualquer k ∈ N, onde pk é a projeção na k–ésima coordenada.

Exercício 146 Seja ϕ : [1,2]→ R uma função contínua e considere as sequências

xn :=(

0, . . . ,0,ϕ(n/n),ϕ((n+1)/n

). . . ,ϕ

((n+n)/n

),0, . . .

),

onde ϕ(n/n)

está na n–ésima posição. Demonstre que xn 0 e que (xn) converge na topologia forte se, e somentese, ϕ ≡ 0.

Exercício 147 Sejam X e Y espaços normados e S : Y ∗→ X∗ um operador linear. Demonstre que

S : (Y ∗,σ(Y ∗,Y ))→ (X∗,σ(X∗,X))

é contínua se, e somente se, existe T : X → Y tal que T ∗ = S.

Exercício 148 Seja X um espaço de Banach. Considere a afirmação: um subconjunto convexo de X∗ é fechadona topologia forte se, e somente se, é fechado na topologia fraca∗. Esta afirmação é verdadeira ou falsa?

Exercício 149 Dizemos que um espaço normado é estritamente convexo se ‖tx1 +(1− t)x2‖ < 1 sempre quex1,x2 ∈ X são pontos distintos com ‖x1‖= ‖x2‖= 1 e 0 < t < 1.

Demonstre que o espaço normado X é estritamente convexo se, e somente se,∥∥∥x1 + x2

2

∥∥∥< 1

sempre que x1,x2 ∈ X são pontos distintos com ‖x1‖= ‖x2‖= 1.

Exercício 150 Demonstre que c0 e l∞ não são estritamente convexos.

Exercício 151 Seja K um espaço métrico de Hausdorff compacto que possui mais que um elemento. Demonstreque C(K) com a norma ‖ · ‖∞ não é estritamente convexo.Sugestão: Lema de Urysohn.

6.7. EXERCÍCIOS 95

Exercício 152 Seja X um espaço normado. Demonstre que as seguintes afirmações são equivalentes:

a) o espaço X é uniformemente convexo;

b) sempre que (xn) e (yn) são sequências com ‖xn‖ = ‖yn‖ = 1 para todo n e com ‖(xn + yn)/2‖ → 1, segueque ‖xn− yn‖→ 0;

c) sempre que (xn) e (yn) são sequências em BX e com ‖(xn + yn)/2‖→ 1, segue que ‖xn− yn‖→ 0;

d) sempre que (xn) e (yn) são sequências em X com ‖xn‖, ‖yn‖ e ‖(xn + yn)/2‖ todas tendeno a 1, segue que‖xn− yn‖→ 0;

Sugestão: b) implica em d) e d) implica em c; disso segue que b), c) e d) são equivalentes; a) implica em b); b)implica em a).

Exercício 153 Um espaço normado de dimensão finita é uniformemente convexo se, e somente se, é estritamenteconvexo.

Capítulo 7

Espaços Lp revisitados

Vamos estudar neste breve capítulo mais algumas propriedades do espaços Lp, tais como reflexividade e separa-bilidade. Estes resultados completam os que já foram visto no Capítulo 2, mas estão longe de serem completos.Sugerimos o Capítulo 4 de [1] ou o Capítulo 6 de [5]. Vamos usar a notação Lp(Ω) = Lp(Ω,µ), onde µ é umamedida como nas hipóteses no início do Capítulo 2.

Vigésima aula↓

7.1 Reflexividade dos espaços Lp, 1 < p < ∞

Lembremos que os espaços Lp são espaços de Banach. Sendo assim, se demonstrarmos que estes espaços sãouniformemente convexos, sua reflexividade seguirá do Teorema de Milman–Pettis. A convexividade uniforme, porsua vez, foi estabelecida em 1936 por J. Clarkson. Normalmente, as demonstrações seguem das desigualdades deClarkson, que devem ser divididas nos casos 1 < p < 2 e 2≤ p < ∞.

Seja ε ∈ [0,2]. Dado um espaço normado X , definimos o módulo de convexidade de X por

δ = δX (ε) = inf

1−‖(x+ y)/2‖ | ‖x‖= ‖y‖= 1,‖x− y‖ ≥ ε.

Observemos que X 6= 0 é uniformemente convexo se, e somente se, δX (ε)> 0 para todo ε ∈ (0,2].

Lema 7.1.1 (McShane) Para cada p ∈ (1,∞) e cada função λ : (0,2]→ (0,1], existe uma função γp,λ : (0,2]→(0,1] tal que, se X é um espaço uniformemente convexo cujo módulo de convexidade δ (ε) satisfaz λ (ε) ≤ δ (ε),ε ∈ (0,2], então ∥∥∥x+ y

2

∥∥∥p≤ (1− γp,λ (t))

(‖x‖p +‖y‖p

2

),

sempre que 0 < t ≤ 2 e x,y ∈ X são tais que

‖x− y‖ ≥ t max‖x‖,‖y‖.

Demonstração. Suponhamos, para efeitos de contradição, que existam p ∈ (1,∞) e uma função λ como nashipóteses mas que não exista a função γp,λ como afirmado. Consideremos a função

f (t) =

((1+ t)/2

)p

(1+ t p)/2, 0≤ t ≤ 1.

Então f é estritamente crescente em [0,1] e, portanto, atinge o máximo em t = 1. Segue que, se ‖x‖= 1 e ‖y‖ ≤ 1,então ∥∥(x+ y)/2

∥∥p(‖x‖p +‖y‖p

)/2≤((1+‖y‖)/2

)p(1+‖y‖p

)/2≤ 1.

97

98 CAPÍTULO 7. ESPAÇOS LP REVISITADOS

Como estamos supondo que não existe a função γp,λ com as propriedades sugeridas, existem t ∈ (0,2], umsequência de espaços (Xn) uniformemente convexos tais que o módulo de convexividade de Xn tem a propriedadeque λ (ε)≤ δXn(ε), 0 < ε ≤ 2, e sequências (xn) e yn tais que, para cada n ∈ N :

1) xn,yn ∈ Xn;

2) ‖xn‖= 1 e ‖xn‖ ≤ 1;

3) ‖xn− yn‖ ≤ t max‖xn‖,‖yn‖= t;

4)∥∥∥x+ y

2

∥∥∥p>(

1− 1n

)(‖x‖p +‖y‖p

2

).

Notemos ainda que

limn→∞

‖(xn + yn)/2‖p

(‖x‖p +‖y‖p)/2= 1. (7.1)

Estamos usando aqui um abuso de notação para as normas, já que cada para xn e yn está em um espaço Xn.

Pelas propriedades da função f temos que ‖yn‖ → 1. Logo, podemos assumir que y 6 = 0, para todo n. Sejazn = ‖yn‖−1yn. Então ‖zn− yn‖ → 0 quando n→ ∞. Logo, podemos assumir que ‖xn− zn‖ ≥ t/2 para cada n.Segue disso que ∥∥∥xn + zn

2

∥∥∥≤ 1−δXn(t/2)≤ 1−λ (t/2)< 1.

Entretanto, utilizando (7.1) obtemos que

limn→∞

∥∥∥xn + zn

2

∥∥∥= limn→∞

∥∥∥xn + yn

2

∥∥∥= 1,

o que é uma contradição.

Com as notações do Lema 7.1.1, se λ é a restrição do módulo de convexividade de F à (0,2], temos o lemaa seguir que será utilizado na demonstração da convexividade uniforme de Lp.

Lema 7.1.2 Suponhamos que p ∈ (1,∞). Então existe uma função γp : (0,2]→ (0,1] tal que∣∣∣a+b2

∣∣∣p ≤ (1− γp(t))( |a|p + |b|p

2

),

quando 0 < t ≤ 2 e a,b ∈ F são tais que |a−b| ≤ t max|a|, |b|.

Teorema 7.1.3 (Clarkson) Os espaços Lp(Ω,µ), 1 < p < ∞, com µ sendo uma medida positiva, são uniforme-mente convexos.

Demonstração. Suponhamos que f ,g ∈ LP(Ω) sejam tais que ‖ f‖ = ‖g‖ = 1 e ‖ f − g‖ ≥ ε > 0 (estamosdenotando ‖ · ‖Lp = ‖ · ‖). Definamos

A =

x ∈Ω | | f (x)−g(x)|p ≥ εp/4(| f (x)|p + |g(x)|p

)e observemos que

| f (x)+g(x)| ≥ ε

41/p max| f (x)|, |g(x)|, quando x ∈ A.

Sendo γp como no Lema 7.1.2, segue que∣∣∣ f (x)+g(x)2

∣∣∣p ≤ (1− γ(ε/41/p))( | f (x)|p + |g(x)|p

2

), quando x ∈ A.

7.1. REFLEXIVIDADE DOS ESPAÇOS LP, 1 < P < ∞ 99

Portanto,

1−∥∥∥ f +g

2

∥∥∥= ∫Ω

( | f |p + |g|p2

−∣∣∣ f +g

2

∣∣∣p)dµ

≥∫

A

( | f |p + |g|p2

−∣∣∣ f +g

2

∣∣∣p)dµ

≥ γp(ε/41/p)∫

A

| f |p + |g|p

2dµ

Assim, sendo χA função característica de A, temos que

‖ f χa−gχA‖p = ‖ f −g‖p−∫

Ω\A| f −g|pdµ

≥ εp− ε p

4

∫Ω\A

(| f |p + |g|p

)dµ

≥ εp− ε p

4(‖ f‖p +‖g‖p)= ε p

2

Segue que max‖ f χA‖,‖gχA‖ ≥ ε/(21+1/p). Portanto,

1−∥∥∥ f +g

2

∥∥∥≥ γp(ε/41/p)‖ f χA‖p +‖gχA‖p

2≥ γp

(ε/41/p) ε p

21+1/p ,

o que implica em ∥∥∥ f +g2

∥∥∥≤ (1− γp(ε/41/p) ε p

2p+2

)1/p< 1.

Tomando

δ (ε) = 1−(

1− γp(ε/41/p) ε p

2p+2

)1/p

a demonstramos a uniforme convexividade.

Corolário 7.1.4 Os espaços Lp(Ω,µ), 1 < p < ∞, com µ uma medida positiva, são reflexivos.

Concretamente, o próximo resultado já foi considerado no Exercício 48 e vamos revisita–lo aqui.

Teorema 7.1.5 (Representação de Riesz) Sejam p,q∈ (1,∞) com 1/p+1/q= 1 e φ ∈ (Lp(Ω,µ))∗. Então, existeu ∈ Lq(Ω,µ) tal que

φ( f ) =∫

Ω

u f dµ,

para qualquer f ∈ Lp(Ω,µ). Além disso,‖φ‖(Lp)∗ = ‖u‖Lq .

Demonstração. Consideremoso operador T : Lq(Ω,µ)→ (Lp(Ω,µ))∗ definido por

(Tu)( f ) =∫

Ω

u f dµ.

Pela Desigualdade de Hölder,|(Tu)( f )| ≤ ‖u‖Lq‖ f‖Lp ,

o que nos dá ‖Tu‖(Lp)∗ ≤ ‖u‖Lq . Tomando f = |u|q−2u ∈ Lp vemos que (Tu)( f/‖ f‖Lp) = ‖u‖Lq . Portanto, T éuma isometria.

Para verificar que T é sobrejetora, seja ξ ∈ (Lp(Ω,µ))∗∗ tal que ξ (Tu) = 0 para todo u ∈ Lq(Ω,µ). ComoLp(Ω,µ) é reflexivo, podemos assumir que ξ ∈ Lp(Ω,µ). Em particular, se u = |ξ |p−2ξ ,

0 =∫

Ω

uξ dµ =∫

Ω

|ξ |pdµ,

ou seja, ξ = 0. Segue que T (Lq(Ω,µ)) é denso em (Lp(Ω,µ))∗. Como estes espaços são Banach, a imagem de Té fechada e o resultado segue.


7.2 Separabilidade dos espaços Lp, 1≤ p < ∞

Vamos nos sestringir nesta seção, por simplicidade, ao caso em que Ω⊂ Rn. O próximo resultado foi apresentadono Exercício 41 e a sua demonstração será omitida.

Teorema 7.2.1 O espaço Cc(Rn), das funções contínuas com suporte compacto em Rn, é denso em Lp(Rn) quando1≤ p < ∞.

O Teorema 7.2.1 implica na separabilidade de Lp, 1≤ p < ∞.

Teorema 7.2.2 Se 1≤ p < ∞, então Lp(Ω) é um espaço separável.

Demonstração. Suponhamos inicialmente que Ω = RN . Definamos a família

R :=

R =N

∏k=1

(ak,bk) | ak,bk ∈Q.

Em palavras, R é a família de todos os retângulos em RN nos quais os extremos dos intervalos são númerosracionais. Esta família é obviamente enumerável. Consideremos agora o espaço vetorial E sobre Q gerado pelasfunções características de elementos de R, isto é,

E = [χR | R ∈R]Q.

Já vimos que E definido dessa forma é enumerável. Vamos verificar que E é denso em Lp(Ω,µ), 1≤ p < ∞.

Dado f ∈ Lp(Ω,µ) e ε > 0, seja g1 ∈Cc(RN) tal que ‖ f −g1‖Lp < ε. Fixemos R∈R de forma que suppg1 ⊂R. Pela continuidade uniforme de g1, dado δ > 0, podemos dividir R em subretângulos de R disjuntos de maneiraque a oscilação de g1 é menor que δ em cada um desses retêngulos. Lembremos que a oscilação de g1 é supg1−infg1. Definimos g2 como sendo combinação linear finita de funções características desses retêngulos, onde oscoeficientes da combinação sejam escolhidos de maneira que ‖g1−g2‖∞ < δ . Assim, estimamos,

‖g1−g2‖Lp ≤ ‖g1−g2‖∞|R|1/p < δ |R|1/p.

Escolhendo δ > 0 de maneira que δ |R|1/p < ε obtemos

‖ f −g2‖Lp ≤ 2ε.

Isto conclui a demonstração no caso Ω = RN .

Nocaso geral, vemos que podemos estender cada função de Lp(Ω) como sendo zero fora de Ω. Dessa forma,vemos que Lp(Ω) pode ser visto com um subespaço fechado de Lp(RN). Isto é suficiente para concluirmos queeste espaço também é separável.

7.3 Comentários sobre L∞

Novamente vamos nos sestringir, por simplicidade, ao caso em que Ω⊂ Rn.

Pelo Exercício 48, (L1(Ω))∗ = L∞(Ω). Segue que (L∞(Ω))∗ contém L1(Ω). Veremos que agora que estainclusão é estrita.

Teorema 7.3.1 O espaço L∞(Ω) não é reflexivo.

Demonstração. Faremos o caso Ω = RN . Seja φ0 dado por

φ0( f ) = f (0), f ∈Cc(RN).

7.4. EXERCÍCIOS 101

Observemos que φ0 é linear e contínuo em Cc(RN) para a norma ‖ · ‖∞. Por Hahn–Banach, podemos estender φ0 aum funcional φ ∈ (L∞(RN))∗. Suponhamos que exista u ∈ L1(RN) tal que

φ( f ) =∫RN

u f dµ.

Consideremos uma sequência de funções em ( fn)⊂ L∞(RN) dadas por

fn(x) = 1 se |x| ≤ 1n, fn(x) = 0 se |x|> 1

n

Segue que φ( fn) = 1 para todo n ∈ N mas u fn → 0 quase sempre e |u fn| ≤ |u| ∈ L1(RN). Segue do Teorema daConvergência Dominada que ∫

RNu f dx→ 0 quando n→ ∞.

Assim, não existe uma tal u ∈ L1(RN).

Vamos agora verificar que L∞(Ω) não é separável.

Teorema 7.3.2 O espaço L∞(Ω) não é separável.

Demonstração. Seja Ω ⊂ RN um aberto. Escolhemos agora um aberto Ω ⊂⊂ Ω de maneira que a projeção deΩ sobre a primeira coordenada contenha um intervalo do tipo [a,b]. Definimos um subconjunto de Ω da seguintemaneira:

Ωt := (x,y) ∈ Ω | 0≤ x≤ t a≤ t ≤ b.

Se t,s ∈ [0,1] são tais que t 6= s, então ‖χΩt −χΩs‖∞ = 1. Definamos

Ot = f ∈ L∞(Ω) | ‖ f −χΩt‖∞ < 1/2.

Então temos que cada Ot é aberto e Ot ∩Os = /0. Além disso, existe uma quantidade não enumerável de aberto dotipo Ot , já que o intervalo [a,b] é não enumerável.

Seja uαα∈A qualquer subconjunto denso em L∞(Ω). Então, para cada t ∈ [a,b] podemos escolher uαt ∈Ot .A aplicação t 7→ αt é injetiva. De fato, se αt = αs, então uαt = uαs ∈ Ot ∩Os e assim, t = s. Segue que o conjuntoA não pode ser enumerável. Isto finaliza a demonstração.

Observação 7.3.3 O espaço L1(Ω) não é reflexivo. Caso fosse, teríamos então que ele seria reflexivo e separável.Consequentemente, (L1(Ω))∗ = L∞(Ω) seria separável, o que é um absurdo.

7.4 Exercícios

Exercício 154 Seja Ω = (0,1) e considere a sequência ( fn) de funções definidas por fn(x) = ne−nx. Demonstreas seguintes afirmações:

i) fn→ 0 em quase todo ponto;

ii) ( fn) é limitada em L1(Ω);

iii) ( fn) não converge em L1(Ω) para 0;

iv) ( fn) não converge para 0 na topologia fraca σ(L1,L∞).

Mais precisamente, ( fn) não possui subsequência que converge na topologia fraca σ(L1,L∞).

Exercício 155 Seja Ω = (0,1) e considere agora a sequência (gn) de funções definidas por gn(x) = n1/pe−nx,p > 1. Demonstre as seguintes afirmações:


i) gn→ 0 em quase todo ponto;

ii) (gn) é limitada em Lp(Ω);

iii) (gn) não converge em Lp(Ω) para 0;

iv) (gn) converge para 0 na topologia fraca σ(Lp,Lq), onde 1/p+1/q = 1.

Exercício 156 Suponha que 1 < p < ∞, 1/p+ 1/q = 1, e considere uma sequência ( fn) ⊂ Lp(Ω) limitada emLp(Ω) com fn→ f em quase todo ponto de Ω.

i) Demonstre que fn f em σ(Lp,Lq).

Sugestão: primeiro demonstre que se fn f e fn → f em quase todo ponto, então f = f em quase todoponto (use o Exercício 134).

ii) Suponha que fn → f em L1(Ω) ao invés de fn → f em quase todo ponto. Demonstre que fn f emσ(Lp,Lq).

iii) Com as hipóteses iniciais e supondo que Ω seja limitado, demonstre que fn → f em Lr(Ω) para todor ∈ [1, p).

Sugestão: considere as funções truncadas Tk fn, onde

Tk(u) = u se |u| ≤ k, Tk(u) =ku|u|

se |u|< k.

Exercício 157 (Lema de Brezis–Lieb) Suponha que 1 < p < ∞.

i) Demonstre que existe uma constante C =C(p)> 0 tal que∣∣|a+b|p−|a|p−|b|p∣∣≤C

(|a|p−1|b|+ |a||b|p−1), para quaisquer a,b ∈ R.

ii) Seja ( fn)⊂ Lp(Ω) uma sequência limitada com fn→ f em quase todo ponto de Ω. Demonstre que f ∈ Lp(Ω)e que

limn→∞

∫Ω

(| fn|p−| fn− f |p

)dµ =

∫Ω

| f |pdµ.

(Compare com o Lema de Fatou).

Sugestão: use o item i) com a = fn(x)− f (x) e b = f (x); note que, pelo Exercício 156, | fn− f | 0 emLp(Ω) e | fn− f |p−1 0 em Lq(Ω), 1/p+1/q = 1.

iii) Deduza que se ( fn)⊂ Lp(Ω) converge em quase todo ponto de Ω para f ∈ Lp(Ω) e ‖ fn‖Lp →‖ f‖Lp , entãofn→ f fortemente em Lp(Ω).

Capítulo 8

Espaços de Hilbert

Espaços de Hilbert, apesar de serem um caso especial de espaços de Banach, merecem um tratamento separadopela sua importância em aplicações. O ponto principal nesses espaços é a existência de um produto interno, quetraz consigo a noção de ortogonalidade e os tornam a generalização natural dos espaços Euclidianos em dimensãoinfinita. Em termos dos operadores lineares, pelo fato desses espaços prossuirem mais estruturas, podemos tambémintroduzir a noções de operadores simétricos, autoadjuntos, etc.

Este capítulo tratará somente dos fatos básicos sobre os espaços de Hilbert.

Vigésima primeira aula↓

8.1 Espaços de Hilbert: noções básicas

Seja H um espaço normado sobre um corpo F=C ou R. Uma aplicação 〈·, ·〉 : H×H→ F é chamada de produtointerno se satsifaz as seguintes propriedades:

• para quaisquer α,β ∈ F e quaisquer x,y,z ∈ H :

〈αx+βy,z〉= α〈x,z〉+β 〈y,z〉;

• para quaisquer x,y ∈ H :〈x,y〉= 〈y,x〉,

onde a barra representa o conjugado de um número complexo;

• parta qualquer x ∈ H, 〈x,x〉 ≥ 0 e 〈x,x〉= 0 somente se x = 0.

Se H é um espaço normado onde temos definido um produto interno 〈·, ·〉, dizemos que H é um espaço comproduto interno.

É fácil verificar que, se H é um espaço com produto interno, então

〈z,αx+βy〉= α〈z,x〉+β 〈z,y〉,

para quaisquer x,y,z ∈ H e quaisquer α,β ∈ F.O exemplo mais clássico de espaços com produto interno são os espaços CN , nos quais o produto interno é

dado por

〈x,y〉 := x · y =N

∑i=1

xyi.

103

104 CAPÍTULO 8. ESPAÇOS DE HILBERT

Exemplo 8.1.1 Seja Ω um subconjunto mensurável de RN com µ(Ω) > 0. Então L2(Ω,µ) é um espaço comproduto interno, onde

〈 f ,g〉L2 :=∫

Ω

f (x)g(x)dx.

Analogamente, l2(Z) é um espaço com produto interno, onde

〈x,y〉l2 :=∞

∑−∞

xnyn.

Dado um espaço com produto interno (H,〈·, ·〉), definimos ‖x‖ = (〈x,x〉)1/2, x ∈ H. A expressão ‖ · ‖ é,de fato, uma norma em H, a qual dizemos que foi induzida pelo produto interno. A demonstração desse fato érazoavelmente simples. O único ponto mais trabalhos é a desigualdade triangular, que utiliza o próximo lema.

Lema 8.1.2 (Desigualdade de Cauchy–Schwarz) Se (H,〈·, ·〉)é um espaço com produto interno com a normainduzida ‖ · ‖, então, para quaisquer x,y ∈ H,

|〈x,y〉| ≤ ‖x‖‖y‖,

onde a igualdade ocorre se, e somente se, x e y são linearmente dependentes.

Demonstração. Se y = 0 então nada temos a demonstrar. Assumiremos y 6= 0. Para x,y ∈ H e λ ∈ F,

0≤ ‖x−λy‖2

= 〈x,x〉−λ 〈x,y〉−λ 〈y,x〉+ |λ |2〈y,y〉= ‖x‖2−

(λ 〈y,x〉+λ 〈y,x〉

)+ |λ |2‖y‖2

= ‖x‖2−2ℜ(λ 〈y,x〉

)+ |λ |2‖y‖2,

onde ℜ denota a parte real de um número complexo. Basta agora tomarmos

λ =〈x,y〉‖y‖2 .

Daí,

0≤ ‖x‖2−2ℜ〈x,y〉〈y,x〉‖y‖2 +

|〈x,y〉|2

‖y‖4 ‖y‖2 = ‖x‖2− |〈x,y〉|

2

‖y‖2 ,

já que 〈x,y〉〈y,x〉= |〈x,y〉|2 é real. Isso demonstra o resultado, com igualdade se, e somente se, x−λy = 0.

Proposição 8.1.3 A função x 7→ ‖x‖=(〈x,x〉

)1/2é uma norma em H.

Demonstração. Que ‖x‖ = 0 se, e somente se, x = 0 e que ‖λx‖ = |λ |‖x‖ para cada λ ∈ F são consequênciasóbvias da definição. Para a desigualdade triangular temos:

‖x+ y‖2 = 〈x+ y,x+ y〉= ‖x‖2 +2ℜ〈x,y〉+‖y‖2

≤ ‖x‖2 +2‖x‖‖y‖+‖y‖2

=(‖x‖+‖y‖

)2,

como desejado.

Um espaço H com produto interno 〈·, ·〉 que é completo com a norma induzida por este produto interno échamado de espaço de Hilbert.

Observemos que os exemplos L2(Ω,µ) e l2(Z) são espaços de Hilbert, pois a norma induzida é justamente anorma que já havíamos definidos nesses espaços anteriormente.

8.2. PROJEÇÕES ORTOGONAIS 105

Proposição 8.1.4 Seja H um espaço de Hilbert e suponhamos que xn → x e yn → y na norma induzida. Então〈xn,yn〉 → 〈x,y〉.

Demonstração. Utilizando a Desigualdade de Cauchy–Schwarz,

|〈xn,yn〉−〈x,y〉|= |〈xn− x,yn〉+ 〈x,yn− y〉|≤ ‖xn− x‖‖yn‖+‖x‖‖yn− y‖.

O resultado desejado segue uma vez que a sequência (yn) é limitada.

Corolário 8.1.5 Se λn→ λ ∈ F e µn→ µ ∈ F, e ainda, xn→ x e yn→ y na norma induzida, então 〈λnxn,µnyn〉→〈λx,µy〉.

Proposição 8.1.6 (Lei do Paralelogramo) Para quaisquer x,y ∈ H,

‖x+ y‖2 +‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 +‖y‖2).

Demonstração. Para quaisquer x,y ∈ H,

‖x± y‖2 = ‖x‖2±ℜ〈x,y〉+‖y‖2.

Somando as duas fórmula obtemos a identidade.

Apesar de simples, a identidade do Paralelogramo tem uma aplicação importante.

Teorema 8.1.7 Todo espaço de Hilbert H é uniformemente convexo e, portanto, reflexivo.

Demonstração. Seja ε > 0 e x,y ∈ H com ‖x‖ ≤ 1, ‖y‖ ≤ 1 e ‖x− y‖> ε. Pela identidade do paralelogramo,∥∥∥x+ y2

∥∥∥2< 1− ε2

4,

o que nos dá, ∥∥∥x+ y2

∥∥∥< 1−(

1−(

1− ε2

4

)1/2)= 1−δ ,

com δ > 0 se ε > 0 é pequeno. A conclusão segue do Teorema de Milman–Pettis.

8.2 Projeções ortogonais

À seguir apresentamos uma importante propriedade geométrica dos espaços com produto interno.

Teorema 8.2.1 (Melhor aproximação) Suponhamos que H seja um espaço com produto interno e seja M ⊂ Hum convexo completo e não vazio. Se x ∈ H, então existe y = y(x) ∈M tal que

dist(x,M) = inf‖x− z‖ | z ∈M= ‖x− y‖.

O elemento y é chamado de melhor aproximação de x em M.

Demonstração. Sejaδ = inf‖x− z‖ | z ∈M.

Se δ = 0 então tomamos y = x, pois M é completo.Suponhamos então que δ > 0. Então x 6∈M e existe uma sequência (yn)⊂M tal que

‖x− yn‖= δn→ δ .


Afirmamos que (yn) é uma sequência de Cauchy. Pela lei do paralelogramo,

‖(yn− x)+(x− ym)‖2 +‖(yn− x)− (x− ym)‖= 2(‖yn− x‖2 +‖x− ym‖2),

ou seja,

‖yn− ym‖2 = 2(‖yn− x‖2 +‖x− ym‖2)−‖yn + ym−2x‖2

= 2(δ 2n +δ

2m)−4

∥∥∥yn + ym

2− x∥∥∥2

≤ 2(δ 2n +δ

2m)−4δ

2,

já que, pela convexividade, (yn + ym)/2 ∈ M. Assim, quando n,m→ ∞, temos que ‖yn− ym‖ → 0. Como M écompleto, yn→ y ∈M. Como a norma ‖ · ‖ é contínua, ‖x− y‖= δ .

Vejamos agora que y é único. Se z ∈M é tal que ‖x− z‖= δ , então, novamente pela identidade do paralelo-gramo,

‖y− z‖2 = 2(‖y− x‖2 +‖x− z‖2)−‖y+ z−2x‖2

= 4δ2−4

∥∥∥y+ z2− x∥∥∥2

= 4δ2−4δ

2 = 0.

Assim, y = z.

Dizemos que x e y em H são ortogonais se 〈x,y〉 = 0. Neste caso denotamos x ⊥ y. No caso em que x éortogonal a todo elemento de um conjunto M ⊂ H, denotamos x⊥M.

Corolário 8.2.2 Suponhamos que H seja um espaço com produto interno e seja M um subespaço completo de H.Se x ∈ H e y ∈M é a melhor aproximação de de x em M, então

x− y⊥M.

Demonstração. Seja m ∈M, m 6= 0. Para qualquer λ ∈ F, pela melhor aproximação temos

‖x− y‖2 ≤ ‖x− y+λm‖2 = ‖x− y‖2 +λ 〈x− y,m〉+λ 〈m,x− y〉+ |λ |2‖m‖2.

Tomando

λ =−〈x− y,m〉‖m‖2 ,

temos que0≤−λλ‖m‖2 = λλ‖m‖2 + |λ |2‖m‖2 =−|λ |2‖m‖2,

o que nos dá que λ = 0, ou seja,〈x− y,m〉= 0 para qualquer m ∈M.

Segue que x− y⊥M.

Dado um subconjunto M de um espaço com produto interno, definimos

M⊥ = x ∈ H | 〈x,m〉= 0 para todo m ∈M.

Veremos mais adiante que esta notação não entra em conflito com a que já utilizamos nestas notas para subconjun-tos de espaços de Banach.

Proposição 8.2.3 Suponhamos que H seja um espaço com produto interno e seja M ⊂ H. Então M⊥ é um subes-paço de H com M ⊥M⊥ e M∩M⊥ sendo 0 ou o conjunto vazio.

8.2. PROJEÇÕES ORTOGONAIS 107

Vigésima segunda aula↓

Teorema 8.2.4 (Teorema da Projeção) Suponhamos que (H,〈·, ·〉) seja um espaço com produto interno e sejaM ⊂ H um subespaço completo. Então, existem dois operadores lineares limitados e sobrejetivos

P : H→M, P⊥ : H→M⊥,

definidos da seguinte forma:

a) ‖x−Px‖= inf‖x− y‖ | y ∈M;

b) x = Px+P⊥x, isto é, P⊥ = IH −P.

Os operadores P e P⊥ são únicos e satisfazem as seguintes propriedades:

i) (Teorema de Pitágoras) ‖x‖2 = ‖Px‖2 +‖P⊥x‖2;

ii) x ∈M se, e somente se, P⊥x = 0;

iii) x ∈M⊥ se, e somente se, Px = 0;

iv) ‖P‖= 1 a menos que M = 0 e ‖P⊥‖= 1 a menos que M = H;

v) PP⊥ = P⊥P = 0, P2 = P e (P⊥)2 = P⊥.

Dizemos que P e P⊥ são as projeções ortogonais de H sobre M e M⊥, respectivamente.

Demonstração. Pelo Teorema de melhor aproximação, temos que i) define P unicamente e, consequentemente,P⊥ também está unicamente determinada. Se x ∈ H, então, para m ∈M,

〈P⊥x,m〉= 〈x−Px,m〉= 0,

pelo Corolário 8.2.2. Assim, a imagem de P⊥ é M⊥.Verifiquemos agora que P e P⊥ são lineares. Sejam α,β ∈ F e x,y ∈ H. Então,

αx+βy = P(αx+βy)+P⊥(αx+βy),

e também,

αx+βy = α(Px+P⊥x)+β (Py+P⊥y)

= αPx+βPy+αP⊥x+βP⊥y.

Segue queαPx+βPy−P(αx+βy) = P⊥(αx+βy)−αP⊥x−βP⊥y.

Como M e M⊥ são espaços vetoriais, vemos que o lado direito na igualdade acima pertence a M⊥ e o lado esquerdoa M. Mas M∩M⊥ = 0, o que nos dá

P(αx+βy) = αPx+βPy,

P⊥(αx+βy) = αP⊥x+βP⊥y.

Da demonstração do Teorema de Melhor Aproximação temos que, se x ∈M, então Px = x. Reciprocamente,se x = Px então x ∈M. Isso demonstra ii). Analogamente demonstramos iii).

Se x ∈H, então ii) e iii) implicam que PP⊥x = 0, já que P⊥x ∈M⊥ e P⊥Px = 0 uma vez que Px ∈M. Logo,0 = PP⊥ = P(I−P) = P−P2 e 0 = P⊥P = P⊥(I−P⊥) = P⊥− (P⊥)2. Assim, segue o item v).


O item i) segue por um cálculo direto:

‖x‖2 = ‖Px+P⊥x‖2 = 〈Px+P⊥x,Px+P⊥x〉= ‖Px‖2 + 〈Px,P⊥x〉+ 〈P⊥x,Px〉+‖P⊥x‖2

= ‖Px‖2 +‖P⊥x‖2,

já que M ⊥M⊥.Finalmente, pelo item i),

‖Px‖2 = ‖x‖2−‖P⊥x‖2 ≤ ‖x‖2,

e ‖P‖ ≤ 1. Mas se M 6= 0, existe x ∈M \0 para o qual ‖Px‖ = ‖x‖. Assim, ‖P‖ = 1. Observações similaresvalem para P⊥ e temos que ‖P⊥‖= 1.

Corolário 8.2.5 Se H é um espaço de Hilbert e M⊂H é um subespaço fechado, então P⊥ é a melhor aproximaçãopara M⊥.

8.3 Dualidade

Já vimos que os espaços de Hilbert são reflexivos. Verficaremos nesta seção um resultado ainda mais forte, quenos diz que todo funcional contínuo pode ser visto como o produto interno de um vetor fixo em H com os demaiselementos de H.

Fixemos um espaço de Hilbert H com produto interno 〈·, ·〉 e seu dual H∗. Se f ∈H, então podemos associara f o funcional ϕ f da seguinte maneira:

ϕ f (x) = 〈x, f 〉.

O funcional ϕ f é claramente linear e é contínuo pela Desigualdade de Cauchy–Schwarz. Além disso,

‖ϕ f ‖ ≤ ‖ f‖.

Mas, se f 6= 0, entãoϕ f(

f/‖ f‖)= ‖ f‖.

Assim, ‖ϕ f ‖= ‖ f‖. Concluímos que a aplicação f 7→ ϕ f é uma isometria de H em H∗.

Teorema 8.3.1 (Riesz–Fréchet) Seja H um espaço de Hilbert com produto interno 〈·, ·〉 e ϕ ∈ H∗. Então existeum único f ∈ H tal que

ϕ(x) = 〈x, f 〉, para qualquer x ∈ H.

Além disso, ‖ϕ‖= ‖ f‖.

Demonstração. Se ϕ = 0 então basta tomarmos f = 0.Para demonstrarmos a unicidade notemos que se ϕ(x) = 〈x,g〉 e ϕ(x) = 〈x, f 〉 para qualquer x ∈ H, então

〈x,g− f 〉= 0 para qualquer x ∈ H.

Em pasrticular, substituindo x = f −g temos que ‖ f −g‖= 0, ou seja, f = g.Consideremos

M = kerϕ = ϕ−1(0).

Segue que M é um subespaço fechado de H. Pelos comentários iniciais, podemos assumir que ϕ 6= 0. Dessa forma,M 6= H e M⊥ 6= 0.

Fixemos z ∈M⊥ \0 normalizado de maneira que ‖z‖= 1. Para x ∈ H definamos

u = (ϕx)z− (ϕz)x.

8.4. SUBCONJUNTOS ORTONORMAIS 109

Assim,ϕ(u) = (ϕx)(ϕz)− (ϕz)(ϕx) = 0.

Dito de outra forma, u ∈M, ou seja, u⊥ z. Segue que

0 = 〈u,z〉= ϕ(x)〈z,z〉−ϕ(z)〈x,z〉= ϕ(x)−ϕ(z)〈x,z〉,

e portanto,ϕ(x) = 〈x,ϕ(z)z〉.

O resultado segue se tomarmos f = ϕ(z)z. Que a aplicação f 7→ ϕ f é uma isometria já foi visto no início destaseção.

A aplicação R : H → H∗ dada por R( f ) = ϕ na notação da demonstração do Teorema de Riesz-Fréchet échamada de aplicação de Riesz. Observe que, apesar de R ser uma isometria bijetora, R não é linear quandoF= C. Na verdade temos

R(x+λy) = R(x)+λR(y),

para quaisquer x,y ∈ H e qualquer λ ∈ F.

8.4 Subconjuntos ortonormais

Suponhamos que H seja um espaço com produto interno e que I seja um conjunto de índices. Um conjuntoA = xα ,α ∈ I dito ortogonal se xα 6= 0 para todo α ∈ I e se xα ⊥ xβ para quaisquer α,β ∈ I, α 6= β , ou seja,

〈xα ,xβ 〉= 0, para quaisquer α,β ∈ I,α 6= β .

Além disso, se ‖xα‖= 1 para todo α ∈ I, dizemos que A é ortonormal.Dizemos que A ⊂ H é linearmente independente se todo subconjunto finito de A é lienarmente indepen-

dente, isto é, dada qualquer coleção finita xini=1 ⊂ A, se tivermos

n

∑i=1

cixi = 0

para ci ∈ F, i = 1, . . . ,n, então ci = 0 para cada i = 1, . . . ,n.

Proposição 8.4.1 Se um subconjunto A de um espaço de Hilbert H é ortogonal,então A é linearmente indepen-dente.

Exemplo 8.4.2 Seja x1, . . . ,xn um conjunto linearmente independente em um espaço de Hilbert H e

M =[x1, . . . ,xn

].

Por ser de dimensão finita, M é um subespaço fechado de H. Seja PM a projeção sobre H. Para cada x∈H, existemc1, . . . ,cn ∈ F tais que

PMx =n

∑j=1

c jxi,

e PMx− x⊥M. Segue que〈PMx,x j〉= 〈x,x j〉, j = 1, . . . ,n.

Dessa forma,

〈PMx,xi〉=n

∑j=1

c j〈x j,xi〉,

e se colocarmosai j = 〈xi,x j〉 e bi = 〈x,xi〉


teremos que a matriz n×n dada por A = (ai j) e os n vetores b = (b1, . . . ,bn) e c = (c1, . . . ,cn) satisfazem

Ac = b.

Como já sabemos que a projeção é única, temos que uma solução c existe, de maneira que A é inversível e podemosencontrar uma expressão para PMx.

Teorema 8.4.3 Suponhamos que H seja um espaço de Hilbert e que u1, . . . ,un ⊂ H seja um conjunto ortonor-mal. Seja x ∈ H. Então, a projeção ortogonal de x sobre

M =[x1, . . . ,xn

]é dada por

PMx =n

∑i=1〈x,ui〉ui.

Além disso,n

∑i=1|〈x,ui〉|2 ≤ ‖x‖2.

Demonstração. Neste caso, usamos o que já fizemos no Exemplo 8.4.2. Observemos que a matriz A=(〈ui,u j〉

)é

a identidade, uma vez que o conjunto u1, . . . ,u j é ortonormal. Segue que cada o vetor c é justamente b=(〈x,ui〉

).

Finalmente, como ‖PMx‖ ≤ ‖x‖. Mas um exercício simples nos dá

‖PM‖2 =n

∑i=1|〈x,ui〉|2.

Assim, segue o resultado.

Gostaríamos de estudar agora conjuntos ortonormais mais gerais, que não necessariamente são finitos ouenumeráveis.

Seja I um conjunto de índices (possivelmente não enumeráveis) e xαα∈I um conjunto de números reaisnão negativos. Definimos

∑α∈I

xα = sup

∑α∈J

xα | J ⊂ I finito.

Se I = N então a definiçãoa cima coincide com a usual, isto é,

∑i∈N

xi = limn→∞

n

∑i=1

xi.

Lema 8.4.4 Suponhamos que I seja não enumerável e que

∑α∈I

xα < ∞.

Então xα é diferente de zero somente para uma quantidade enumerável de índices α ∈ I.

Teorema 8.4.5 (Desigualdade de Bessel) Seja H um espaço de Hilbert e uαα∈I ⊂ H um conjunto ortonormal.Então, para x ∈ H,

∑α∈I|〈x,xα〉|2 ≤ ‖x‖2.

Demonstração. Pelo Teorema 8.4.3, para qualquer conjunto finito J ⊂ I temos que

∑α∈J|〈x,uα〉|2 ≤ ‖x‖2.

O resultado segue tomando o sup nesse desigualdade.


Corolário 8.4.6 Com as hipóteses do Teorema 8.4.5, temos que no máximo uma quantidade enumerável de 〈x,uα〉são não nulos.

Em um certo sentido que será enunciado no Teorema de Riesz–Fischer, temos que cada x ∈ H pode serassociado aos coeficientes 〈x,uα〉 para cada α ∈ I.

Fixemos I um conjunto de índices. Denotamos por l2(I) o conjunto

l2(I) =

f : I→ F | ∑α∈I| f (α)|2 < ∞

.

No caso em que I =N temos que l2(I) é o espaço l2 usual que é um espaço de Hilbert. Em geral, l2(I) é um espaçode Hilbert com produto interno definido por

〈 f ,g〉= ∑α∈I

f (α)g(α).

Vigésima terceira aula↓

Teorema 8.4.7 (Riesz–Fischer) Seja H um espaço de Hilbert e uαα∈I qualquer conjunto ortonormal em H.Definamos a aplicação F : H→ l2(I) por F(x) = fx, onde

fx(α) = xα = 〈x,uα〉, α ∈ I.

Então F é uma aplicação linear sobrejetiva e limitada, a qual é chamada de aplicação de Riesz–Fischer.

Demonstração. Denotemos a aplicação fx por xαα∈I . Temos

F(x+ y) =(x+ y)α

α∈I =

〈x+ y,uα〉

α∈I

=〈x,uα〉+ 〈y,uα〉

α∈I

=〈x,uα〉

α∈I +

〈y,uα〉

α∈I

= F(x)+F(y),

e similarmente F(λx) = λF(x) para qualquer λ ∈ F e qualquer x ∈ H. A limitação (continuidade) de F segue daDesigualdade de Bessel. De fato,

‖F(x)‖2l2(I)

= ∑α∈I|xα |2 ≤ ‖x‖2.

Assim, não só Fé limitada, mas também ‖F‖ ≤ 1.Vamos verificar agora que F é sobrejetiva. Seja f ∈ l2(I) e n ∈ N. Tomemos

In = α ∈ I | | f (α)|> 1/n.

Então cada In é finito. Definindo J = ∪∞n=1In temos que J é enumerável e, se β 6∈ J, então f (β ) = 0. Em H

definamosxn = ∑

α∈In

f (α)uα .

Como In é um conjunto finito, xn está bem definido. Verfiquemos que (xn) é uma sequência de Cauchy. Paran > m≥ 1 calculamos

‖xn− xm‖2 =∥∥∥ ∑

α∈In\Imf (α)uα

∥∥∥2= ∑

α∈In\Im| f (α)|2 ≤ ∑

α∈I\Im| f (α)|2,

e esse último termo tende a zero pois a série toda converge, e portanto é pequena se tomarmos m grande. ComoH é Hilbert, existe x ∈ H tal que xn→ x. Como F é contíua, F(xn)→ F(x). Vamos verificar que F(x) = f . Pelacontinuidade do produto interno, temos que, para cada α ∈ I,

F(x)(α) = 〈x,uα〉= limn→∞〈xn,uα〉= lim

n→∞∑

β∈In

f (β )〈uβ ,uα〉= f (α).



Teorema 8.4.8 Seja H um espaço de Hilbert. As seguintes afirmações a respeito de um conjunto ortonormaluαα∈I ⊂ H são equivalentes:

i) uαα∈I é ortonormal maximal (também chamado de base ortonormal para H);

ii)[uα ,α ∈ I

]é denso em H;

iii) (Identidade de Parseval) ‖x‖2 = ∑α∈I|〈x,uα〉|2 para todo x ∈ H;

iv) 〈x,y〉= ∑α∈I〈x,uα〉〈y,uα〉 para quaisquer x,y ∈ H.

Demonstração. Iniciamos verificando que i) implica em ii). Seja M =[uα

]. Então M é um subespaço fechado

de H. Se M 6= H, então M⊥ 6= 0 uma vez que H = M +M⊥. Seja x ∈ M⊥, x 6= 0, ‖x‖ = 1. Então o conjuntouα | α ∈ I∪x seria um conjunto ortonormal, o que implica que uαα∈I não seria maximal ortonormal.

Verifiquemos agora que ii) implica em iii). Suponhamos então que, na notação do último parágrafo, M = He seja x ∈ H. Pela Desigualdade de Bessel,

‖x‖2 ≥ ∑α∈I|xα |2,

onde xα = 〈x,uα〉 para α ∈ I. Como [uα] é denso em H, dado ε > 0, existe um conjunto finito α1, . . . ,αn econstantes c1, . . . ,cn tais que ∥∥∥x−

n

∑i=1

ciuαi

∥∥∥≤ ε.

Pelo Teorema de Melhor Aproximação,∥∥∥x−n

∑i=1

xαiuαi

∥∥∥≤ ∥∥∥x−n

∑i=1

ciuαi

∥∥∥.Segue da ortonormalidade que

ε2 ≥

∥∥∥x−n

∑i=1

xαiuαi

∥∥∥2= ‖x‖2−

n

∑i=1|xαi |

2 ≥ ‖x‖2−∑α∈I|xα |2.

Sendo assim,‖x‖2 ≤ ∑

α∈I|xα |2 + ε

2,

e ε > 0 é arbitrário. Assim, a igualdade é válida na Desigualdade de Bessel.Suponhamos agora que a Identidade de Parseval seja válida e demonstremos o item iv. Sejam x,y ∈H. Então

pelo item iii),

‖x‖2 +‖y‖2 + 〈x,y〉+ 〈y,x〉= ‖x+ y‖2

= ∑α∈I|xα + yα |2

= ∑α∈I|xα |2 + ∑

α∈I|yα |2 + ∑

α∈Ixα yα + ∑

α∈Ixα yα ,

enquanto

‖x‖2 +‖y‖2 + i〈x,y〉− i〈y,x〉= ‖x+ iy‖2

= ∑α∈I|xα + iyα |2

= ∑α∈I|xα |2 + ∑

α∈I|yα |2− i ∑

α∈Ixα yα + i ∑

α∈Ixα yα .


Desde que‖x‖2 = ∑

α∈I|xα |2 e ‖y‖2 = ∑

α∈I|yα |2,

podemos afirmar que〈x,y〉+ 〈x,y〉= ∑

α∈Ixα yα + ∑

α∈Ixα yα

e〈x,y〉−〈x,y〉= ∑

α∈Ixα yα −∑

α∈Ixα yα ,

e o resultado desejado segue se somarmos estas duas igualdades.Finalmente verfiquemos que iv) implica em i). Supondo que uαα∈I não é maximal, podemos tomar u ∈H,

u⊥ uα para todo α ∈ I e com ‖u‖= 1. Então, pelo item iv),

1 = ‖u‖2 = ∑α∈I|〈u,uα〉|2 = 0,

que é uma contradição.

Do Teorema 8.4.8 temos que um conjunto ortonormal maximal é, em um certo sentido, uma base para oespaço de Hilbert H.

Corolário 8.4.9 Se uαα∈I é maximal ortonormal e se x ∈ H é de dimensão infinita, então existem α1 ∈ I,i = 1,2, . . . tais que

x =∞

∑i=1〈x,uαi〉uαi .

Corolário 8.4.10 Se uαα∈I é um conjunto ortonormal maximal no espaço de Hilbert H, então a aplicação deRiesz–Fischer F : → l2(I) é um isomorfismo de espaços de Hilbert.

Teorema 8.4.11 Sejam H um espaço de Hilbert e uαα∈I qualquer conjunto ortonormal em H. Então uαα∈I ⊂uββ∈J , onde este último é ortonormal maximal.

Demonstração. O caso geral segue por indução transfinita. Faremos a demonstração no caso em que H éseparável. Portanto, seja x j∞

j=1 um conjunto enumerável e denso em H. Definamos

M = [uαα∈I ].

Definamosx j := x j−PM x j ∈M⊥,

onde PM é a projeção ortogonal sobre M. Então o gerado por

uαα∈I ∪x j∞j=1

é denso em H. Definamos sucessivamente para j = 1,2, . . . (com x1 = x1)

N j := [x1, . . . ,x j],

ondex j+1 = x j+1−PN j x j+1 ∈ N⊥j .

O gerado poruαα∈I ∪x j∞

j=1

é denso em H e qualquer dois elementos são ortogonais. Removendo qualquer vetor não nulo e normalizando osdemais a demonstração fica finalizada utilizando a equivalência entre ii) e iii) no Teorema 8.4.8.

Corolário 8.4.12 Todo espaço de Hilbert H é isomorfo à l2(I) para algum I. Além disso, H é de dimensão infinitae separável se, e somente se, H é isomorfo à l2(N).


8.5 Os Teoremas de Stampacchia e de Lax–Milgram

Nesta seção vamos assumir que H é um espaço de Hilbert sobre R. Neste contexto, uma forma bilinear em H éuma aplicação bilinear a : H×H→ R. Dizemos que a(·, ·) é contínua se existir uma constante C > 0 tal que

|a(u,v)| ≤C‖u‖‖v‖, para quaisquer u,v ∈ H.

A forma bilinear a(·, ·) é dita coerciva se existe uma constante α > 0 tal que

a(v,v)≥ α‖v‖2, para qualquer v ∈ H.

Nosso intuito nesta seção é apresentar os teoremas de Stampacchia e de Lax–Milgram, que representamuma ferramenta abstrata importante em aplicações, principalmente no estudo de problemas de minimização emsubconjuntos de espaços de Hilbert. Em particular, no estudo de vários problemas lineares elípticos. De uma certamaneira, estes resultados representam uma generalização do Teorema de Riesz–Fréchet.

Teorema 8.5.1 (Stampacchia) Suponhamos que a(·, ·) seja uma forma bilinear contínua e coerciva no espaço deHilbert H. Seja K ⊂ H um subconjunto convexo fechado e não vazio. Então, dado qualquer ϕ ∈ H∗, existe umúnico elemento u ∈ K tal que

a(u,v−u)≥ ϕ(v−u), para qualquer v ∈ K. (8.1)

Além disso, se a(·, ·) for simétrica, isto é, a(u,v) = a(v,u) para quaisquer u,v ∈H, então u pode ser caracterizadopela seguinte propriedade: u ∈ K e

12

a(u,u)−ϕ(u) = minv∈K

12

a(v,v)−ϕ(v).

Uma consequência do Teorema de Stampacchia é o resultado conhecido como Lema de Lax–Milgram.

Corolário 8.5.2 (Lax–Milgram) Suponhamos que a(·, ·) seja uma forma bilinear contínua e coerciva no espaçode Hilbert H. Então, dado qualquer ϕ ∈ H∗, existe um único elemento u ∈ H tal que

a(u,v) = ϕ(v), para qualquer v ∈ H.

Além disso, se a(·, ·) for simétrica, então u pode ser caracterizado pela seguinte propriedade: u ∈ H e

12

a(u,u)−ϕ(u) = minv∈H

12

a(v,v)−ϕ(v).

Para demonstrarmos o Teorema de Stampacchia necessitamos de verificar alguns fatos adicionais sobre pro-jeções.

Lema 8.5.3 Sejam H um espaço de Hilbert sobre R e K ⊂ H um convexo fechado não vazio. Então a projeçãou = PK f é caracterizada por

〈 f −u,v−u〉 ≤ 0, para qualquer v ∈ K. (8.2)

Demonstração. Suponhamos que u = PK f seja a pojeção em K de f . Já sabemos que

‖ f −u‖= minv∈K‖ f − v‖= dist( f ,K).

Para w ∈ K temos quev = (1− t)u+ tw ∈ K, para todo t ∈ [0,1].

Assim,‖ f −u‖ ≤ ‖ f −

((1− t)u+ tw

)‖= ‖( f −u)− t(w−u)‖.

Portanto,‖ f −u‖2 ≤ ‖ f −u‖2−2t〈 f −u,w−u〉+ t2‖w−u‖2.

8.5. OS TEOREMAS DE STAMPACCHIA E DE LAX–MILGRAM 115

Logo, para qualquer t ∈ (0,1),2〈 f −u,w−u〉 ≤ t‖w−u‖2.

Fazendo t→ 0+ obtemos〈 f −u,w−u〉 ≤ 0.

Reciprocamente, se u satisfaz (8.2), então

‖u− f‖2−‖v− f‖2 = 2〈 f −u,v−u〉−‖u− v‖2 ≤ 0,

para qualquer v ∈ K. Isto implica que u = PK f .

Já sabemos que se K for um subespaço fechado do espaço de Hilbert H, então a projeção sobre este espaçopossui norma 1. O próximo resultado é um substituto deste fato quando K é um convexo fechado não vazio.

Lema 8.5.4 Sejam H um espaço de Hilbert e K ⊂ H um convexo fechado não vazio. Então Pk satisfaz,

‖PK f −PKg‖ ≤ ‖ f −g‖,

para quaisquer f ,g ∈ H.

Demonstração. Tomemos u1 = PK f e u2 = Pkg. Então,

〈 f −u1,v−u1〉 ≤ 0, (8.3)〈g−u2,v−u2〉 ≤ 0, (8.4)

para qualquer v ∈ K. Tomando v = u2 em (8.3) e v = u1 em (8.4) e somando obtemos

〈( f −g)+(u2−u1),u2−u1〉 ≤ 0,

ou seja,‖u2−u1‖2 ≤ 〈 f −g,u1−u2〉 ≤ ‖u2−u1‖‖ f −g‖,

de onde segue o resultado.

Vigésima quarta aula↓

Demonstração do Teorema 8.5.1. Sabemos do Teorema de Riesz–Fréchet que existe um único f ∈ H tal que

ϕ(v) = 〈 f ,v〉, para qualquer v ∈ H.

Por outro lado, para u ∈ H fixado, a aplicação v 7→ a(u,v) é um funcional linear contínuo em H. Assim, existe umúnico elemento Au ∈ H tal que

a(u,v) = 〈Au,v〉, para qualquer v ∈ H.

Pela unicidade temos que A é linear. Além disso, A é contínuo. De fato, temos que existe ϕu ∈ H∗ tal que, paraqualquer v ∈ H,

ϕu(v) = a(u,v) = 〈Au,v〉;

segue que, por isometria,

‖Au‖= ‖ϕu‖= sup‖v‖≤1

|a(u,v)| ≤ sup‖v‖≤1

C‖u‖‖v‖ ≤C‖u‖.

Com estas observações, o problema (8.1) é equivalente ao seguinte:

〈Au,v−u〉 ≥ 〈 f ,v−u〉, para qualquer v ∈ K,

ou seja, queremos demonstrar que

〈 f −Au,v−u〉 ≤ 0, para qualquer v ∈ K. (8.5)


Dado ρ > 0, consideremos o problema

〈ρ f −ρAu,v−u〉 ≤ 0, para qualquer v ∈ K,

ou ainda,〈ρ f −ρAu+u−u,v−u〉 ≤ 0, para qualquer v ∈ K.

Assim, queremos encontrar u ∈ K tal que u = PK(ρ f −ρAu+u).Definamos S : K→ K por S(w) = PK(ρ f −ρAw+w). Lembremos do Lema 8.5.4 que

‖PKu1−PKu2‖ ≤ ‖u1−u2‖, para quaisquer u1,u2 ∈ H.

Portanto,

‖Sw1−Sw2‖2 ≤ ‖(−ρAw1 +w1)− (−ρAw2 +w2)‖= ‖w1−w2‖2−2ρ〈Aw1−Aw2,w1−w2〉+ρ

2‖Aw1−Aw2‖2

≤ ‖w1−w2‖2−2ρα‖w1−w2‖2 +ρ2C‖w1−w2‖2

= ‖w1−w2‖2(1−2ρα +ρ2C).

Escolhendo ρ > 0 de maneira quek2 = 1−2ρα +ρ

2C < 1,

chegamos à conclusão que S é uma contração no convexo fechado e não vazio K. Sendo assim, pelo Teorema doPonto Fixo de Banach, S possui um ponto fixo u = Su ∈ K, o que finaliza a demonstração de (8.1).

Suponhamos agora que a forma bilinear a seja simétrica. Assim, a(·, ·) define um novo produto interno emH e uma nova norma ‖u‖1 =

(a(u,u)

)1/2. Notemos que esta nova norma é equivalente à primeira com constantes

de equivalência C e α. Segue que (H,‖ · ‖1) é um espaço de Hilbert. Pelo Teorema de Riesz–Fréchet, para cadaϕ ∈ H∗ existe um único g ∈ H tal que

ϕ(v) = a(g,v), para todo v ∈ H.

Assim, queremos resolvera(g−u,v−u)≤ 0, para todo v ∈ K. (8.6)

Novamente, a solução de (8.6) é a projeção sobre K (relativa ao produto interno a(·, ·)). Já sabemos que u écaracerizado por minimizar

minv∈K

(a(g− v,g− v))1/2.

Assim, u minimiza a função

v 7→ a(g− v,g− v) = a(v,v)−2a(g,v)+a(g,g) = a(v,v)−2ϕ(v)+a(g,g).

Concluímos que u satisfaz

12

a(u,u)−ϕ(u)≤ 12

a(v,v)−ϕ(v), para qualquer v ∈ K.

Com isto concluímos a demonstração do Teorema de Stampacchia.

8.6 Exercícios

Exercício 158 Demonstre a Proposição 8.2.3.

Exercício 159 Demonstre o Lema 8.4.4.

Exercício 160 Seja ϕk∞k=1 um conjunto ortonormal maximal de L2(RN). Demonstre que a coleção ϕk j∞

k, j=1com ϕk j(x,y) = ϕk(x)ϕ j(y), (x,y) ∈ R2N , é um conjunto ortonormal maximal de L2(R2N).


Exercício 161 (Processo de Gram–Schmidt) Seja x1,x2, . . . uma sequência de vetores linearmente independentesem um espaço com produto interno. Defina indutivamente os vetores

e1 = x1/‖x1‖,

fn = xn−n−1

∑j=1〈xn,e j〉e j para n≥ 2,

en = fn/‖ fn‖.

Demonstre que e1,e2, . . . é um conjunto ortonormal e que este conjunto gera o mesmo espaço que x1,x2, . . ..

Exercício 162 Aplique o processo de Gram–Schmidt aos vetores 1,x,x2 ⊂ L2([−1,1],dx). Utilize sua respostapara calcular a distância de x3 ao espaço [1,x,x2], isot é, encontre

mina,b,c∈C

∫ 1

−1|x3−a−bx− cx2|2dx.

Exercício 163 Seja Ω ⊂ RN um subconjunto mensurável e suponha que M ⊂ L2(RN) seja formado pela funçõesf ∈ L2(RN) tais que f (x) = 0 para quase todo x 6∈Ω. Demonstre que a projeções ortogonal P sobre M é dada porP f = χΩ f .

Exercício 164 Demonstre que o conjunto eikx | k ∈ Z é ortonormal e maximal em L2([−π,π]), com [−π,π)identificado com o círculo unitário.Sugestão: usando a densidade de C([−π,π]) em L2([−π,π]), basta demonstrar que qualquer função contínua em[−π,π] é limite de funções em [eikx | k ∈ Z]; para qualquer inteiro m≥ 0, seja

km(x) = cm

(1+ cosx2

)m, x ∈ [−π,π],

onde cm é escolhido de forma que1

2π

∫π

−π

km(x)dx = 1.;

verifique que

km(x) = cm2+ eix + e−ix

4∈ [eikx | k ∈ Z];

defina ainda

fm(x) =1

2π

∫π

−π

km(x− y) f (y)dy

e demonstre que fm→ f uniformemente na norma L∞ e portanto em L2([−π,π]).

Exercício 165 Seja H = L2([−π,π]) com [−π,π) identificado com o círculo unitário. Fixe uma sequência limi-tada (λk)

∞k=−∞

⊂ C e defina o operador T : H→ H por

T f (x) =∞

∑k=−∞

λkakeikx sempre que f (x) =∞

∑k=−∞

akeikx.

Tal operador é chamado de multiplicador de Fourier e a sequência (λk)∞k=−∞

é chamada de multiplicadores.

i) Demonstre que T é limitado e ‖T‖= sup|λk| | k ∈ Z.

ii) Verifique que T comuta com translações, isto é, se τh f (x) = f (x−h), então

T τh = τh T, para todo h ∈ R.

iii) Reciprocamente, se T é qualquer operador limitado em H que comuta com translações, então T é ummultiplicador de Fourier.


Exercício 166 Seja P : H →M a projeção ortogonal em um espaço de Hilbert H sobre o subespaço fechado Mde H. Demonstre que

〈Px,y〉= 〈x,Py〉, para quaisquer x,y ∈ H.

Exercício 167 Suponha que X seja um espaço vetorial equipado com uma norma ‖ · ‖ que satisfaz a identidadedo paralelogramo:

‖u+ v‖2 +‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 +‖v‖2).

Demonstre que

〈u,v〉 :=12(‖u+ v‖2−‖u‖2−‖v‖2)

define um produto interno em X que induz a norma ‖ · ‖.

Exercício 168 Demonstre que se Ω⊂ Rn for um aberto, então Lp(Ω), 1≤ p≤ ∞, p 6= 2, com a norma usual nãoé um espaço de Hilbert.

Exercício 169 Seja H um espaço de Hilbert com base ortonormal eαα∈I . Demonstre que uma sequência (xn)⊂H converge fracamente para x ∈ H se, e somente se,

〈xn,eα〉 → 〈x,eα〉, para qualquer α ∈ I.

Exercício 170 Seja H um espaço de Hilbert e (xn) ⊂ H tal xn x ∈ H e limsup‖un‖ ≤ ‖u‖. Demonstre queun→ u (fortemente).

Exercício 171 Demonstre que um espaço de Hilbert H é fracamente completo, isto é, se (xn)⊂ H é fracamentede Cauchy, então xn x, para algum x ∈ H.

Sugestão: fixado v ∈ H, considere f (v) := lim〈xn,v〉; verifique que f está bem definido, é linear e limitado; use oTeorema de Riesz–Fréchet.

Exercício 172 Demonstre que todo espaço de Hilbert é sequencialmente fracamente compacto. Em outraspalavras, demonstre que se (xn)⊂ H for uma sequência limitada, então existe uma subseqência (xnk) de (xn) queconverge fracamente.Sugestão: comece verficando que |〈xn,x1〉| ≤ ‖xn‖‖x1‖ e conclua que (〈xn,x1〉) é limitada e portanto possui umasub que converge; proceda indutivamente para construir uma sequência de subsequências (xm

n ) tais que (xm+1n )∞

n=1é uma subequência de (xm

n )∞n=1 e limn→∞〈xm

n 〉 existe; agora considera a diagonal (xnn); considere M como sendo o

fecho do espaço gerado por (xn) e verifique que lim〈xn,u〉 e lim〈xn,v〉 existe para quaisquer u ∈M e v ∈M⊥.

Capítulo 9

Operadores compactos e auto adjuntos

Na primeira parte deste capítulo vamos estudar os adjuntos de operadores entre espaços de Hilbert. Veremos quenesse contexto podemos definir os operadores auto adjuntos e estudaremos as suas propriedades básicas.

Em uma segunda parte, a ideia que nos motivará é a de encontrar um subespaço de B(X ,Y ) consistindo deoperadores que se comportam como aplicações lineares entre espaços de dimensão finita. Inicialmente podemospensar que este subespaço seria o dos operadores com imagem de dimensão finita. Entretanto, veremos que osexemplos mais interessantes pertencem a uma classe um pouco mais geral.

9.1 Operadores auto adjuntos

Seja T ∈B(H,K) um operador limitado entre dois espaços de Hilbert H e K. Então, com relação ao seu adjuntoT ∗ temos:

D(T ∗) =

ϕ ∈ K∗ | |ϕ(Tu)| ≤C‖u‖ para alguma constante C > 0, para qualquer u ∈ H= K∗.

Além disso, como T é limitado, temos então T ∗ ∈B(K∗,H∗). Pelo Teorema de Riesz–Fréchet, para cada L ∈ K∗,existe y ∈ K tal que, se x ∈ H,

(T ∗L)(x) = L(T x) = 〈T x,y〉K .

Por outro lado, existe z ∈ H tal que〈x,z〉H = (T ∗L)(x) = 〈T x,y〉K .

Se F = 〈·,z〉H temosF(x) = 〈x,z〉H = (T ∗L)(x),

ou seja, T ∗L=F. Assim, como pelo Teorema da representação de Riesz–Fréchet temos H∗=H e K∗=K, obtemosa relação,

〈x,T ∗y〉H = 〈T x,y〉K sempre que x ∈ H,y ∈ K.

No caso em que H = K e T = T ∗ dizemos que T é um operador auto adjunto ou hermitiano.

Exemplo 9.1.1 Seja Sd : l2→ l2 o operador shift à direita definido por

Sd(x1,x2,x3, . . .) = (0,x1,x2, . . .),

e seja Se : l2→ l2 o operador shift à esquerda que é definido por

Se(x1,x2,x3, . . .) = (x2,x3, . . .).

Então(Sd)

∗ = Se

119

120 CAPÍTULO 9. OPERADORES COMPACTOS E AUTO ADJUNTOS

Exemplo 9.1.2 Consideremos o espaço L2(X ,µ) com as hipóteses usuais e ϕ ∈ L∞(X ,µ). O operador de multi-plicação Mϕ : L2(X ,µ)→ L2(X ,µ) é definido por Mϕ( f ) = ϕ f . Temos:

〈Mϕ f ,g〉=∫

Xϕ f gdµ =

∫X

f ϕgdµ = 〈 f ,ϕg〉= 〈 f ,Mϕ g〉.

Segue que Mϕ é auto adjunto se, e somente se, ϕ é uma função real em quase todo ponto de X .

Além das propriedades que já estudamos sobre adjuntos de operadores entre espaços de Banach, no caso deespaços de Hilbert temos algumas propriedades adicionais.

Proposição 9.1.3 Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈B(H). Então T ∗∗ = T e (αT )∗ = αT ∗ para qualquerα ∈ C.

Demonstração. Notemos incialmente que, por definição,

〈T ∗x,y〉= 〈x,T ∗∗y〉, para quaisquer x,y ∈ H.

Por outro lado,〈Ty,x〉= 〈y,T ∗x〉, para quaisquer x,y ∈ H.

Tomando o conjugado vemos que

〈T ∗x,y〉= 〈x,Ty〉, para quaisquer x,y ∈ H,

ou seja,〈x,Ty−T ∗∗y〉= 0, para quaisquer x,y ∈ H.

Isto nos força Ty = T ∗∗y para qualquer y ∈ H. Analogamente temos (αT )∗ = αT ∗.

Dizemos que um operador T ∈B(H) é normal se T ∗T = T T ∗.Apesar de estarmos primariamente interessados em operadores em B(H), aspectos interessantes ocorrem

quando temos operadores em B(H,K), H e K espaços de Hilbert, que preservam produto interno. Um isomor-fismo de espaços de Hilbert é um operador u : H→ K linear e sobrejetivo tal que 〈Uh1,Uh2〉K = 〈h1,h2〉H , paraquaisquer h1,h2 ∈ H.

Proposição 9.1.4 Se U : H→ K é um isomorfismo entre espaços de Hilbert, então U∗U = IH e UU∗ = IK .

Demonstração. Sejam h1,h2 ∈ H. Então

〈U∗Uh1,h2〉= 〈Uh1,Uh2〉= 〈h1,h2〉.

Como h1 e h2 são quaisquer, U∗U = IH .

Por outro lado, seja k ∈ H. Como U é sobrejetivo, existe h ∈ H tal que Uh = k. Assim,

UU∗k =UU∗(Uh) =Uh = k,

o que implica na afirmação referente ao operador UU∗.

Proposição 9.1.5 Seja H um espaço de Hilbert e T ∈B(H).

i) Se T é auto adjunto, então〈T x,x〉 ∈ R, para todo x ∈ H.

ii) Se H é um espaço de Hilbert complexo, então T é auto adjunto se, e somente se,

〈T x,x〉 ∈ R, para todo x ∈ H.

9.2. OPERADORES COMPACTOS 121

Demonstração. i). Para x ∈ H, como T = T ∗, calculamos

〈T x,x〉= 〈x,T x〉= 〈x,T ∗x〉= 〈T x,x〉.

Dessa forma, 〈T x,x〉 ∈ R.ii). Pelo item i), basta demonstrarmos a recícproca. Queremos então demonstrar que

〈T x,y〉= 〈T ∗x,y〉, para quaisquer x,y ∈ H.

Seja α ∈ C e calculemos⟨T (x+αy),x+αy

⟩= 〈T x,x〉+ |α|2〈Ty,y〉+α〈Ty,x〉+α〈T x,y〉.

O termo do lado esquerdo e os dois primeiros termos da direita na igualdade acima são reais. Assim

α〈Ty,x〉+α〈T x,y〉= α〈T x,y〉+α〈x,Ty〉= α〈T x,y〉+α〈T ∗x,y〉 ∈ R.

Tomando α = 1 vemos que as partes complexas de 〈T x,y〉 e 〈T ∗x,y〉 coincidem. Tomando α = i temos que aspartes reais destes números coincidem. Segue então o resultado.

Vigésima quinta aula↓

9.2 Operadores compactos

Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y um operador linear. Dizemos que T é compacto se T (M) ⊂ Y écompacto sempre que M ⊂ X for limitado.

Proposição 9.2.1 Se X e Y são espaços de Banach e T : X → Y é linear e compacto, então T é limitado.

Demonstração. Se B é a bola unitária em X , então T (B) é um compacto em Y. Como todo compacto é limitado,existe R > 0 tal que T (B)⊂ BR. Segue que T é limitado e que ‖T‖ ≤ R.

Uma maneira equivalente de definirmos operadores compactos é dizer que a imagem de uma sequêncialimitada por tais operadores possui uma subsequência convergente. Este fato segue de uma resultado básico sobreespaços métricos.

Lema 9.2.2 Seja (X ,d) um espaço métrico. Então X é compacto se, e somente se, toda sequência limitada (xn)⊂X possui uma subsequência convergente.

Proposição 9.2.3 Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y um operador linear. Então T é compacto se, esomente se, T aplica toda sequência limitada (xn)⊂ X em uma sequência (T xn)⊂Y que possui uma subsequênciaconvergente.

Demonstração. Se T é compacto e (xn)é limitada, então (T xn) é um subconjunto compacto. Como Y é mmétrico,o Lema 9.2.2 implica que (T xn) possui uma subsequência convergente.

Reciprocamente, suponhamos que toda sequência limitada (xn)⊂ X é aplicada por T em uma sequência quepossui sub convergente. Seja A⊂ X um conjunto limitado e consideremos o conjunto T (A). Pelo Lema 9.2.2, esteconjunto é compacto se toda sequência (yn)⊂ T (A) possuir uma subsequência convergente. Para cada yn ∈ T (A),escolhemos (ynm)

∞m=1 ⊂ T (A) tal que

‖ynm− yn‖ ≤1m

e tomamos xnm ∈ A com ynm = T xnm. Segue que (xnn) é limitada e existe uma subsequência (ynknk) tal que

ynknk = T xnknk → y ∈ T (A)


quando k→ ∞. Mas então,

‖ynk − y‖ ≤ ‖ynknk − y‖+‖ynk − ynknk‖ ≤ ‖ynknk − y‖+ 1nk

,

que tende a zero quando k→ ∞.

O próximo resultado nos dá uma classe bem geral de exemplos de operadores compactos.

Proposição 9.2.4 Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y um operador linear.

i) Se dimX < ∞ então T é compacto.

ii) Se T é limitado e dimY < ∞ então T é compacto.

iii) Se dimX = ∞ então a identidade IX : X → X não é compacta.

O subconjunto de B(X ,Y ) formado pelos operadores compactos será denotado por C (X ,Y ). Claramenteeste conjunto é um sbubespaço vetorial de B(X ,Y ). O próximo resultado nos diz que este subespaço é fechado.

Teorema 9.2.5 Suponhamos que X seja um espaço normado e que Y seja um espaço de Banach. Seja (Tn) ⊂C (X ,Y ) uma sequência de operadores compactos com ‖Tn−T‖ → 0 para algum T ∈B(X ,Y ). Então T é com-pacto.

Demonstração. O argumento que utilizaremos é comumente chamado de truque da diagonal de cantor.Seja (xn) uma sequência limitada em X . Vamos verificar que (T xn) possui uma subsequência convergente.

Na verdade, basta verificarmos que (T xn) possui uma subsequência de Cauchy, e o resultado seguirá do fato de Yser Banach.

Como T1 é compacto, podemos encontrar uma subsequência (x1,n)∞n=1 de (xn) tal que

(T1(x1,n)

)converge

em Y. Agora (x1,n)∞n=1 é limitada em X e T2 é compacto, o que implica que existe uma subsequência (x2,n)

∞n=1 de

(x1,n)∞n=1 tal que

(T2(x2,n)

)converge em Y. Pela continuidade, T1(x2,n) também converge.

Indutivamente, construimos uma subsequência (xk,n)∞n=1 de (xk−1,n)

∞n=1 com Tk(xk,n) convergindo, bem como

Tj(xk,n) para j = 1, . . . ,k−1.Consideremos agora a sequência diagonal (xn,n) e notamos os seguintes fatos:

• esta é uma subsequência da sequência original (xn);

• para cada k ∈N, a sequência(Tk(xn,n)

)∞

n=1 converge quando n→∞, já que (xn,n)∞n=k é uma subsequência de

(xk,n)∞n=1.

Afirmamos que(T (xn,n)

)é de Cauchy. Sabemos que ‖xn‖ ≤ M para alguma constante M > 0. Seja ε > 0

dado. Por hipótese, existe K ∈ N tal que

‖T −TK‖<ε

3M.

Fixando K dessa forma, temos que(TK(xn,n)

)∞

n=1 converge e, portanto, é de Cauchy. Assim, existe N ∈ N tal que,se n,m≥ N,

‖TK(xn,n)−TK(xm,m)‖<ε

3.

Nessas condições,

‖T xn,n−T xm,m‖ ≤ ‖T xn,n−TKxn,n‖+‖TKxn,n−TKxm,m‖+‖TKxm,m−T xm,m‖

≤ ε

3MM+

ε

3+

ε

3MM = ε.

Isto conclui a demonstração.

9.2. OPERADORES COMPACTOS 123

Exemplo 9.2.6 Seja H um espaço de Hilbert com um conjunto ortonormal maximal enumerável e j. Definamoso operador diagonal D : H → H por D(e j) = α je j, onde (α j) é uma sequência de escalares com α j → 0. SejaADn o operador em H definido por Dne j = α je j se 1 ≤ j ≤ n e Dne j = 0 se j > n. Então a imagem de cada Dnpossui dimensão finita, o que implica cada Dn é compacto. Observemos ainda que

‖D−Dn‖= supj>n|α j| → 0, quando n→ ∞.

Segue do Teorema 9.2.5 que D é compacto.

O próximo resultado, apesar de ser válido em contextos mais gerais, será demonstrado no caso de espaços deHilbert separáveis.

Dizemos que um operador linear T : X → Y entre esoaços normados é de posto finito se sua imagem possuidimensão finita.

Teorema 9.2.7 Se T ∈ C (H,H) é um operador compacto, onde H é um espaço de Hilbert separável, então existeuma sequência (Tn)⊂ C (H,H) de operadores de posto finito tal que Tn→ T.

Demonstração. Iniciamos com a construção dos candidatos aos operadores Tn. Seja então e1,e2, . . . uma baseortonormal para ImT , que é um subespaço fechado de H. Consideremos a projeção Pn sobre o espaço gerado pelosprimeiros n vetores e1, . . . ,en, o qual é fechado, pois é de dimensão finita. Definamos então Tn := PnT, de maneiraque Tn é de posto finito.

Agora vamos verificar que Tn converge pontualmente para T. Seja h ∈ H qualquer e k = T h. Então,

Tnh = PnT h = Pnk =n

∑j=1〈k,e j〉e j,

e também,

T h = k =∞

∑j=1〈k,e j〉e j,

já que ei,e2, . . . é uma base ortonornaml para o fecha da imagem de T. Segue que

‖Tnh−T h‖2 =∞

∑j=n+1

|〈k,e j〉|2,

que tende a 0 quando n→ ∞ já que∞

∑j=1|〈k,e j〉|2 = ‖T h‖2 < ∞.

Agora vamos demonstrar a convergência na norma de B(H). Seja B a bola unitária fechada em H. Pelacompacidade de T, vemos que T (B) é compacto em H. Assim, dado ε > 0, a coleção de bolas Bε(T h) centradasem T h, h ∈ B, formam um acobertura aberta de T (B). Logo, existe uma subcobertura tal que

T (B)⊂m⋃

j=1

Bε(T h j),

para algum m ∈ N e h j ∈ B. Pela estimativa pontual, para cada j = 1, . . . ,m, existe um inteiro N( j) tal que

‖Tnh j−T h j‖< ε, para qualquer n≤ N( j).

ColoquemosN = max

1≤ j≤MN( j).

Para um h ∈ H arbitrário podemos encontrar j, 1≤ j ≤ m, tal que

‖T h−T h j‖< ε.


Dessa forma, para n≥ N obtemos:

‖Tnh−T h‖ ≤ ‖Tnh−Tnh j‖+‖Tnh j−T h j‖+‖T h j−T h‖= ‖PnT (h−h j)‖+‖Tnh j−T h j‖+‖T (h j−h)‖≤ 2‖T (h−h j)‖+‖Tnh j−T h j‖≤ 2‖T (h−h j)‖+ ε

≤ 3ε,

onde usamos que ‖Pn‖ = 1. Sendo h arbitrário, podmeos tomar o sup na desigualdade acima com ‖h‖ ≤ 1 eobtermos que ‖Tn−T‖ ≤ 3ε para todo n≥ N. O resultado segue.

Observação 9.2.8 Mais geralmente, se T ∈ C (X ,Y ), onde X e Y são espaços de Banach com Y possuindo umabase de Schauder, então T pode ser aproximado por operadores de posto finito (veja [1] para mais referências e[2] para mais detalhes).

Proposição 9.2.9 (Schauder) Se T ∈B(H) com H sendo um espaço de Hilbert separável, então T é compactose, e somente se, T ∗ é compacto.

Demonstração. Como T ∗∗ = T, basta verificarmos que T compacto implica em T ∗ compacto. Ora, se T écompacto, então podemos, neste contexto, aproxima-lo por uma sequência de operadores de posto finito (Tn). Mas

‖Tn−T‖= ‖T ∗n −T ∗‖.

Assim, se demonstrarmos que cada T ∗n é de posto finito teremos o resultado.Seja Pn a projeção em H sobre a imagem de Tn, que é um subespaço fechado de H sendo de dimensão finita.

Cada Pn é de posto finito e PnTn = Tn. Assim, T ∗n P∗n = (PnTn)∗ = T ∗n . Mas como projeções são operadores auto

adjuntos (veja o Exercício 166), segue que T ∗n = T ∗n Pn. Mas daí, sendo Pn de posto finito, T ∗n Pn também será deposto finito.

Como o Teorema 9.2.7 vale em um contexto mais geral, o mesmo é válido para a Proposição 9.2.9.

Vigésima sexta aula↓

9.3 Operadores de Hilbert–Schmidt

Consideremos um espaço de Hilbert H com base ortonormal enumerável e seja T ∈ B(H). Dizemos que T éHilbert–Schmidt se existe uma base ortonormal en∞

n=1 de H tal que

∞

∑n=1‖Ten‖2 < ∞.

Proposição 9.3.1 Suponhamos que T seja um operador linear limitado em um espaço de Hilbert separável H eseja en um conjunto ortonormal maximal de H tal que

∞

∑n=1‖Ten‖2 < ∞.

Então, para qualquer outro conjunto ortonormal maximal fn temos que

∞

∑n=1‖T fn‖2 < ∞ =

∞

∑n=1‖Ten‖2 < ∞.

9.3. OPERADORES DE HILBERT–SCHMIDT 125

Demonstração. Vamos aplicar a Identidade de Parseval várias vezes para obtermos o resultado. Para cada ntemos

T fn =∞

∑j=1〈T fn, f j〉 f j

e pela Identidade de Parseval:

‖T fn‖2 =∞

∑j=1|〈T fn, f j〉|2.

Similirarmente, para cada n e cada j,

‖Ten‖2 =∞

∑j=1|〈Ten, f j〉|2,

‖T ∗ f j‖2 =∞

∑n=1|〈T ∗ f j,en〉|2,

‖T ∗ f j‖2 =∞

∑n=1|〈T ∗ f j, fn〉|2.

Portanto, temos por um lado que

∞

∑n=1‖T fn‖2 =

∞

∑n=1

∞

∑j=1|〈T fn, f j〉|2 =

∞

∑j=1

∞

∑n=1|〈T ∗ f j, fn〉|2 =

∞

∑j=1‖T ∗ f j‖2,

e por outro,∞

∑n=1‖Ten‖2 =

∞

∑n=1

∞

∑j=1|〈Ten, f j〉|2 =

∞

∑j=1

∞

∑n=1|〈T ∗ f j,en〉|2 =

∞

∑j=1‖T ∗ f j‖2.

Sendo assim,∞

∑n=1‖T fn‖2 =

∞

∑n=1‖Ten‖2,

como desejado.

Observemos que, incidentalmente, a demonstração da Proposição 9.3.1 nos diz que se T é Hilbert–Schmidtentão T ∗ também será.

Teorema 9.3.2 Todo operador de Hilbert–Schmidt em um espaço de Hilbert separável é compacto.

Demonstração. Seja T um operador de Hilbert–Schmidt em um espaço de Hilbert separável H e ek umconjunto maximal ortonormal enumerável tal que

∞

∑k=1‖Tek‖2 < ∞.

Vamos demonstrar que T pode ser aproximado por uma sequência de operadores de posto finito. Para cada n≥ 1definamos

Tnh = Tn

( ∞

∑k=1〈h,ek〉ek

)=

n

∑k=1〈h,ek〉Tek.

Observemos que Tn é linear e, além disso, de posto finito, uma vez que sua imagem está contida no subespaçogerado por Te1, . . . ,Ten. Ademais, pela Desigualdade de Cauchy–Schwarz,

‖(Tn−T )h‖=∥∥∥ ∞

∑k=n+1

〈h,ek〉Tek

∥∥∥≤ ( ∞

∑k=n+1

|〈h,ek〉|2)1/2( ∞

∑k=n+1

‖Tek‖2)1/2

.


Tomando o sup com ‖h‖ ≤ 1 e usando a Identidade de Parseval obtemos

‖Tn−T‖ ≤( ∞

∑k=n+1

‖Tek‖2)1/2

,

que tende a 0 quando n→ ∞, uma vez que T é Hilbert–Schmidt.

Os operadores de Hilbert–Schmidt são, dessa forma, uma classe de exemplos de operadores compactos.Além disso, operadores integrais lineares em L2 formam uma classe interessante de exemplos de operadores dessaforma.

Exemplo 9.3.3 Suponhamos que L2(X ,µ) seja um espaço de Hilbert separável e que K seja um operador integralem L2(X ,µ), o que significa que existe um núcleo k ∈ L2(X×X ,µ×µ) tal que

(K f )(x) =∫

Xk(x,y) f (y)dµy.

Vamos verificar que todo operador dessa forma é Hilbert–Schmidt.Seja en um conjunto ortonormal maximal de L2(X ,µ) e denotemos kx = k(x, ·), para cada x ∈ X . Então

kx ∈ L2(X ,µ) para quase todo x ∈ X . DAlém disso,

(Ken)(x) =∫

Xk(x,y)en(y)dµy =

∫X

kx(y)en(y)dµy = 〈kx,en〉.

Sendo assim,‖Ken‖2

L2 =∫

X|Ken(x)|2dµx =

∫X|〈kx,en〉|2dµx,

Dessa forma, usando que∞

∑n=1|〈kx,en〉|2 = ‖kx‖2

L2 = ‖kx‖2L2 ,

obtemos∞

∑n=1‖Ken‖2

L2 =∫

X

∞

∑n=1|〈kx,en〉|2dµx

=∫

X‖kx‖2

L2dµx

=∫

X

∫X|k(x,y)|2dµydµx < ∞,

já que k ∈ L2(X×X ,µ×µ).

9.4 Exercícios

Exercício 173 Demonstre que toda projeção ortogonal sobre subespaços fechados de um espaço de Hilbert é umoperador auto adjunto.

Exercício 174 Demonstre que o operador Sd satisfaz ‖Sd‖ = 1 e é uma isometria. Entretanto, Se também temnorma unitária mas não é uma isometria.

Exercício 175 Demonstre a Proposição 9.2.4.

Exercício 176 Seja D : H→ H um operador diagonal dado por D(e j) = α je j, onde e j é um conjunto maximalortonormal do espaço de Hilbert H e (α j) é uma sequência de escalares. Demonstre que se D é compacto entãoα j→ 0.


Exercício 177 Dê um exemplo de um operador compacto em um espaço de Hilbert que não é Hilbert–Schmidt.Sugestão: operador diagonal.

Exercício 178 Seja T ∈B(H) um operador de Hilbert–Schmidt no espaço de Hilbert separável H e defina

‖T‖s :=( ∞

∑k=1‖Tek‖2

)1/2,

onde ekk∈N é um conjunto ortonormal maximal. Defina Bs(H) o subconjunto de B(H) formado pelos oper-adores de Hilbert–Schmidt, isto é, T ∈Bs(H) se, e somente se, ‖T‖s < ∞.

i) Demonstre que se T ∈Bs(H) e S ∈B(H), então ST,T S ∈Bs(H) com

‖ST‖s ≤ ‖S‖‖T‖s e ‖T S‖s ≤ ‖S‖‖T‖s.

Além disso, verfique também se T ∈Bs(H), então T ∗ ∈Bs(H) e ‖T‖s = ‖T ∗‖s.

ii) Demonstre que B(H) é um espaço vetorial.

iii) Demonstre que ‖T‖ ≤ ‖T‖s.

iv) Defina um produto interno em Bs(H) por

〈T,S〉s :=∞

∑k=1〈Tek,Sek〉.

Então demonstre que‖T‖2

s = 〈T,T 〉s.

v) Demonstre que Bs(H) com a norma ‖ · ‖s é completo.

Exercício 179 Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈B(X ,Y ).

i) Supondo que X é reflexivo, demonstre que T (BX ) é fortemente fechado em Y.

ii) Supondo que X é reflexivo e que T é compacto, demonstre que T (BX ) é compacto em Y.

iii) Seja X = Y =C([0,1]) e considere o operador de Volterra V definido por

(Vu)(t) :=∫ t

0u(s)ds.

Demonstre que V é compacto e que V (BX ) não é fechado.

Exercício 180 Demonstre que o operador de Volterra definido em L2([0,1]) é compacto.

Exercício 181 Demonstre que se e j é uma sequência ortonormal em um espaço de Hilbert H e se T ∈C (H,H),então (Te j) converge para zero.

Exercício 182 (P.L. Lions) Sejam X , Y e Z espaços de Banach. Suponha que X ⊂ Y com a inclusão compacta eY ⊂ Z com inclusão contínua. Demonstre que, para todo ε > 0, existe Cε > 0 tal que

‖u‖Y ≤ ε‖u‖X +Cε‖u‖Z ,

para qualquer u ∈ X .

Conclua que, dado ε > 0, existe Cε > 0 tal que

max0≤x≤1

|u(x)| ≤ ε max0≤x≤1]

|u′(x)|+Cε‖u‖L1 ,

para todo u ∈C1([0,1]).Sugestão para a primeira parte: argumente por contradição.

Capítulo 10

Teoria espectral básica

“A palavra latina spectrum significa fantasma, alma, espírito. Neste capítulo veremos que operadores possuem es-píritos. Entretanto, eles vivem não em castelos em ruínas, mas no plano complexo. É sabido que espíritos, quandoperguntados corretamente, podem nos contar várias coisas importantes. Para ter certeza disso, não precisaremosrepetir a experiência de Hamlet ou Macbeth; ao invés disso, olharemos para o Teorema Espectral...”

A. Ya. Helemskii

10.1 Espectro e sua classificação

Seja X um espaço de Banach complexo (sobre C) e T ∈B(X). Para λ ∈ C consideraremos

Tλ = T −λ I,

onde I é o operador identidade em X . Existem duas possibilidades: Tλ é bijetivo, que é o mesmo que dizer que esteoperador é inversível, ou Tλ não é inversível.

Se Tλ é inversível, dizemos que λ está no resolvente de T, que é denotado por ρ(T )⊂ C. Assim,

ρ(T ) = λ ∈ C | Tλ = Tλ I é bijetivo.

Uma aplicação imediata do Teorema da Aplicação Aberta implica que T−1λ

é limitado. O operador T−1λ

é chamadode operador resolvente e é também denotado por R(T,λ ).

Se λ ∈ C mas λ 6∈ C, dizemos que λ está no espectro de T. Denotamos o espectro de T por

σ(T ) = C\ρ(T ).

Se o espaço de Banach é de dimensão finita, então um resultado de Álgebra Linear nos diz que um operadorlinear é inversível se, e somente se, se núcleo é formado somente pelo vetor nulo. Dessa forma, em dimensãofinita, se λ ∈ σ(T ), então existe x ∈ X , x 6= 0, tal que T x = λx. Entretanto, em dimensão infinita podemos teroutras situação envolvendo Tλ com λ ∈ σ(T ).

De uma maneira geral, definimos os seguintes subconjuntos do espectro σ(T ) :

• o espectro pontual de T é o conjunto

σp(T ) :=

λ ∈ C | ker(Tλ ) 6= 0

;

• o espectro contínuo de T é o conjunto

σc(T ) :=

λ ∈ C | ker(T ) = 0, Im(Tλ ) é denso em X ,T−1λ

não é limitado

;

129

130 CAPÍTULO 10. TEORIA ESPECTRAL BÁSICA

• o espectro residual de T é o conjunto

σr(T ) :=

λ ∈ C | ker(T ) = 0, Im(Tλ ) não é denso em X.

Proposição 10.1.1 Os conjuntos σp(T ), σc(T ) e σr(T ) são dois a dois disjuntos e a união dos três é σ(T ).

Demonstração. É claro que estes três conjuntos são dois a dois disjuntos. Suponhamos que λ ∈ C seja talque: Tλ é injetivo, Im(Tλ ) é denso em X e T−1

λé limitado. Vamos demonstrar que λ ∈ ρ(T ), o que implicará na

proposição.Seja S = T−1

λ: Im(Tλ )→ X , que é um operador limitado. Pela densidade da imagem de Tλ em X e pelo fato

de X ser completo, S pode ser estendido a um operador S : X → X da seguinte forma:

S(y) = limn→∞

S(yn),

onde (yn)⊂ Im(Tλ ) e yn→ y. Dessa maneira S ∈B(X). Se y e (yn) são escolhidos dessa forma, temos que

Syn = Syn = T−1λ

yn =: xn ∈ X ,

mas daí, xn = Syn→ Sy =: x ∈ X . Logo, como Tλ é limitado,

yn = Tλ xn→ Tλ x.

Segue que Tλ x = y e Tλ é sobrejetivo.

No caso em que λ ∈ σp(T ), dizemos que λ é um autovalor de T. Neste caso, existe x ∈ X , x 6= 0, tal que

T x = λx.

Qualquer vetor x dessa forma é chamado de autovetor ou autofunção, associada ao autovalor λ .

Lema 10.1.2 Seja X um espaço de Banach e V ∈ B(X) com ‖V‖ < 1. Então I−V ∈ B(X) e é um operadorinversível com inversa limitada.

Demonstração. Este resultado segue do Exercício 26 e de uma aplicação do Teorema da Aplicação Aberta.

Corolário 10.1.3 Seja X um espaço de Banach. Então o conjunto dos operadores inversíveis é aberto em B(X).

Demonstração. Exercício 26.

Corolário 10.1.4 Seja T ∈ B(X). Então ρ(T ) é um sunconjunto aberto em C e, consequentemente, σ(T ) éfechado.

Demonstração. Suponhamos que λ ∈ ρ(T ). Então T − λ I é inversível e, se ‖B‖ é pequeno, T − λ I +B serátambém inversível. Em particular,

T −λ I−µI

é inversível de |µ| é pequeno. Assim, se λ ∈ ρ(T ), então λ +µ ∈ ρ(T ) se |µ| for pequeno.

Corolário 10.1.5 Suponhamos que T ∈B(X) e seja R = ‖T‖. Então

σ(T )⊂ BR.

Em particular, σ(T ) é compacto em C.

10.2. ESPECTRO DE OPERADORES AUTO ADJUNTOS 131

Demonstração. Suponhamos que |λ |> R. Então,

T −λ I =−λ

(I− 1

λT)

com ‖λ−1T‖ = |λ |−1‖T‖ < 1. Segue do Lema 10.1.2 que T − λ I é inversível, ou seja, λ ∈ ρ(T ). Com isso,σ(T )⊂ BR, o que implica que o espectro é limitado e fechado (pelo Corolário 10.1.4) e portanto compacto.

Observação 10.1.6 A teoria espectral pode ser desenvolvida para operadores não limitados com domínio densoem um espaço de Banach X . Entretanto, vejamos ocaso em que X = L2(−1,1) e que

T =ddx

, Dom(T ) =C1(−1,1).

Então T é um operador não limitado (verifique) com domínio denso. Se λ ∈ C, então

(T −λ I)eλx =ddx

eλx− eλx = 0.

Consequentemente, λ ∈ σp(T ). Como λ ∈ C é qualquer, temos σ(T ) = σp(T ) e ρ(T ) = /0.

Observação 10.1.7 Dado T ∈B(X), os pontos λ ∈ σ(T ) podem ser classificados de outras maneiras. Por exem-plo, um ponto λ ∈ σ(T ) é chamado essencialmente singular para o operador T se Tλ é não bijetivo e Tλ não é umoperador de Fredholm. Um operador de Fredholm é aquele que ker(Tλ ) possui dimensão finita e Im(Tλ ) possuicodimensão finita (a codimensão de um subespaço Y de X é definida como sendo dimX/Y ). O subconjunto deσ(T ) consistindo dos pontos essencialmente singulares é chamado de espectro essencial e é denotado por σe(T ).

Vigésima sétima aula↓

10.2 Espectro de operadores auto adjuntos

Nesta seção vamos ser mais específicos e considerar operadores auto adjuntos em espaços de Hilbert. Neste casouma descrição mais detalhada pode ser dada. Iniciamos com um lema geral.

Lema 10.2.1 Suponhamos que X e Y sejam espaços de Banach e que T ∈B(X ,Y ). Se T é limitado inferiormente,isto é, se existe uma constante γ > 0 tal que

‖T x‖ ≥ γ‖x‖, para todo x ∈ X ,

então T é injetivo e sua imagem é fechada.

Demonstração. É claro que T é injetivo. Seja então (yn) ⊂ Y com yn = T xn, (xn) ⊂ X . Suponhamos queyn→ y ∈ Y. Então (yn) é de Cauchy em Y e, por ser T limitado inferiormente, (xn) também será de Cauchy em X ,que é Banach. Logo, existe x ∈ X com xn→ x. Pela continuidade de T, y = T x = limT xn = limyn = y e Im(T ) éfechada.

Teorema 10.2.2 Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈B(H) um operador auto adjunto. Então σp(T )⊂ R. Alémdisso, λ ∈ ρ(T ) se, e somente se, Tλ é limitado inferiormente.

Demonstração. Se λ ∈ σp(T ) e T x = λx para x 6= 0, então

λ 〈x,x〉= 〈T x,x〉= 〈x,T x〉= 〈x,λx〉= λ 〈x,x〉,

e λ = λ ∈ R.Suponhamos agora que λ ∈ ρ(T ) e observemos que, como T−1

λé limitado,

‖x‖= ‖T−1λ

Tλ x‖ ≤ ‖T−1λ‖‖Tλ x‖,


o que nos dá que Tλ é limitado inferiormente.Finalmente, supondo que Tλ seja limitado inferiormente, temos pelo Lema 10.2.1 que Tλ é limitado inferior-

mente e que Im(Tλ ) é fechado em H. Se Im(Tλ ) 6= H, então existiria x0 ∈ (Im(Tλ ))⊥ e, para qualquer x ∈ H,

0 = 〈Tλ x,x0〉= 〈T x,x0〉−λ 〈x,x0〉= 〈x,T x0〉−λ 〈x,x0〉= 〈x,T

λx0〉.

Segue que Tλ

x0 = 0, ou seja, T x0 = λx0 e λ ∈ σp(T ). Mas daí, pela primeira parte, λ = λ ∈ σp(T ) e T não seriainjetivo.

Assim, Im(Tλ ) = H e λ ∈ ρ(T ).

Corolário 10.2.3 O espectro σ(T ) de um operador limitado e auto adjunto T em um espaço de Hilbert H é real.

Demonstração. Seja λ = α + iβ ∈ σ(T ). Então, para qualquer x ∈ H, x 6= 0,

〈Tλ x,x〉= 〈T x,x〉−λ 〈x,x〉

e〈Tλ x,x〉= 〈T x,x〉−λ 〈x,x〉,

já que 〈T x,x〉 ∈ R. Dessa forma,〈Tλ x,x〉−〈Tλ x,x〉= 2iβ 〈x,x〉.

Portanto,

β‖x‖2 =12i

(〈Tλ x,x〉−〈Tλ x,x〉

)=

12i(2iℑ〈Tλ x,x〉)≤ ‖Tλ x‖‖x‖,

onde ℑ denota a parte imaginária de um número complexa. Sendo x 6= 0, vemos que β 6= 0 então Tλ seria limitadoinferiormente e λ ∈ ρ(T ), uma contradição.

Corolário 10.2.4 Se λ ,µ ∈ σp(T ), onde T é um operador limitado, auto adjunto em um espaço de Hilbert H,com λ 6= µ, então dois auto vetores x e y associados a λ e µ, respectivamente, são ortogonais.

Demonstração. Como 〈T x,y〉= 〈x,Ty〉, então

0 = 〈T x,y〉−〈x,Ty〉= λ 〈x,y〉−µ〈x,y〉= (λ −µ)〈x,y〉.

Como λ 6= µ, necessariamente temos 〈x,y〉= 0.

Corolário 10.2.5 O espectro residual σr(T ) de um operador limitado, auto adjunto em um espaço de Hilbert H évazio.

Demonstração. Suponhamos, para efeitos de contradição, que λ ∈ σr(T ). Então Tλ é inversível em sua imagem,isto é, existe

T−1λ

: Im(Tλ )→ H,

masIm(Tλ ) 6= H.

Se y ∈ (Im(Tλ ))⊥ e y 6= 0, então, para todo x ∈ H,

0 = 〈Tλ x,y〉= 〈x,Tλ y〉,

pois λ ∈R. Mas daí, tomando x = Tλ y, concluímos que Tλ y = 0, isto é, λ ∈ σp(T )∩σr(T ), que é uma contradição.

Vimos que o espectro de um operador limitado e auto adjunto em um espaço de Hilbert é real e consisteapenas de autovalores e de pontos no espectro contínuo. Vamos verificar agora que podemos limitar σ(T ).

10.2. ESPECTRO DE OPERADORES AUTO ADJUNTOS 133

Teorema 10.2.6 Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈B(H) um operador auto adjunto. Então

σ(T )⊂ [r,R],

onder = inf

‖x‖=1〈T x,x〉, R = sup

‖x‖=1〈T x,x〉.

Demonstração. Seja δ > 0 e λ = R+δ > R. Vamos verificar que λ ∈ ρ(T ). Por um lado calculamos, se x 6= 0,

〈T x,x〉= ‖x‖2(

T(x/‖x‖

),x/‖x‖

)≤ ‖x‖2R.

Por outro lado,−〈T x−λx,x〉=−〈Tλ x,x〉 ≤ ‖Tλ x‖‖x‖,

e também,−〈T x−λx,x〉=−〈T x,x〉+λ‖x‖2 ≥−‖x‖2R+λ‖x‖2 = δ‖x‖2

Dessa forma,‖Tλ x‖ ≥ δλ‖x‖,

e λ ∈ ρ(T ).Consideremos agora λ = r−δ < r. Para x 6= 0 escrevemos

〈T x,x〉= ‖x‖2(

T(x/‖x‖

),x/‖x‖

)≥ ‖x‖2r.

Além disso,〈T x−λx,x〉= 〈Tλ x,x〉 ≤ ‖Tλ x‖‖x‖,

e〈T x−λx,x〉= 〈T x,x〉−λ‖x‖2 ≥ (r−λ )‖x‖2 = δ‖x‖2,

o que implica que λ ∈ ρ(T ).

Chamamos a expressão

q(x) :=〈T x,x〉〈x,x〉

, x 6= 0,

de quociente de Rayleigh de T. em x. Dessa forma, no caso de um operador auto adjunto limitado em um espaçode Hilbert,

σ(T )⊂[

infx 6=0

q(x),supx 6=0

q(x)].

Proposição 10.2.7 Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈B(H) um operador auto adjunto. Então,

‖T‖= sup‖x‖=1

|〈T x,x〉|.

Demonstração. Seja M = sup‖x‖=1 |〈T x,x〉|. Então claramente temos

M ≤ ‖T‖.

Se T ≡ 0 nada temos a fazer. Dessa forma, tomemos z ∈ H com T z 6= 0 e normalizamos para ‖z‖= 1. Definamos

v = ‖T z‖1/2z w = ‖T z‖−1/2T z.

Então,‖v‖2 = ‖w‖2 = ‖T z‖.


Além disso, como T é auto adjunto,

〈T (v+w),v+w〉−〈T (v−w),v−w〉=(〈T v,w〉+ 〈Tw,v〉

)= 4‖T z‖2.

Por outro lado, multiplicando e dividindo por ‖v+w‖2 e ‖v−w‖2, estimamos,

|〈T (v+w),v+w〉−〈T (v−w),v−w〉| ≤∣∣〈T (v+w),v+w〉

∣∣+ ∣∣〈T (v−w),v−w〉∣∣

≤M(‖v+w‖2 +‖v−w‖2)

= 2M(‖v‖2 +‖w‖2)

= 4M‖T z‖,

onde utilizamos também a identidade do paralelogramo. Obtemos então que

‖T z‖ ≤M.

Tomando o supremo em z concluímos a demonstração.

Podemos agora demonstrar que o sup e o inf do quociente de Rayleigh não só são atingidos, mas pertencemao espectro de T se T for limitado e auto adjunto.

Teorema 10.2.8 Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈B(H) um operador auto adjunto. Então,

r = inf‖x‖=1

〈T x,x〉 ∈ σ(T ), R = sup‖x‖=1

〈T x,x〉 ∈ σ(T ).

Demonstração. Observemos inicialmente que

T −λ I = (T −µI)− (λ −µ)I,

e λ ∈ σ(T ) se, e somente se, λ − µ ∈ σ(Tµ). Logo, podemos assumir que 0 ≤ r ≤ R. Sendo assim, ‖T‖ = R eexiste uma sequência (xn)⊂ X com ‖xn‖= 1 e com

〈T xn,xn〉 ≥ R− 1n.

Neste caso,

‖TRxn‖2 = ‖TRxn−Rxn‖2

= ‖T xn‖2−2R〈T xn,xn〉+R2

≤ 2R2−2R(

R− 1n

)=

2Rn→ 0,

quando n→ ∞. Assim, TR não é limitado inferiormente e, cosequentemente, R 6∈ ρ(T ). Um argumento similarmostra que r ∈ σ(T ).

Se T ∈B(H) é um operador limitado e auto adjunto em um espaço de Hilbert H, então 〈T x,x〉 ∈ R paratodo x ∈ H e esta expressão é importante para o desenvolvimento da teoria espectral desses operadores. Dizemosque T ∈B(H) é um operador positivo se

〈T x,x〉 ≥ 0, para qualquer x ∈ H.

Neste caso, podemos sumarizar com esta nomenclatura alguns resultados que vimos até o momento.

Proposição 10.2.9 Suponhamos que H seja um espaço de Hilbert complexo e que T ∈ B(H). Então T é umoperador positivo se, e somente se, σ(T )≥ 0. Além disso, se T é positivo, então T é auto adjunto.

Operadores positivos possuem propriedades interessantes. Por exemplo, é sabido que todo operador positivoT ∈B(H) em um espaço de Hilbert possui uma única raiz quadrada, isto é, existe um único operador positivoS ∈B(H) tal que

S2 = T.

Vigésima oitava aula↓

10.3. ESPECTRO DE OPERADORES COMPACTOS 135

10.3 Espectro de operadores compactos

Passamos agora à discussão do espectro de operadores compactos em espaços em espaços vetoriais normados oude Banach.

Proposição 10.3.1 Seja X um espaço vetorial normado e TC (X ,X). Então σp(T ) é enumerável (podendo servazio) e u único ponto de acumulação possível para este conjunto é o zero.

Demonstração. Seja r > 0 dado e vamos demonstrar que o conjunto

σp(T )∩λ ∈ C | |λ | ≥ r

é finito, e isto é suficiente para concluirmos.Suponhamos por contradição que exista r > 0 e uma sequência de autovalores distintos (λn)

∞n=1 de T com

|λn| ≥ r > 0, para todo n. Seja (xn)∞n=1 a sequência de autovetores associada, com xn 6= 0 para todo n. Notemos

inicialmente que o conjunto xn | n ∈ N é linearmente independente. De fato, suponhamos que N seja escolhidocomo sendo o menor natural tal que podemos ter

N

∑n=1

αnxn = 0

com nem todos αn’s sendo nulos; ao aplicarmos TλN nessa combinação linear vemos que

0 =N

∑n=1

αnTλN xn =N

∑n=1

αn(λn−λN)xn =N−1

∑n=1

αn(λn−λN)xn;

pela minimalidade de N devemos ter αn(λn − λN) = 0, n = 1, . . . ,N − 1, e como os autovalores são distintos,αn = 0, n = 1, . . . ,N−1, o que implica também que αN = 0, atingindo uma contradição.

DefinamosMn = [x1, . . . ,xn],

e seja x ∈Mn. Então

x =n

∑j=1

α jx j,

e, portanto,

T x =n

∑j=1

λ jα jx j,

ou seja, T : Mn→Mn. Além disso,

Tλnx =n−1

∑j=1

α j(λ jλn)x j,

e Tλn : Mn→Mn−1.

Seja yn ∈ Mn \Mn−1 com yn 6= 0, o qual existe pois o conjunto xn | n ∈ N é linearmente independente.Definamos

d = dist(yn,Mn−1)> 0.

Existe y0 ∈Mn−1 tal qued ≤ ‖yn− y0‖ ≤ 2d.

Se w ∈Mn−1 é qualquer, estimamos∥∥∥ yn− y0

‖yn− y0‖−w∥∥∥= 1‖yn− y0‖

∥∥yn− y0−‖yn− y0‖w∥∥

≥ d‖yn− y0‖

≥ 12.


Definamoszn :=

yn− y0

‖yn− y0‖.

A sequência (zn) é limitada, zn ∈Mn e, para n > m, consideremos a diferença T zn−T zm. Observemos que

T zn−T zm = λnzn− (T zm−T zn +λnzn) = λnzn− (−Tλnzn +T zm) = λnzn− x.

Como n > m, vemos que x ∈Mn−1 e, portanto,

x =x|λn|∈Mn−1.

Portanto,

‖T zn−T zm‖= |λn|‖zn− x‖ ≥ |λn|2≥ r

2.

Assim, (T zn) não pode possuir ums subsequência convergente, contradizendo o fato de T ser compacto e (zn) serlimitada. Isto finaliza a demonstração.

Proposição 10.3.2 Seja X um espaço normado e T ∈ C (X ,X). Se λ 6= 0 o núcleo kerTλ possui dimensão finita.

Demonstração. Se λ 6∈ σp(T ), então kerTλ = 0. Assim, vamos estudar somente o caso em que λ ∈ σp(T ).Vamos demonstrar que a bola fechada em kerTλ definida por

B = B1(0)∩kerTλ

possui dimensão finita, e o resultado seguirá da Proposição 4.3.8.Seja (xn)⊂ B um sequência, que é limitada já que B é limitado. Logo, existe uma subsequência (xnk) tal que

(T xnk) converge em X . Digamos que T xnk → z ∈ X . Dessa forma, como T xnk = λxnk ,

xnk →zλ

= w.

Como B é fechado, w ∈ B. Assim, B é sequencialmente compacto e, sendo métrico, B é compacto. Dessa forma,dimTλ < ∞.

Teorema 10.3.3 Sejam X um espaço de Banach e T ∈ C (X ,X). Se λ ∈ σ(T ) e λ 6= 0, então λ ∈ σp(T ), ou seja,todos os valores espectrais não nulos de T são autovalores.

Demonstração. Seja λ ∈ C com λ 6= 0 e suponhamos que λ 6∈ σp(T ). Vamos demonstrar que λ ∈ ρ(T ), o queimplica no resultado. Observemos que, neste caso, Tλ é injetivo. Consideremos os subespaços

Im(Tλ )⊃ Im(T 2λ)⊃ Im(T 3

λ)⊃ . . . .

Afirmamos que esta sequência se estabiliza em algum n ∈ N, isto é,

Im(T nλ) = Im(T n+1

λ),

para algum n ∈N. Supondo que não, procedemos como na demonstração da Proposição 10.3.1 para encontrarmosuma sequência (xn) onde cada xn satisfaz o seguinte: xn ∈ Im(T n

λ), ‖xn‖= 1 e

‖xn− x‖ ≥ 12, para qualquer x ∈ Im(T n+1

λ).

Uma vez que obtemos (xn), tomamos n > m e escrevemos

T xm−T xn = λxm− (−Tλ xm +Tλ xn +λxn) = λxm− x.


Mas xn ∈ Im(T nλ), Tλ xn ∈ Im(T n+1

λ)⊂ Im(T n

λ) e Tλ xm ∈ Im(T m+1

λ). Segue que x ∈ Im(T m+1

λ) e

‖λxm− x‖= |λ |‖xm− x‖ ≥ |λ |2.

Segue que (xn) é uma sequência limitada mas (T xn) não possui uma subsequência convergente, contradizendo ofato de T ser compacto.

Dessa forma, existe n ∈ N tal queIm(T n

λ) = Im(T n+1

λ).

Seja y ∈ X qualquer. Então T nλ

y ∈ Im(T nλ) = Im(T n+1

λ). Segue que existe x ∈ X tal que

T n+1λ

x = T nλ

y,

ou seja,T n

λ(y−Tλ )x = 0,

e como Tλ é injetivo,y−Tλ x = 0.

Concluímos que Tλ é sobrejetivo e λ ∈ ρ(T ), como queríamos demonstrar.

O próximo resultado resume o que vimos nesta seção.

Teorema 10.3.4 (Alternativa de Fredholm) Seja T ∈ C (X ,X) um operador compacto em um espaço de Banache λ ∈ C, λ 6= 0.

a) Se T −λ I é injetivo, então T −λ I é inversível.

b) Se T −λ I é sobrejetivo, então T −λ I é inversível.

Demonstração. A afirmação em a) segue diretamente do Teorema 10.3.3. Para b) tomamos o adjunto (T−λ I)∗=T ∗−λ I, que será injetivo. Aplicando a) vemos que T ∗−λ I será inversível. Mas daí o adjunto de sua inversa seráa inversa de T −λ I.

Observação 10.3.5 A alternativa de Fredholm nos diz que, com X Banach e T compacto, dado y ∈ X , a equação

(T −λ )x = y

tem a seguinte propriedade: se ela possui uma solução para todo y ∈ X então a solução é única; por outro lado,se a solução de (T −λ I)x = 0 é única, então a equação não homogênea possui solução única para todo y ∈ X .

10.4 Exercícios

Exercício 183 Dê os detalhes da demonstração do Lema 10.1.2 usando o Exercício 26.

Exercício 184 Sejam µ = (µ j) um sequência limitada e Tµ : lp→ lp um operador diagonal em lp, 1≤ p≤∞, istoé,

Tµ(ξ ) = (µ jξ j), ξ = (ξ j).

Demonstre queσ(T ) = µ1,µ2, . . ., σp(T ) = µ1,µ2, . . ..

Exercício 185 Considere o espaço L2([0,1],dx) e ϕ ∈ L∞([0,1],dx) dada por ϕ(x) = x. Seja Mϕ : L2([0,1],dx)→L2([0,1],dx) o operador de multiplicação definido no Exemplo 185.


a) Demonstre que σp(Mϕ) = /0.

b) Demonstre que se 0≤ λ ≤ 1, então λ ∈ σ(Mϕ).

Sugestão: fixe λ ∈ (0,1) e n ∈ N com En := [λ −n−1,λ +n−1]⊂ [0,1]; daí tome

gn =

√n2

χEn

e veja que ‖(Mϕ −λ I)gn‖→ 0, o que implica que este operador não pode ser inversível; se λ = 0 ou λ = 1tome En = [0,1/n] ou En = [1−1/n,1].

c) Demonstre que se λ ∈ C\ [0,1] λ ∈ ρ(T ).

Exercício 186 Considere o operador T : l2→ l2 dado por

T (x) =(

0,x1,x2

2,

x3

3, . . .), x = (x j).

Demonstre que T é compacto e que σp(T ) = /0.

Exercício 187 Demonstre que se T ∈B(X), com X Banach, e se S∈B(X) é inversível, então σ(T ) = σ(S−1T S).

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