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Universidade Estadual de Maringa
Analise Funcional
Notas de Aula
Marcos Roberto Teixeira Primo
Maringa - Segundo Semestre de 2014
Sumario
Programacao ii
0.1 Aulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
0.2 Avaliacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
0.3 Programa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
0.4 Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv
1 Espacos Metricos 1
1.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Conjuntos Abertos, Fechados e Vizinhancas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Sequencias Convergentes, de Cauchy e Completicidade . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Espacos Metricos Completos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.5 Completamento de Espacos Metricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2 Espacos Normados 31
2.1 Definicao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2 A Topologia dos Espacos Normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3 Convergencia de Sequencias e Espacos de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.4 Compacidade e Dimensao Finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.5 Operadores Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
2.6 Operadores Lineares Contınuos e Limitados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.7 Funcionais Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2.8 Operadores e Funcionais Lineares Limitados em Espacos Vetoriais de Dimensao
Finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
2.9 Operadores em Espacos Normados e O Espaco Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3 Espacos com Produto Interno 97
3.1 Definicao e Espacos de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
3.2 Propriedades de Espacos com Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.3 Complementos Ortogonais e Somas Diretas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
i
3.4 O Dual de um Espaco de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.5 Os Teoremas de Stampachia e Lax-Milgran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
3.6 O Operador Adjunto de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
3.7 Operadores Auto-adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
3.8 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4 Os Teoremas de Hahn-Banach 134
4.1 Formas Analıticas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
4.2 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
5 Consequencias do Teorema da Categoria de Baire. 146
5.1 O Teorema da Categoria de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
5.2 O Teorema de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
5.3 O Teorema da Aplicacao Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
5.4 O Teorema do Grafico Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
Referencias Bibliograficas 156
ii
Programacao
0.1 Aulas
O horario das aulas sera:
• segunda feira: 8h00 as 10h00;
• quarta feira: 08h00 as 10h00;
• sexta feira: 08h00 as 10h00.
Serao ministradas 30 aulas.
Agosto: 11, 13, 18, 25, 27, 29 6.
Setembro: 1, 3, 5, 8, 10, 12, 15, 17, 19, 22, 24, 26, 29 13.
Outubro: 1, 3, 6, 8, 10, 13, 15, 17, 20, 22, 24, 27, 29, 31 14.
Novembro: 3, 5, 7, 10, 12, 14, 17, 19, 21 9.
Total 42.
0.2 Avaliacoes
1a Avaliacao: 03/10/2014.
2a Avaliacao: 21/11/2014.
0.3 Programa
1. Espacos Metricos;
2. Espacos Normados;
iii
3. Espacos com Produto Interno;
4. Teoremas de Hahn-Banach, Stampachia e Lax-Milgran;
5. Consequencias do Teorema da Categoria de Baire.
0.4 Bibliografia
1 G. Bachman e L. Narici, Functional Analysis, Academic Press, 1966.
2 H. Brezis, Analyse Functionnelle, Theorie et applications, Masson, Paris, 1983.
3 J. B. Conway, A Course in Function Analysis, Springer Verlag, Nova York, 1985.
4 C. S. Honig, Analise Funcional e Aplicacoes, Volume 1. Publicacoes do Instituto de Matematica
e Estatıstica da Universidade de Sao Paulo, Sao Paulo, 1970.
5 E. Kreyszig, Introductory Functional Analysis with Applications, Editora John Willey & Sons,
Nova York, 1978.
6 E. L. Lima, Espacos Metricos, Terceira Edicao, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1977..
7 W. Rudin, Functional Analysis, Second Edition, McGraw-Hill International Editions, Singa-
pura, 1991.
8 G. F. Simmons, Introduction to Topology and Modern Analysis, McGraw-Hill, Tokyo, 1963.
9 K. Yosida, Functional Analysis, Springer Verlag, Berlim, 1965.
10 N. Young, An Introduction to Hilbert Spaces, Cambridge University Press, Cambridge, 1988.
iv
Capıtulo 1
Espacos Metricos
Intuitivamente, Um espaco metrico e um conjunto X munido de uma metrica. Esta metrica
associa a cada par de elementos de X a distancia entre eles e sera definida axiomaticamente,
com os axiomas sugeridos por determinadas propriedades obtidas da distancia conhecida entre
elementos da reta real estudada nos cursos de Analise Real ou na distancia entre elementos do
plano complexo estudada nos curso de variaveis complexas. A principal propriedade que um
espaco metrico pode ter e a completicidade, o que sera bem discutido neste capıtulo.
1.1 Definicao
No Calculo estudamos funcoes definidas na reta real R, onde a distancia, d, em R e definida
por
d(x, y) =| x− y |,
para quaisquer numeros reais x, y ∈ R.Na Analise Funcional, vamos estudar espacos com distancias mais gerias e estudar funcoes
definidas nestes espacos.
Definicao 1.1. Um Espaco Metrico e um par (X, d), onde X e um conjunto e d e uma metrica
em X, ou seja, d e uma funcao real definida em X ×X,
d : X ×X → R,
tal que para quaisquer elementos x, y, z ∈ X temos:
(M1) d(x, y) e um valor real finito e nao negativo, isto e, d(x, y) ≥ 0;
(M2) d(x, y) = 0 se, e somente se, x = y;
1
2 Marcos Roberto Teixeira Primo
(M3) d(x, y) = d(y, x) (Simetria);
(M4) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (Desigualdade Triangular).
De (M4), obtemos por inducao, a desigualdade triangular generalizada
d(x1, xn) 6 d(x1, x2) + . . .+ d(xn−1, xn),
para quaisquer x1, x2, . . . , xn ∈ X. De fato, para n = 2 a igualdade se verifica claramente. Agora,
para n ≥ 2, suponhamos que seja verdade para n = k e vamos mostrar que e verdade para
n = k + 1. De (M4) temos
d(x1, xk+1) 6 d(x1, xk) + d(xk, xk+1)
6 d(x1, x2) + . . .+ d(xk−1, xk) + d(xk, xk+1)
e, o princıpio da inducao finita mostra o resultado desejado
Exemplo 1.1. Considere R o conjunto de todos os numeros reais e definamos em R a metrica
usual d : R× R→ R definida por
d(x, y) =| x− y |,
para quaisquer numeros x, y ∈ R. Assim, (R, d) e um espaco metrico.
De fato: Para todo x, y ∈ R temos 0 ≤ |x− y| <∞, o que mostra (M1).
Para todo x, y ∈ R,d(x, y) = 0⇔ |x− y| = 0⇔ x = y,
o que demonstra (M2).
Para x, y ∈ R temos
d(x, y) =| x− y |=| −(y − x) |=| −1 | . | y − x |=| y − x |= d(y, x),
demonstrando (M3).
Para x, y, z ∈ R temos
d(x, y) =| x− y |=| x− z + z − y |=| (x− z) + (z − y) |6| x− z | + | z − y |= d(x, z) + d(z, y),
o que conclui a prova de (M4).
Assim, (R, d) e um espaco metrico. �
Exemplo 1.2. Considere R2 o conjunto de todos os pares ordenados de numeros reais e definamos
em R2 a metrica Euclideana por
d(x, y) =√
(ξ1 − η1)2 + (ξ2 − η2)2,
onde x = (ξ1, ξ2), y = (η1, η2) ∈ R2. Assim, (R2, d) e um espaco metrico.
Analise Funcional 3
Outro Espaco Metrico pode ser obtido se considerarmos R2 e uma nova metrica definida por
d1(x, y) =| ξ1 − η1 | + | ξ2 − η2 |,
onde x = (ξ1, ξ2), y = (η1, η2) ∈ R2. Assim, (R2, d1) tambem e um espaco metrico.
Assim, vemos que com um mesmo conjunto podemos definir varios espacos metricos, bastando
para isso definirmos uma nova metrica neste conjunto.
Exemplo 1.3. O Espaco Euclidiano consiste do conjunto R3 formado por triplas ordenadas de
numeros reais x = (ξ1, ξ2, ξ3), y = (η1, η2, η3), . . . , e da metrica Euclidiana definida por
d(x, y) =√
(ξ1 − η1)2 + (ξ2 − η2)2 + (ξ3 − η3)2,
para quaisquer x = (ξ1, ξ2, ξ3), y = (η1, η2, η3) ∈ R3.
Exemplo 1.4. O espaco Euclideano n-dimensional Rn, e obtido tomando as n−uplas ordenadas
de numeros reais x = (ξ1, . . . , ξn), y = (η1, . . . , ηn), etc., e a metrica Euclideana definida por
d(x, y) =√
(ξ1 − η1)2 + . . .+ (ξn − ηn)2.
O espaco unitario n - dimensional Cn e o espaco de todas as n−uplas ordenadas de numeros
complexos com metrica definida, para x = (ξ1, . . . , ξn), y = (η1, . . . , ηn) ∈ Cn, por
d(x, y) =
√| ξ1 − η1 |2 + . . .+ | ξn − ηn |2.
Quando n = 1 este e o plano complexo C com a metrica usual
d(x, y) =| x− y |, x, y ∈ C.
Exemplo 1.5. Seja l∞ o conjunto formado por todas as sequencias limitadas de numeros com-
plexos, isto e,
l∞ = {x = (x1, x2, ...); xi ∈ C e | xi |≤ cx, i = 1, 2, . . . , para algum cx ≥ 0}.
Escolhendo uma metrica d : l∞ × l∞ −→ R definida por ’
l∞ × l∞ 3 (x, y) 7−→ d(x, y) = supi∈N| xi − yi |,
obtemos que (l∞, d) e um espaco metrico.
De fato: Sejam x = (x1, x2, ...) tal que
| xi |≤ cx para todo i ∈ N
4 Marcos Roberto Teixeira Primo
e y = (y1, y2, ...) tal que
| yi |≤ cy para todo i ∈ N.
Para i ∈ N temos
0 ≤| xi − yi |6| xi | + | yi |6 cx + cy <∞.
Logo,
0 ≤ d(x, y) = supi∈N| xi − yi |≤ cx + cy <∞,
mostrando que (M1) esta satisfeita.
Para x, y ∈ l∞ temos
d(x, y) = 0⇔ supi∈N| xi − yi |= 0⇔ |xi − yi| = 0, ∀i ∈ N⇔ x = y,
concluindo a prova de (M2).
Agora, para x, y ∈ l∞ temos
| xi − yi |=| −(yi − xi) |=| −1 | . | yi − xi |=| yi − xi |
para todo i ∈ N. Logo,
supiεN| xi − yi |= sup
iεN| yi − xi | .
Daı d(x, y) = d(y, x), o que mostra (M3).
Para x, y, z ∈ l∞ temos
| xi − yi |=| xi − zi + zi − yi |≤| xi − zi | + | zi − yi |,
para todo i ∈ N. Ainda mais, para todo i ∈ N, temos
| xi − zi |≤ supi∈N| xi − zi |
e
| zi − yi |≤ supi∈N| zi − yi |,
para todo i ∈ N. Portanto,
| xi − yi |≤ supi∈N| xi − zi | + sup
i∈N| zi − yi |= d(x, z) + d(z, y),
para todo i ∈ N. Logo,
d(x, y) = supi∈N|xi − yi| 6 d(x, z) + d(z, y),
completando a prova de (M4) e finalizando o exemplo. �
Analise Funcional 5
Exemplo 1.6. O Espaco de Sequencias s consiste de todas as sequencias de numeros complexos
com a metrica definida por
d(x, y) =∞∑i=1
1
2i| xi − yi |
1+ | xi − yi |,
onde x = (xi), y = (yi) ∈ s e xi, yi ∈ C, para todo i ∈ N. Entao (s, d) e um espaco metrico
De fato: Para mostrarmos os itens (M1) e (M2), dado x = (x1, x2, ...) para todo i ∈ N, temos
| xi − xi |= 0⇒ 1+ | xi − xi |= 1.
Portanto,
d(x, x) =∞∑i=1
1
2i| xi − xi |
1+ | xi − xi |=∞∑i=1
1
2i.0 =
∞∑i=1
0 = 0.
Daı,
d(x, x) = 0.
Ainda, se xi 6= yi para algum i ∈ N, entao
xi − yi 6= 0⇒| xi − yi | > 0
⇒ 1+ | xi − yi | > 0
⇒ | xi − yi |1+ | xi − yi |
> 0,
para algum i ∈ N. Portanto,∞∑i=1
1
2i| xi − yi |
1+ | xi − yi |> 0,
para algum i ∈ N. Daı,
d(x, y) > 0,
provando os itens (M1) e (M2).
Para provarmos o item (M3), como xi − yi = −(yi − xi) para todo i ∈ N, entao
| xi − yi |=| −(yi − xi) | ⇒| xi − yi |=| yi − xi |⇒ 1+ | xi − yi |= 1+ | yi − xi |
⇒ | xi − yi |1+ | xi − yi |
=| yi − xi |
1+ | yi − xi |.
Logo,∞∑i=1
1
2i| xi − yi |
1+ | xi − yi |=∞∑i=1
1
2i| yi − xi |
1+ | yi − xi |.
Portanto,
d(x, y) = d(y, x).
6 Marcos Roberto Teixeira Primo
Para mostramos que (M4) e satisfeita vamos utilizar a funcao auxiliar
f(t) =t
1 + t,
definida para todo t > 0. Temos
f′(t) =
1
(1 + t)2,
para todo t > 0 e como
| a+ b |6| a | + | b |,
entao
f(| a+ b |) 6 f(| a | + | b |).
Logo,
| a+ b |1+ | a+ b |
6| a | + | b |
1+ | a | + | b |=
| a |1+ | a | + | b |
+| b |
1+ | a | + | b |6| a |
1+ | a |+| b |
1+ | b |.
Tomando a = xi − yi e b = yi − zi, temos que a+ b = xi − zi e, portanto,
| xi − zi |1+ | xi − zi |
6| xi − yi |
1+ | xi − yi |+| yi − zi |
1+ | yi − zi |,
para todo i ∈ N. Como 12i> 0 segue que
∞∑i=1
1
2i| xi − zi |
1+ | xi − zi |6
∞∑i=1
1
2i| xi − yi |
1+ | xi − yi |+∞∑i=1
1
2i| yi − zi |
1+ | yi − zi |.
Portanto,
d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z),
provando (M4) e completando a prova do exemplo. �
Exemplo 1.7. Seja X um conjunto qualquer e definamos sobre X uma metrica, denominada
metrica discreta, por
d(x, y) =
{0, se x = y;
1, se x 6= y.
Entao (X, d) e um espaco metrico, denominado espaco metrico discreto.
Exemplo 1.8. Considere o conjunto de todas as funcoes limitadas f : A → R definidas em um
conjunto nao vazio A, isto e,
B(A) := {x : A→ R; |x(t)| ≤ cf , t ∈ A e cf ≥ 0}.
Em B(A) defina a metrica
d(x, y) = supt∈A|x(t)− y(t)|,
para x, y ∈ B(A). Entao (B(A), d) e um espaco metrico.
Analise Funcional 7
1.2 Conjuntos Abertos, Fechados e Vizinhancas
Nessa secao estudaremos alguns conceitos auxiliares, os quais tem grande relacao com espacos
metricos e serao uteis no desenvolvimento do curso..
Definicao 1.2. Dados um ponto x0 ∈ X e um numero real r > 0, definimos tres tipos de conjuntos:
(a) Bola aberta
B(x0, r) = {x ∈ X, d(x, x0) < r}
(b) Bola fechada
B(x0, r) = {x ∈ X, d(x, x0) 6 r}
(c) Esfera
S(x0, r) = {x ∈ X, d(x, x0) = r}
Desta definicao segue que
S(x0; r) = B(x0; r)−B(x0; r).
Definicao 1.3. Seja (X, d) um espaco metrico. Um subconjunto M ⊂ X do espaco metrico X
e aberto se ele contem uma bola com centro em cada um de seus pontos. Um subconjunto K do
espaco metrico X e fechado se seu complementar (em X) e aberto, isto e, Kc = X −K e aberto.
Proposicao 1.1. Seja (X, d) um espaco metrico. Entao
(i) Uma bola aberta em X e um conjunto aberto em X.
(ii) Uma bola fechada em X e um conjunto fechado em X.
Demonstracao:
(i) Dado x0, x ∈ X e ε > 0, seja B(x0, ε) a bola aberta em X e x ∈ B(x0, ε), entao d(x0, x) < ε
e portanto s = ε− d(x0, x) e um numero positivo. Afirmamos que B(x, s) ⊂ B(x0, ε)
De fato
Seja y ∈ B(x, s), entao
d(x, y) < s⇒ d(x, y) < ε− d(x0, x)⇒ d(x, y) + d(x0, x) < ε
como d(y, x0) < d(x, y) + d(x0, x) (pela desigualdade triangular). Entao
8 Marcos Roberto Teixeira Primo
d(y, x0) < ε
logo
y ∈ B(x0, ε)
(ii) Dado x0 ∈ X e ε > 0, seja B(x0, ε) a bola fechada em X, devemos mostrar que Bc
=
X −B(x0, ε) = {x ∈ X; d(x, x0) > ε}
De fato
Seja p ∈ Bc, isto e, d(x0, p) > ε. Tomemos s > 0 tal que ε + s < d(x0, p), entao as bolas
fechadas B(x0, ε) e B(p, s) sao disjuntas . Portanto B(x0, ε)∩B(p, s) = ∅. Daı B(p, s) ⊂ Bc
logo todo ponto p ∈ Bc e interior , portanto Bc
e aberto em X, o que prova que B(x0, ε) e
fechada.
Definicao 1.4. Seja (X, d) um espaco metrico. Uma bola aberta B(x0; ε) de raio ε > 0 e
centro x0 ∈ X e denomindada de ε−vizinhanca de x0. Uma vizinhanca de x0 e definida como
sendo qualquer subconjunto de X que contenha uma qualquer subconjunto de X que contenha uma
ε−vizinhanca de x0.
Observemos que
• toda vizinhanca de x0 contem x0;
• Se N e uma vizinhanca de x0 e N ⊂M , entao M tambem e uma vizinhanca de x0.
De fato
B(x0, ε) ⊂ N ⊂M, logo B(x0, ε) ⊂M
Definicao 1.5. Seja (X, d) um espaco metrico e M ⊂ X. Diremos que x0 e um ponto interior
de M , se M for uma vizinhanca de x0, isto e, se existir ε > 0 tal que B(x); ε) ⊂M .
Chamamos de interior de M , o conjunto de todos os pontos interiores de M e denotaremos
por int(M) ou M0.
Algumas observacoes importantes.
• O int(M) e aberto e e o maior conjunto aberto contido em M.
• Seja J a colecao dos subconjuntos abertos do espaco metrico X. Entao:
(T1) ∅ ∈ J e X ∈ J;
(T2) A uniao de quaisquer elementos de J e um elemento de J;
Analise Funcional 9
(T3) A intersecao de um numero finito de elementos de J e um elemento de J.
Vamos verificar esses fatos. Para mostrarmos (T1), precisamos mostrar que ∅ e um subcon-
junto aberto. De fato, suponhamos que ∅ nao seja aberto, entao devemos exibir pelo menos um
ponto que nao seja ponto interior do ∅. Como nao conseguimos exibir este ponto, pois vazio nao
tem ponto, entao concluimos que ∅ e aberto.
Agora, mostraremos que X ∈ J. De fato, temos por definicao que
B(x0; ε) = {x ∈ X; d(x, x0) < ε} ⊂ X,
todo x0 ∈ X, provando o item (T1).
Para o item (T2), seja x um ponto qualquer da uniao
U := ∪n∈NMn,
de subconjuntos abertos de X. Entao x pertence a pelo menos um desses subconjuntos de Mn.
Suponha que x pertenca a Mi. Sabemos que Mi contem B(x; ε), para algum ε > 0, pois Mi e
aberto em X. Entao
B(x, ε) ⊂ U,
logo U e aberto, provando o item (T2).
Para o item (T3), seja y qualquer ponto da intersecao de conjuntos abertos M1,M2, ...,MN ,
entao cadaMi contem uma bola B(y, ε) e a menor dessas bolas esta contida na intersecao, provando
(T3).
Definicao 1.6. Um espaco topologico (X, J) e um conjunto X e uma colecao, J, de subconjuntos
de X que satisfazem os axiomas (T1), (T2) e (T3). A colecao J e chamada de uma topologia para
X e os elementos desta colecao sao chamados de abertos de X.
Proposicao 1.2. Todo espaco metrico e um espaco topologico.
Definicao 1.7. Sejam X = (X, d) e Y = (Y, d) dois espacos metricos. Uma aplicacao T : X −→Y e dita ser contınua em um ponto x0 ∈ X se para todo ε > 0 existir δ > 0 tal que
d(Tx, Tx0) < ε, sempre que d(x, x0) < δ.
A aplicacao T e dita ser contınua se ela for contınua em todos os pontos de X.
Aplicacoes continuas podem ser caracterizadas em termos de conjuntos abertos como segue
Teorema 1.1. Sejam X = (X, d) e Y = (Y, d) dois espacos metricos e T : X −→ Y uma aplicacao
dada. Entao T e continua se, e somente se, a imagem inversa de qualquer subconjunto aberto de
Y e um subconjunto aberto de X.
10 Marcos Roberto Teixeira Primo
Demonstracao: Suponha que T seja uma aplicacao contınua. Seja S ⊂ Y aberto e S0 = T−1(S).
Se S0 = ∅ ja provamos que S0 e aberto. Se S0 6= ∅, entao seja x0 ∈ S0 um ponto qualquer em S0.
Portanto, para cada x0 ∈ S0, existe y0 ∈ S tal que Tx0 = y0. Desde que S e aberto, existe ε > 0
tal que B(y0, ε) ⊂ S e, como T e continua, existe δ > 0 tal que T (B(x0; δ)) ⊂ B(y0; ε). Assim,
T (B(x0; δ)) ⊂ B(y0; ε) ⊂ S, mostrando que B(x0; δ) ⊂ S0 e, portanto, mostrando que S0 e aberto.
Reciprocamente para cada x0 ∈ X, y0 = Tx0 e qualquer B(y0; ε) ⊂ Y, entao T−1(B(y0; ε)) ⊂X e um subconjunto aberto de X. A hipotese implica que existe δ > 0 tal que B(x0; δ) ⊂T−1(B(y0; ε)). Portanto, T (B(x0; δ)) ⊂ B(y0; ε), mostrando que T e contınua em x0 ∈ X. A
arbitrariedade de x0 ∈ X mostra entao a continuidade de T, completando a prova do teorema.
Definicao 1.8. Seja M um subconjunto de um espaco metrico X, entao um ponto x0 ∈ X e
chamado de ponto de acumulacao de M se para todo ε > 0 a bola aberta B(x0; ε) contem pelo
menos um ponto y ∈M distinto de x0, isto e,
B(x0; ε) ∪ (M − {x0}) 6= ∅.
Algumas notacoes e propriedades com respeito a pontos :
• o conjunto de todos os pontos de acumulacao de M ,
M ′ := {x0 ∈ X; x0 e ponto de acumulacao de M},
e chamado de conjunto derivado de M ;
• o conjunto
M = M ∪M ′
e chamado de fecho de M no espaco metrico X;
• o conjunto M e um subconjunto fechado do espaco metrico X;
• M ⊂M ;
• M e o menor conjunto fechado que contem M.
Temos que em R3 o fecho B(x0; r) de uma bola aberta B(x0; r) e a bola fechada B(x0, r), mas
isso nao acontece, em geral, para todos espacos metricos. Por exemplo no espaco metrico discreto
com raio r = 1 temos que o fecho da bola aberta nao e a bola fechada.
Recordemos que um conjunto M e enumeravel se M e finito ou existe um aplicacao bijetora
ϕ : Z→M.
Analise Funcional 11
Definicao 1.9. Um subconjunto M ⊂ X de um espaco metrico X = (X, d) e denso em X se
M = X.
O espaco metrico X sera chamado de espaco metrico separavel se ele possui um subconjunto
enumeravel que e denso em X.
Algumas observacoes importantes sobre conjuntos densos e exemplos de espacos metricos
separaveis.
• Um subconjunto M ⊂ X de um espaco metrico e denso em X se toda bola em X contiver
pontos de M , isto e,
B(x0; r) ∩M 6= ∅ ou B(x0; r) ∩M 6= ∅,
para quaisquer r > 0 e qualquer x0 ∈ X;
• Um subconjunto M ⊂ X de um espaco metrico e denso em X se nao existir x ∈ X que
possua uma vizinhanca que nao contenha pontos de M, isto e para todo x ∈ X,
Vx ∩M 6= ∅,
onde Vx e uma vizinhanca de x em X.
Exemplo 1.9. A reta real, munida da metrica usual, e separavel.
De fato: O conjunto dos numeros racionais e enumeravel e e denso em R. �
Exemplo 1.10. O plano complexo, munido da metrica usual, e separavel.
De fato: O conjunto
M = {a+ bi; a, b ∈ Q}
e enumeravel e e denso em C. �
Exemplo 1.11. Um espaco metrico discreto X e separavel se, e somente se, o conjunto X e
enumeravel.
De fato: Mostremos que nao existem subconjuntos proprios de X que sejam densos em X.
Para provarmos este fato sejam M X um subconjunto prooprio de X e x ∈ X tal que x 6∈ M.
Logo,
B(x,1
2) ∩M = ∅,
pois
d(x, y) = 1, para qualquer y ∈M,
mostrando que M nao pode ser denso em X.
Portanto, o unico subconjunto denso em X e o proprio X e o exemplo segue deste fato. �
12 Marcos Roberto Teixeira Primo
Exemplo 1.12. O espaco l∞ nao e um espaco separavel
De fato: Seja
y = (η1, η2, . . .); ηi = 0 ou etai = 1, ∀i ∈ N.
Entao,
y ∈ l∞.
Associamos a cada y um numero real y cuja representacao binaria e dada por
y =η121
+η222
+η323
+ . . . .
Temos
• o intervalo fechado [0, 1] e um conjunto nao enumeravel;
• se y ∈ [0, 1], entao y possui uma unica representacao binaria;
• se y1, y2 ∈ [0, 1], entao y1 e y2 possuem diferentes representacoes binarias.
Portanto, existe um numero nao enumeravel de elementos de l∞ cujos elementos sao zeros e uns.
Ainda mais, se
y1 = (η1, η2, . . .) e y2 = (ξ1, ξ2, . . .)
sao tais que
ηi = 0 ou ηi = 1 e ξi = 0 ou ξi = 1, ∀i ∈ N,
com
y1 6= y2,
entao
d(y1, y2) = 1.
Seja
L = {y ∈ l∞; y = (η1, η2, . . .), com ηi = 0 ou etai = 1, ∀i ∈ N}
e, para cada y ∈ L, consideremos
B(y;1
3) = {z ∈ l∞; d(z, y) <
1
3}.
Assim, obtemos que
B(y1;1
3) ∩B(y2;
1
3) = ∅,
para quaisquer y1, y2 ∈ L, com y1 6= y2. Se M ⊂ l∞ e um subconjunto denso em l∞, entao devemos
ter
M ∩B(y;1
3) 6= ∅,
para cada y ∈ L e, portanto, M nao pode ser enumeravel.
Logo, l∞ nao possui subconjuntos enumeraveis e densos nele mesmo, mostrando que l∞ nao
e separavel, completando o exemplo. �
Analise Funcional 13
1.3 Sequencias Convergentes, de Cauchy e Completici-
dade
Nesta secao vamos definir e mostrar algumas propriedades elementares de sequencias conver-
gentes e de Cauchy e apresentar exemplos de espacos metricos completos que e o principal assunto
desse inıcio de curso.
Definicao 1.10. Uma sequencia (xn) em um espaco metrico X = (X, d) e convergente se existir
x ∈ X tal que
limn→∞
d(xn, x) = 0.
O elemento x ∈ X sera chamado de limite de (xn) e escrevemos
limn→∞
xn = x
ou, simplesmente
xn −→ x
Diremos que (xn) converge para x ou tem limite x. Se (xn) nao e convergente, ela e divergente.
Recordemos que um subconjunto nao vazio M ⊂ X de um espaco metrico X = (X, d) e um
conjunto limitado se o seu diametro
δ(M) = supx,y∈M
d(x, y) <∞
for finito. Assim, diremos que uma sequencia (xn) e limitada se o conjunto {xn, n ∈ N} for um
subconjunto limitado de X.
Obviamente se M e limitado entao
M ⊂ B(x0; r),
onde x0 ∈ X e ponto de X e r > 0 e um numero real positivo(suficientemente grande).
Lema 1.1. Sejam X = (X, d) um espaco metrico e (xn) um sequencia convergente em X. Entao,
(a) o limite desta sequencia e unico;
(b) a sequencia e limitada;
(c) Se yn −→ y em X, entao
d(xn, yn) −→ d(x, y).
14 Marcos Roberto Teixeira Primo
Demonstracao: Observemos inicialmente que como a sequencia e convergente, entao existe
x ∈ X tal que para todo ε > 0, existe N ∈ N com
d(xn, x) <ε
2para todo n > N.
Para provarmos o item (a), seuponhamos que exista um outro y ∈ X tal que
xn → y,
isto e, existe M ∈ N tal que
d(xn, y) <ε
2para todo n > M.
Tomando n0 > N e n0 > M temos, usando a desigualdade triangular, que
d(x, y) ≤ d(x, xn0) + d(xn0 , y) ≤ ε
2+ε
2= ε.
Assim, para todo ε > 0 temos que
0 ≤ d(x, y) ≤ ε,
mostrando que d(x, y) = 0 e, portanto, mostrando que x = y e provando o item (a).
Para provarmos o item (b), tomando ε = 2, entao existe N2 ∈ N tal que
d(xn, x) < 1 para todo n > N2.
Assim, para quaisquer m,n > N2, a desigualdade triangular implica que
d(xn, xm) 6 d(xn, x) + d(x, xm) < 1 + 1 = 2.
Tomando
a = max{d(xm, xn); 1 6 m,n 6 N2} > 0,
obtemos entao que
δ({xn; n ∈ N}) = supn∈N
d(xn, xm) 6 a+ 2,
mostrando que a sequencia e limitada e provando o item (b).
Para o item (c), a desigualdade triangular implica que
d(xn, yn) 6 d(xn, x) + d(x, y) + d(y, yn),
ou seja,
d(xn, yn)− d(x, y) 6 d(xn, x) + d(yn, y).
Da mesma forma, trocando xn e x por yn e y, obtemos que
| d(xn, yn)− d(x, y) |6 d(xn, x) + d(yn, y).
Analise Funcional 15
Assim, para todo ε > 0, existem N1, N1 ∈ N tais que
d(xn, x) <ε
2para todo n > N1
e
d(yn, y) <ε
2para todo n > N2.
Tomando N = max{N1, N2}, obtemos que
| d(xn, yn)− d(x, y) |6 d(xn, x) + d(yn, y) <ε
2+ε
2= ε,
provando o item (c) e completando a prova deste resultado.
Definicao 1.11. Uma sequencia (xn) definida em um espaco metrico X chama-se uma sequencia
de Cauchy quando, para todo ε > 0, existe N0 ∈ N tal que m,n > N0 entao d(xm, xn) < ε.
O espaco metrico X sera chamado de espaco metrico completo se toda sequencia de Cauchy
definida em X convergir em X, isto e, tem um limite x ∈ X.
Proposicao 1.3. Toda sequencia de Cauchy em um espaco metrico X e limitada.
Demonstracao: A demonstracao e analoga a prova do lema anterior.
Teorema 1.2. Toda sequencia convergente em um espaco metrico e uma sequencia de Cauchy.
Demonstracao: Por hipotese temos que existe x ∈ X tal que
xn −→ x.
Entao, para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que
d(xn, x) <ε
2, para todo n > N.
Portanto, pela desigualdade triangular, obtemos
d(xm, xn) 6 d(xm, x) + d(x, xn) <ε
2+ε
2= ε,
sempre que m,n > N . Isso mostra que (xn) e uma sequencia de Cauchy em X, provando o
teorema.
Teorema 1.3. A reta real e o plano complexo, munidos das metricas usuais, sao espacos metricos
completos.
Exemplo 1.13. O conjunto R − {a}, munido da metrica usual da reta real, nao e um espaco
metrico completo.
16 Marcos Roberto Teixeira Primo
Exemplo 1.14. O conjunto dos numeros racionais, munido da metrica usual da reta real, nao e
um espaco metrico completo.
Exemplo 1.15. O conjunto (0, 1] ⊂ R, munido da metrica usual da reta real, nao e um espaco
metrico completo.
Exemplo 1.16. O conjunto [0, 1] ⊂ R, munido da metrica usual da reta real, como veremos mais
abaixo e um espaco metrico completo.
Vamos apresentar agora mais tres resultados que serao de extrema importancia para o de-
senvolvimento do curso. Primeiro vamos relacionar a definicao de fecho de um conjunto com a
convergencia de sequencias.
Teorema 1.4. M um subconjunto nao vazio de um espaco metrico X = (X, d) e M seu fecho no
espaco metrico X. Entao,
(a) x ∈M se, e somente se, existe uma sequencia (xn) em M tal que xn −→ x;
(b) M e fechado se, e somente se, a sentenca
”Se (xn) e uma sequencia tal que xn ∈M e xn −→ x, entao x ∈M”
e sempre verdade.
Demonstracao: Para mostrarmos o item(a), seja x ∈M. Se x ∈M , uma sequencia da forma
x=x ∈M, para todo n ∈ N,
e tal que
(xn) ⊂M e xn → x.
Se x nao pertence a M , ele e um ponto de acumulacao de M . Portanto, para cada n ∈ N, a bola
B(x, 1n) contem um elemento xn ∈M . Tambem,
0 ≤ d(xn, x) ≤ 1
n→ 0,
mostrando que
xn −→ x.
Reciprocamente, seja (xn) ⊂M uma sequencia em M e tal que
xn −→ x.
Primeiro observe que se existir N ∈ N tal que xn = x, para todo n > N, entao x ∈M e, portanto,
x ∈M. Suponhamos entao que para todo n ∈ N,
xn0 6= x, para algum n0 > n.
Analise Funcional 17
Mas, para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que
d(xn, x) < ε sempre que n > N,
ou seja, para todo n > N temos que
xn ∈ B(x; ε) ∩M,
mostrando que
B(x; ε) ∩ (M − {x}) 6= ∅.
Logo, x ∈M, completando a demonstracao do item (a).
Para mostramos o item (b), observemos que
M e fechado se, e somente se, M = M.
De fato: Para provarmos este fato, temos que se M e fechado, entao
• a definicao de fecho de M implica que M ⊂M ;
• como M e fechado e M e o menor conjunto fechado que contem M, entao devemos
ter M ⊂M.
De uma outra maneira, se x ∈ M e x 6∈ M, entao x ∈ M c e como M e fechado,
entao existe δ > 0 tal que
B(x; δ) ⊂M c,
isto e,
B(x; δ) ∩M = ∅,
mostrando que x 6∈M ′, o que e um absurdo. Logo, x ∈M.
Assim, de qualquer maneira, se M e fechado, entao M = M.
Reciprocamente, se M = M entao M e fechado, pois M e um conjunto fechado. �
Agora, se M e fechado e (xn) e uma sequencia tal que
• xn ∈M, para todo n ∈ N;
• existe x ∈ X tal que xn → x.
Entao, o item (a) implica que x ∈M e, portanto, x ∈M = M.
Reciprocamente, claramente M ⊂ M. Vamos mostrar que M ⊂ M. Para isso, seja x ∈ M ,
entao o item (a) implica existe uma sequencia (xn) tal que
18 Marcos Roberto Teixeira Primo
• xn ∈M, para todo n ∈ N;
• xn → x.
Mas entao, por hipotese, devemos ter que x ∈M, mostrando que M ⊂M. Portanto, M = M, ou
seja, M e fechado, completando a prova do item (b) e do teorema.
Usando o resultado anterior, vamos relacionar o conceito de espacos metricos completos com
subconjunto fechados desses espacos metricos completos.
Teorema 1.5. Seja X = (X, d) um espaco metrico completo e M ⊂ X um subconjunto de X.
Entao M e fechado em X se, e somente se, M = (M,d) munido da metrica que e a restricao da
metrica em X para M e um espaco metrico completo.
Demonstracao: Suponhamos inicialmente que M ⊂ X seja um subconjunto fechado do espaco
metrico X. Seja (xn) ⊂ M uma sequencia de Cauchy em M = (M,d). Como a metrica em M e
a herdada de X e M ⊂ X, entao (xn) ⊂ X e uma sequencia de Cauchy em X, que e um espaco
metrico. Logo, existe x ∈ X tal que
xn → x em X.
Mas, M e um subconjunto fechado de X e o item (b) do teorema anterior implica que x ∈ M,
mostrando que M = (M,d) e um espaco metrico completo.
Suponhamos agora que M = (M,d) seja um espaco metrico completo e consideremos (xn) ⊂M uma sequencia em M tal que exista x ∈ X tal que
xn → x.
Como (xn) e uma sequencia convergente em X, ela e uma sequencia de Cauchy em X e, portanto,
(xn) ⊂ M e uma sequencia de Cauchy em M = (M,d) que e completo. Logo, existe x0 ∈ M tal
que
xn → x0 em M.
Portanto,
xn → x0 em X
e, a unicidade do limite implica que x0 = x e, portanto, o item (b) do teorema anterior implica
que M e fechado em X, completando a prova deste teorema.
Para finalizar esta secao, vamos agora relacionar o conceito de continuidade de aplicacoes
definidas entre espacos metricos com o conceito de convergencia de sequencias.
Teorema 1.6. Uma aplicacao T : X −→ Y definida entre os espacos metricos X = (X, d) e
Y = (Y, d) e continua em um ponto x0 ∈ X se, e somente se, para toda sequencia (xn) ⊂ X tal
que xn −→ x0 em X, tivermos que Txn −→ Tx0 em Y.
Analise Funcional 19
Demonstracao: Vamos assumir inicialmente que T e contınua no ponto x0 ∈ X. Logo, dado
ε > 0, existe um δ > 0 tal que
d(x, x0) < δ =⇒ d(Tx, Tx0) < ε.
Seja (xn) ⊂ X uma sequencia tal que xn −→ x0. Entao, existe N ∈ N tal que
n > N =⇒ d(xn, x0) < δ
Portanto,
n > N =⇒ d(Txn, Tx0) < ε,
mostrando que Txn −→ Tx0.
Reciprocamente, suponhamos por absurdo que a aplicacao T nao seja contınua em x0 ∈ X.Entao, para algum ε > 0 e para todo δ > 0 existe X 3 xδ 6= x0 satisfazendo
d(x, x0) < δ e d(Tx, Tx0) > ε.
Assim, para cada n ∈ N, tomando δ = 1n, temos que existe xn ∈ X satisfazendo
d(xn, x0) <1
ne d(Txn , Tx0) > ε.
Portanto,
xn −→ x0 em X,
enquanto que
(Txn 6→ Tx0 em Y,
o que e um absurdo. Portanto, T e contınua em x0, provando o teorema.
1.4 Espacos Metricos Completos
Nesta secao apresentaremos exemplos de espacos metricos completos. Para demonstrarmos a
completicidade de espacos metricos, X = (X, d), mais gerais procederemos da seguinte maneira:
Tomemos (xn) ⊂ X uma sequencia de Cauchy em X e seguimos os seguintes passos:
(i) construımos um elemento x (para ser usado como um limite) da sequencia;
(ii) provamos que x ∈ X esta no espaco metrico considerado;
(iii) provamos a convergencia xn −→ x no espaco metrico X.
20 Marcos Roberto Teixeira Primo
Exemplo 1.17. O espaco Euclidiano Rn e completo.
Demonstracao: A metrica em Rn e definida por
d(x, y) = [n∑i=1
(xi − yi)2]12 ,
onde x = (x1, x2, . . . , xn) e y = (y1, y2, . . . , yn), com xi, yi ∈ R para todo i = 1, 2, . . . , n.
Seja (xm) ⊂ Rn uma sequencia de Cauchy em Rn, isto e,
xm = (x(m)1 , x
(m)2 , ..., x(m)
n )
e para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que
d(xm, xr) = [n∑i=1
(x(m)i − x(r)i )2]
12 < ε, sempre que m, r > N. (1.1)
Elevando ao quadrado, temos para m, r > N e i = 1, 2, ..., n, que
(x(m)i − x(r)i )2 < ε2.
Logo, para m, r > N e i = 1, 2, ..., n,
| x(m)i − x(r)i |< ε.
Portanto, para cada i fixado (1 6 i 6 n), a sequencia (x(1)i , x
(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy
de numeros reais e portanto convergente, isto e, existe xi ∈ R tal que
x(m)i −→ xi quando m −→∞.
Definindo x = (x1, x2, ..., xn), temos que x ∈ Rn. Ainda, por (1.1), obtemos que
d(xm, x) 6 ε sempre que m > N,
mostrando que
limm→∞
xm = x,
e, portanto, que Rn e um espaco metrico completo. �
Exemplo 1.18. O espaco unitario Cn e completo.
Exemplo 1.19. O espaco metrico l∞ e completo.
Analise Funcional 21
De fato: Seja (xm) uma sequencia de Cauchy no espaco l∞, onde (xm) = (x(m)1 , x
(m)2 , ...). Recor-
demos que a metrica em l∞ e dada por
d(x, y) = supi∈N| xi − yi | .
Como (xm) e uma sequencia de Cauchy, entao para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que para todo
m,n > N
d(xm, xn) = supi∈N| x(m)
i − x(n)i |< ε.
Portanto, para todo i ∈ N fixado, temos que
| x(m)i − x(n)i |< ε sempre que m,n > N. (1.2)
Para qualquer i ∈ N fixado, temos que a sequencia (x(1)i , x
(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy de
numeros reais, a qual e convergente, pois a reta real e um espaco metrico completo. Entao, existe
xi ∈ R tal que
x(m)i −→ xi quando m −→∞,
para todo i ∈ N. Consideremos
x = (x1, x2, ...)
e mostremos que
• x ∈ l∞;
• xm → x em l∞.
Para mostrarmos o primeiro item em (1.2), fixando m ∈ N e fazendo n→∞, obtemos que
| x(m)i − xi |6 ε sempre que m > N. (1.3)
Ainda, para todo m ∈ N, como xm = (x(m)i ) ∈ l∞, existe um numero positivo km > 0 tal que
| x(m)i |6 km,
para todo i ∈ N. Portanto, a desiguadade triangular implica que para m0 > N,
| xi |6| xi − x(m0)i | + | x(m0)
i |6 ε+ km0 ,
para qualquer i ∈ N. Logo, existe cx = ε+ km0 > 0 tal que
| xi |≤ cx,
para todo i ∈ N, mostrando que x ∈ l∞.
22 Marcos Roberto Teixeira Primo
Para o segundo item, de (1.3) obtemos que
d(xm, x) = supi| x(m)
i − xi |< ε,
sempre que m > N , mostrando que
xm → x.
Portanto, l∞ e um espaco metrico completo, finalizando o exemplo. �
Exemplo 1.20. O espaco das funcoes C[a, b] e completo, onde [a, b] ⊂ R e um intervalo fechado
em R.
De fato: Seja (xm) uma sequencia de Cauchy em C[a, b]. Entao, dado ε > 0, existe N1 ∈ N tal
que para todo m,n > N1 temos
d(xm, xn) = maxt∈[a,b]
| xm(t)− xn(t) |< ε. (1.4)
Portanto, para cada t = t0 ∈ [a, b] fixado temos
| xm(t0)− xn(t0) |< ε,
sempre quem,n > N . Isso mostra que (x1(t0), x2(t0), ...) e uma sequencia de Cauchy de numeros
reais. Como R e completo, a sequencia converge, isto e, existe x(t0) ∈ R tal que
xm(t0) −→ x(t0), quando m −→∞.
Assim podemos associar a cada t ∈ [a, b] um unico numero real x(t), o que define uma funcao
x[a, b] ⊂ R→ R.Mostremos x ∈ C[a, b] e que xm −→ x em C[a, b]. Para fazermos isso, fixando m > N e fazendo
n −→∞ em (1.4) obtemos, para todo t ∈ [a, b], que
| xm(t)− x(t) |6 ε,
sempre que m > N . Portanto,
maxt∈[a,b]
| xm(t)− x(t) |6 ε,
sempre que m > N. Isso mostra que (xm(t)) converge para x(t) uniformemente em [a, b] e a
convergencia e uniforme. Como cada xm e uma funcao contınua em [a, b], entao a funcao limite x
e uma funcao contına em [a, b], isto e, x ∈ C[a, b]. contınuo em J. Portanto x ∈ C[a, b] e, tambem
xm −→ x em C[a, b].Portanto, C[a, b] e um espaco metrico completo. �
Analise Funcional 23
Definicao 1.12. Dizemos que uma sequencia de funcoes fn : X −→ R converge uniformemente
para uma funcao f : X −→ R quando, para todo ε > 0 dado, existe n0 ∈ N tal que
n > n0 =⇒ | fn(x)− f(x) |< ε,
para todo x ∈ X.
Teorema 1.7. A convergencia xm −→ x no espaco metrico C[a, b] e uniforme, isto e, (xm)
converge uniformemente para x em [a, b].
Demonstracao: Por hipotese xm −→ x em C[a, b]. Portanto, dado ε > 0, existe N ∈ N tal que
d(xm, x) < ε,
sempre que m > N . Logo
maxt∈[a,b]
| xm(t)− x(t) |< ε,
sempre que m > N. Assim,
| xm(t)− x(t) |< maxt∈J| xm(t)− x(t) |< ε,
sempre que m > N . Portanto, xm −→ x uniformemente em [a, b].
Exemplo 1.21. Seja
X = {x : [0, 1] ⊂ R→ R; x e uma funcao contınua em [a, b]}.
Em X definamos uma metrica por
d(x, y) =
∫ 1
0
|x(t)− y(t)|dt,
para x, y ∈ X. Entao, X e um espaco metrico que nao e completo.
De fato: E facil ver que com a funcao
d(x, y) =
∫ 1
0
|x(t)− y(t)|dt,
para x, y ∈ X, define uma metrica em X. Vamos mostrar que este espaco metrico nao e completo.
Para isso vamos construir uma sequencia de Cauchy em X que nao sera convergente em X.
Para cada m ∈ N definimos xm : [0, 1] ⊂ R→ R por
xm(t) =
0, se t ∈ [0, 1
2];
f(t), se t ∈ [12, am];
1, se t ∈ [am, 1],
24 Marcos Roberto Teixeira Primo
am =1
2+
1
m, m ∈ N
e f(t) e um polinomio de grau 1 passando pelos pontos (12, 0) e (am, 1). Veja o grafico de xm na
figura logo abaixo. Temos que (am) e uma sequencia de Cauchy em X, pois dado ε > 0, tomando
m,n ≥ 1ε, teremos que
d(xm, xn) =1
2(
1
m− 1
n) < ε.
Vamos mostrar agora que essa sequencia nao pode convergir em X. Para todo x ∈ X, temos
que
d(xm, x) =
∫ 1
0
|xm(t)− x(t)|dt
=
∫ 12
0
|x(t)|dt+
∫ am
12
|xm(t)− x(t)|dt+
∫ 1
am
|xm(t)− x(t)|dt.
Assim, se
d(xm, x) =
∫ 1
0
|xm(t)− x(t)|dt→ 0,
entao ∫ 12
0
||x(t)|dt =
∫ 1
12
|xm(t)− x(t)|dt = 0,
ou seja,
x(t) =
{0, se t ∈ [0, 1
2];
1, se t ∈ [12, 1].
Portanto x nao seria contınua o que e um absurdo. Logo (xm) nao pode convergir em X o que
completa o exemplo. �
Analise Funcional 25
1.5 Completamento de Espacos Metricos
A ideia desta secao e acrescentar pontos em um espaco metrico de forma a deixa-lo completo.
Definicao 1.13. Sejam (X, dX) e (Y, dY ) dois espacos metricos. Uma transformacao T : X → Y
e dita uma isometria se para todo x, y ∈ X temos que
dY (Tx, Ty) = dX(x, y).
Neste caso dizemos que (X, dX) esta imerso em (Y, dY ).
Algumas observacoes:
• Claramente uma isometria e uma aplicacao injetora;
• diremos que os espacos metricos (X, dX) e (Y, dY ) sao isometricos se existir uma isometria,
T :→ Y, que e sobrejetora;
• a inversa de uma isometria sobrejetora e tambem uma isometria.
Seja (X, d) um espaco metrico qualquer. Vamos construir um espaco metrico completo (X, d)
a partir de (X, d), tal que (X, d) pode ser imerso em (X, d).
A ideia principal e contruir X adicionando os pontos de X e mais os limites de sequencias
de Cauchy em X que nao convergem em X. Para fazermos isso, sejam (xn) e (yn) sequencias de
Cauchy em X e seja ∼ a seguinte relacao em X :
(xn) ∼ (yn)⇔ d(xn, yn)→ 0.
Lema 1.2. A relacao ∼ e uma relacao de equivalencia em X.
Demonstracao: Para provar que ∼ e uma relacao de equivalencia, primeiramente observamos
que claramente
i) (xn) ∼ (xn) para toda (xn) ⊂ X e
ii) (xn) ∼ (yn) implica (yn) ∼ (xn) para toda (xn), (yn) ⊂ X.
Resta apenas verificar que
iii) se (xn), (yn), (zn) ⊂ X, (xn) ∼ (yn) e (yn) ∼ (zn), entao (xn) ∼ (zn). Isto segue do fato
que
0 ≤ d(xn, zn) 6 d(xn, yn) + d(yn, zn),
completando a prova do lema.
Seja X o conjunto de todas as classes de equivalencia de sequencias de Cauchy (xn) ⊂ X que
sao equivalentes. Temos que X e uniao disjunta dessas classes de equivalencia.
26 Marcos Roberto Teixeira Primo
Lema 1.3. Sejam (X, d) um espaco metrico, (xj) e (yj) sequencias de Cauchy em X, e seja
dj = d(xj, yj) para todo j ∈ N. Entao (dj) e uma sequencia de Cauchy em R.
Demonstracao: Da desigualdade triangular temos que
dj = d(xj, yj) 6 d(xj, xk) + dk + d(yk, yj),
para todo j ∈ N. Assim,
dj − dk 6 d(xj, xk) + d(yk, yj),
para j, k ∈ N. Similarmente
dk − dj 6 d(xj, xk) + d(yk, yj),
para j, k ∈ N. Logo,
|dj − dk| 6 d(xj, xk) + d(yk, yj)
para j, k ∈ N.Seja ε > 0 dado. Entao existe um numero natural N ∈ N tal que
d(xj, xk) <ε
2e d(yj, yk) <
ε
2,
sempre que j, k > N, pois as sequencias (xj) e (yj) sao sequencias de Cauchy em X. Portanto,
|dj − dk| < ε,
sempre j, k > N . Assim, a sequencia (dj) e uma sequencia de Cauchy de numeros reais, o que
prova o lema.
Como R e um espaco metrico completo, o Lema 1.3 implica que
limj→∞
d(xj, yj) = limj→∞
dj
existe para todo par de sequencias de Cauchy (xj) e (yj) em X.
Lema 1.4. Sejam (X, d) um espaco metrico e (xj), (yj), (zj) ∈ X. Entao
0 6 limj→∞
d(xj, zj) 6 limj→∞
d(xj, yj) + limj→∞
d(yj, zj).
Demonstracao: Segue imediatamente da desigualdade triangular.
Lema 1.5. Sejam (X, d) um espaco metrico e (xj), (yj), (zj) ∈ X. Suponhamos que
limj→∞
d(xj, yj) = 0 e limj→∞
d(yj, zj) = 0.
Entao,
limj→∞
d(xj, zj) = 0.
Analise Funcional 27
Demonstracao: E uma consequencia imediata do Lema 1.4.
Lema 1.6. Sejam (X, d) um espaco metrico e (xj), (x′j), (yj), (y′j) ∈ X. Suponhamos que
limj→∞
d(xj, x′j) = 0 e lim
j→∞d(yj, y
′j) = 0.
Entao,
limj→∞
d(xj, yj) = limj→∞
d(x′j, y′j).
Demonstracao: Segue do Lema 1.5 que
limj→∞
d(xj, yj) 6 limj→∞
d(xj, x′j) + lim
j→∞d(x′j, y
′j) + lim
j→∞d(y′j, yj) = lim
j→∞d(x′j, y
′j).
Similarmente,
limj→∞
d(x′j, y′j) 6 lim
j→∞d(xj, yj).
Entao,
limj→∞
d(xj, yj) = limj→∞
d(x′j, y′j),
como querıamos.
Teorema 1.8. Para todo espaco metrico X = (X, d) existe um espaco metrico completo X =
(X, d) que possui um subespaco metrico W que e isometrico ao espaco metrico X e e denso em
X. Este espaco metrico X e unico exceto por isometrias, isto e, se X e um outro espaco metrico
completo que possui um subespaco W isometrico a X e denso em X, entao X e X sao isometricos.
Demonstracao: Para demonstrar o teorema seguiremos os seguintes passos:
(a) construiremos o espaco metrico X = (X, d);
(b) construiremos uma isometria T : X → W tal que
W = X;
(c) mostraremos que X e completo;
(d) mostraremos a unicidade, exceto por isometrias.
Para o passo (a), seja X o conjunto de todas as classes de equivalencia de sequencias de
Cauchy x = (xn) ∈ X que sao equivalentes, conforme o lema 1.2. Temos que X e uniao disjunta
dessas classes de equivalencia.
Definimos
d(x, y) = limj→∞
d(xj, yj),
28 Marcos Roberto Teixeira Primo
onde (xj) ∈ x e (yj) ∈ y. Segue do Lema 1.6 que o valor d(x, y) nao depende da escolha da
sequencias de Cauchy (xj) e (yj), representantes de x e y. Obtemos desta maneira uma funcao
positiva no conjunto X × X. Esta funcao satisfaz a desigualdade triangular (Lema 1.4) e outros
axiomas de metrica. Portanto, X com esta metrica e um espaco metrico. Nos referiremos ao
espaco X como sendo o completamento do espaco metrico X, finalizando o passo (a). �
Para o passo (b), para cada b ∈ X, definimos b ∈ X com sendo a classe de equivalencia da
sequencia de Cauchy (bn), onde
bn = b, ∀n ∈ N.
Assim, temos que T : X → X definida por
b 7→ T (b) = b
e uma aplicacao bem definida, pois se b1 6= b2, entao
(b1) 6∼ (b2)
e, portanto,
b1 6= b2.
Ainda, T e sobrejetora sobre
W = T (X).
Mostremos entao que T e uma isometria. Para isso, sejam b, c ∈ X, entao tomando sequencias
constantes xn = b e yn = c, para quaisquer n ∈ N, obtemos que
d(b, c) = limn→∞
d(xn, yn) = limn→∞
d(b, c) = d(b, c),
mostrando que T e uma isometria e que X e W = T (X) sao isometricos. Para concluırmos o
passo (b), vamos mostrar que W e denso em X. Sejam entao x ∈ X e ε > 0. Para (xn) ∈ x temos
que existe N ∈ N tal que
d(xn, xN+1) <ε
2, sempre que n > N,
pois (xn) e uma sequencia de Cauchy em X. Considerando
(xN+1, xN+1, xN+1, . . .) ∈ xN+1,
temos que xN+1 ∈ W e
d(x, xN+1) = limn→∞
d(xn, xN+1) ≤ε
2< ε,
mostrando que x ∈ W e concluindo ao passo (b). �
Analise Funcional 29
Para o passo (c), seja (xn) uma sequencia de Cauchy em X. Como W e denso em X, para
xn ∈ (xn) ⊂ X, existe zn ∈ W tal que
d(xn, zn) <1
n, (1.5)
para todo n ∈ N. A desigualdade triangular implica que
d(zm, zn) ≤ d(zm, xm) + d(xm, xn) + d(xn, zn)
<1
m+ d(xm, xn) +
1
n.
Portanto, para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que
m,n > N =⇒ d(zm, zn) < ε,
pois (xn) e uma sequencia de Cauchy em X. Mas entao, a sequencia (zm) ⊂ X definida por
zm = T−1(zm), m ∈ N,
e uma sequencia de Cauchy em X, pois como T e isometria temos que
d(zm, zn) = d(T zm, T zn) = d(zm, zn)→ 0,
quando m,n → ∞. Seja x ∈ X a classe de equivalencia associada a sequencia de Cauchy, em X,
(zm), isto e,
(zm) ∈ x.
Vamos mostrar que
d(xn, x)→ 0, quando n→∞.
Temos que
d(xn, x) ≤ d(xn, zn) + d(zn, x)
<1
n+ d(zn, x)
=1
n+ lim
m→∞d(zn, zm).
Logo, existe N ∈ N tal que
m,n > N =⇒ d(zn, zm) <ε
2e
1
n<ε
2.
Assim,
n > N =⇒ d(xn, x) <ε
2+ε
2= ε,
completando o passo (c). �
Para o passo (d), sejam X = (X, d) um espaco metrico completo e W ⊂ X tais que
30 Marcos Roberto Teixeira Primo
• existe T : X → X uma isometria;
• T (X) = W ;
• W e denso em X.
Vamos mostrar que X e X sao isometricos. Para quaisquer x, y ∈ X temos que existem (xn), (yn) ⊂W tais que
xn → x e yn → y,
em X. Assim,
d(x, y) ≤ d(x, xn) + d(xn, yn) + d(yn, y),
ou seja,
d(x, y)− d(xn, yn) ≤ d(x, xn) + d(yn, y),
para qualquer n ∈ N. Da mesma forma,
d(xn, yn)− d(x, y) ≤ d(x, xn) + d(yn, y),
para qualquer n ∈ N. Portanto,
|d(x, y)− d(xn, yn)| ≤ d(x, xn) + d(yn, y),
para qualquer n ∈ N, mostrando que
limn→∞
d(xn, yn) = d(x, y).
Mas, X e isometrico tanto a W quanto a W e como inversa de isometria e ainda um isometria,
entao W e W sao isometricos. Como W e denso em X obtemos que X e X sao isometricos,
concluindo o passo (d) e completando a prova do teorema.
Capıtulo 2
Espacos Normados
Neste capıtulo vamos estudar com detalhes espacos vetoriais normados e suas principais pro-
priedades.
2.1 Definicao e Exemplos
Uma norma em um espaco vetorial e uma maneira de medir o comprimento de elementos desse
espaco e tambem a distancia entre elementos desse espaco. Nesta secao vamos definir e apresentar
os principais espacos vetoriais normados que serao utilizados no decorrer do curso.
Definicao 2.1. Seja X um espaco vetorial sobre um corpo K. Uma norma no espaco vetorial X
e uma funcao real, ‖ · ‖ : X → R, satisfazendo as seguintes propriedades:
(N1) ‖x‖ ≥ 0, para todo x ∈ X;
(N2) ‖x‖ = 0 se, e somente, se x = 0;
(N3) ‖αx‖ = |α| ‖x‖, para todo x ∈ X e α ∈ K;
(N4) ‖x+ y‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖ para quaisquer x, y ∈ X.
Um espaco normado e um par ordenado (X, ‖ · ‖), onde X e um espaco vetorial e ‖ · ‖ e uma
norma em X.
Algumas observacoes:
• Uma funcao satisfazendo (N1) e (N2) e chamada de funcao definida positiva;
• a propriedade (N4) e conhecida como desigualdade triangular;
31
32 Marcos Roberto Teixeira Primo
• para x, y ∈ X, definindo
d(x, y) = ‖x− y‖,
temos que d e uma metrica em X, a qual sera chamada de metrica induzida pela norma.
Assim, todo espaco vetorial normado e um espaco metrico;
• nem todo espaco vetorial metrico e um espaco vetorial normado, como veremos mais adiante.
Mais especificamente, obteremos condicoes sobre a metrica definida em um espaco vetorial
para que a partir dessa metrica consigamos definir uma norma (induzida por essa metrica)
nesse espaco vetorial.
Antes de apresentarmos alguns exemplos, vamos mostrar que a norma e uma funcao contınua.
Proposicao 2.1. Sejam x, y ∈ X dois elementos quaisquer em um espaco vetorial X sobre um
corpo K. Entao,
‖x‖ − ‖y‖ ≤ |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖.
Demonstracao: Para x, y ∈ X, temos y = (y − x) + x. Logo, a desigualdade triangular implica
que
‖y‖ = ‖(y − x) + x‖ ≤ ‖y − x‖+ ‖x‖.
Daı,
‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖
Por outro lado, para x, y ∈ X, temos x = (x− y) + y. Logo, a desigualdade triangular implica
que
‖x‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖.
Daı,
−‖x− y‖ ≤ ‖y‖ − ‖x‖.
Portanto,
−‖y − x‖ = −‖x− y‖ ≤ ‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖,
ou seja,
|‖y‖ − ‖x‖| ≤ ‖y − x‖,
para quaisquer x, y ∈ X, provando a proposicao.
Proposicao 2.2. Uma norma em um espaco vetorial X sobre um corpo K e uma funcao real
contınua, istoe, X 3 x 7→ ‖x‖ ∈ R, e contınua para cada x ∈ X.
Analise Funcional 33
Demonstracao: Dado ε > 0, como
| ‖y‖ − ‖x‖ |≤ ‖y − x‖,
para quaisquer x, y ∈ X, tomando δ = ε segue que
‖y − x‖ < δ ⇒| ‖y‖ − ‖x‖ |< ε.
Portanto, a aplicacao x 7→ ‖x‖ e contınua em X, provando o resultado.
Exemplo 2.1. Um subespaco Y de um espaco vetorial normado e um espaco vetorial normado,
se o munirmos da norma definida em X.
Exemplo 2.2. Considere R o conjunto de todos os numeros reais e definamos
‖x‖ = |x|
para todo x ∈ R. Entao R e um espaco normado.
Exemplo 2.3. Considere R2 o conjunto de todos os pares ordenados de numeros reais e definamos
‖x‖ =√x21 + x22,
onde x = (x1, x2) ∈ R2. Dessa forma (R2, ‖ · ‖) e um espaco normado, chamado de plano
euclideano.
Exemplo 2.4. Considere R2 o conjunto de todos os pares ordenados de numeros reais e definamos
‖x‖1 = |x1|+ |x2|,
onde x = (x1, x2) ∈ R2. Dessa forma (R2, ‖ · ‖1) e um espaco normado.
Exemplo 2.5. Considere R2 o conjunto de todos os pares ordenados de numeros reais e definamos
‖x‖2 = max{|x1|, |x2|},
onde x = (x1, x2) ∈ R2. Dessa forma (R2, ‖ · ‖2) e um espaco normado.
Antes de continuarmos com os exemplos, vamos mostrar um resultado que relaciona as diversas
normas em espacos vetoriais normados de dimensao finita.
Definicao 2.2. Seja X um espaco vetorial sobre um corpo K. Diremos que duas normas em X,
‖ · ‖1 e ‖ · ‖2, sao equivalentes se existirem c1 > 0 e c2 > 0 tais que
c1‖x‖1 6 ‖x‖2 6 c2‖x‖1,
para todo x ∈ X.
34 Marcos Roberto Teixeira Primo
Vamos mostrar agora que em um espaco vetorial de dimensao finita todas as normas sao
equivalentes.
Lema 2.1. Seja {x1, x2, . . . , xn} um conjunto linearmente independente de vetores em um espaco
veotorial normado X (de qualquer dimensao). Entao existe um numero c > 0 tal que para toda
escolha de escalares α1, α2, . . . , αn temos
‖α1x1 + α2x2 + . . .+ αnxn‖ > c(|α1|+ |α2|+ . . .+ |αn|) (2.1)
Demonstracao: Seja
s = |α1|+ |α2|+ . . .+ |αn|.
Se s = 0, entao α1 = α2 = . . . = αn = 0 e, portanto, (2.1) vale para qualquer c. Se s > 0, entao
(2.1) e equivalente a
‖β1x1 + β2x2 + . . .+ βnxn‖ > c, (2.2)
βi =αis, i = 1, 2, . . . , n e
n∑i=1
|βi| = 1.
Portanto e suficiente provar a existencia de c > 0 tal que (2.1) e satisfeita para toda n-upla de
escalares β1, β2, . . . , βn com∑n
i=1 |βi| = 1.
Suponhamos, por absurdo, que isso e falso. Entao existe uma sequencia (ym) ⊂ X em X tal
que
ym = β(m)1 x1 + β
(m)2 x2 + . . .+ β(m)
n xn,
tais quen∑i=1
|β(m)i | = 1,
e
‖ym‖ −→ 0, quando m −→∞.
Como∑n
i=1 |β(m)i | = 1, entao
|β(m)i | 6 1, para quaisquer i = 1, 2, . . . , n e m ∈ N.
Portanto, para cada i fixado, a sequencia (β(m)i ) = (β
(1)i , β
(2)i , . . .) e limitada. Consequentemente,
pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, (β(m)i ) tem uma subsequencia convergente. Seja β1 o limite
desta subsequencia e seja (y1,m) a subsequencia correspondente de (ym). Pelo mesmo argumento,
(y1,m) tem uma subsequencia (y2,m) para a qual a subsequencia correspondente de escalares β(m)2
converge e seja β2 o limite. Seguindo dessa forma, depois de n passos obtemos a subsequencia
(yn,m) = (yn,1, yn,2, . . .) de (ym) cujos termos sao da forma
yn,m =n∑i=1
γ(m)i xi,
Analise Funcional 35
onden∑i=1
|γ(m)i | = 1
e
γ(m)i −→ βi.
Portanto,
yn,m −→ y =n∑i=1
βixi,
onde∑n
i=1 |βi| = 1, portanto nem todo βi pode ser zero e como {x1, x2, . . . , xn} e um conjunto
linearmente independente, devemos ter que
y 6= 0.
Por outro lado,
yn,m −→ y
logo, a continuidade da norma implica que
‖yn,m‖ −→ ‖y‖.
Mas,
‖ym‖ −→ 0
e, portanto, como (yn,m) e uma subsequencia de (ym), devemos ter
‖yn,m‖ −→ 0.
Consequentemente ‖y‖ = 0 e, por (N2), concluımos que
y = 0,
o que e um absurdo, provando o lema.
Teorema 2.1. Em um espaco vetorial de dimensao finita X sobre um corpo K, duas normas
quaisquer ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 sao equivalentes.
Demonstracao. Sejam n = dimX e {x1, · · · , xn} uma base de X. Entao todo x ∈ X tem uma
unica representacao x = a1x1+· · · anxn, com ai ∈ K, i = 1, 2, . . . , n. Como o conjunto {x1, · · · , xn}e linearmente independente, existe c > 0 tal que
‖x‖1 > c
( n∑j=1
|aj|).
36 Marcos Roberto Teixeira Primo
Por outro lado, usando a desigualdade triangular, temos
‖x‖2 6n∑j=1
|aj| ‖xj‖2 6 k
n∑j=1
|aj|,
onde k = maxj ‖xj‖2. Portanto,
a‖x|2 6 ‖x‖1,
onde a = c/k > 0.
Para obter a outra desigualdade trocamos as norma ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 no argumento anterior.
Exemplo 2.6. Seja l∞ o conjunto das sequencias limitadas de numeros reais (complexos), isto e,
l∞ = {x = (x1, x2, ...); xi ∈ R e | xi |≤ cx, i = 1, 2, . . . }.
Definamos
‖x‖ = supi∈N|xi|,
onde x = (x1, x2, . . .) ∈ l∞. Afirmamos que l∞ e um espaco normado.
De fato: Seja x = (x1, x2, ...) tal que | xi |≤ cx para todo i ∈ N. Para i ∈ N temos
0 6 |xi| 6 cx.
Logo,
0 ≤ ‖x‖ = supi∈N|xi| ≤ cx <∞,
mostrando que a aplicacao l∞ 3 x 7→ ‖x‖ esta bem definida e ‖x‖ ≥ 0, para todo x ∈ l∞, provando
tambem (N1).
Para x, y ∈ l∞ temos
| xi + yi |≤| xi | + | yi |≤ cx + cy,
para todo i ∈ N, mostrando que x + y ∈ l∞. Com essa informacao prova-se facilmente que l∞,
munido das operacoes usuais, e um espaco vetorial. Tambem,
‖x+ y‖ = supi∈N| xi + yi |≤ sup
i∈N|xi|+ sup
i∈N|yi| = ‖x‖+ |y‖,
o que prova a propriedade (N4).
Para x ∈ l∞ temos
‖x‖ = 0⇐⇒ supi∈N|xi| = 0⇐⇒ |xi| = 0, ∀i ∈ N⇐⇒ x = 0,
concluindo a prova de (N2). A prova de (N3) e imediata.
Analise Funcional 37
Exemplo 2.7. Consideremos
C([a, b],R) ={f : [a, b]→ R : f e contınua
}.
Definamos
‖f‖∞ = supt∈[a,b]
|f(t)|,
para todo f ∈ C([a, b],R). Entao C([a, b],R) e um espco normado e a norma definida acima e a
chamada norma da convergencia uniforme, ou norma do sup.
Exemplo 2.8. Consideremos p ≥ 1 fixado. O conjunto lp e formado pelas sequencias x =
(x1, x2, . . .), tais que
∞∑j=1
| xj |p < ∞,
isto e,
lp = {(x1, x2, . . .); xj ∈ K, j = 1, 2, . . . , e∞∑j=1
| xj |p < ∞}.
Definamos
‖x‖p = p
√√√√ ∞∑j=1
| xj |p,
para x = (x1, x2, . . .) ∈ lp e p ≥ 1.
Entao lp e um espaco vetorial normado. Quando p = 2 obtemos o espaco l2, que e chamado
de espaco das sequencias de Hilbert .
De fato: Para mostrarmos que lp, p ≥ 1, e um espaco normado, demonstraremos antes alguns
lemas auxiliares.
Lema 2.2 (Desigualdade de Young). Seja p > 1 e defina q ∈ R por
1
p+
1
q= 1. (2.3)
Entao,
αβ ≤ αp
p+βq
q, (2.4)
para quaisquer α, β ≥ 0.
Demonstracao: Considere a funcao f : [0,+∞)→ [0,+∞) definida por
f(t) = tp−1.
38 Marcos Roberto Teixeira Primo
Figura 2.1: Areas com 1 < p < 2
Figura 2.2: Areas com 2 < p
Como p > 1, segue que f e inversıvel e f−1 : [0,+∞)→ [0,+∞) e dada por
f−1(u) = u1
p−1 = uq−1,
onde a ultima igualdade segue de (2.3). Logo, usando as Figuras 2.1 e 2.2
obtemos que
αβ ≤∫ α
0
tp−1dt+
∫ β
0
uq−1du =αp
p+βq
q,
provando o lema.
Lema 2.3 (Desigualdade de Holder). Sejam p > 1 e q > 0 expoentes conjugados dados por
(2.3). Entao,∞∑j=1
|xjyj| ≤ (∞∑j=1
|xj|)1p (∞∑j=1
|yj|)1q , (2.5)
para quaisquer x = (x1, x2, . . .) ∈ lp e y = (y1, y2, . . .) ∈ lq.
Demonstracao: Inicialmente consideremos x = (xi, x2, . . .) ∈ lp e y = (y1, y2, . . .) ∈ lq tais
que∞∑j=1
|xj| = 1 e∞∑j=1
|yj| = 1.
Analise Funcional 39
Para todo j ∈ N, (2.4) implica que
|xj yj| = |xj||yj| ≤1
p|xj|p +
1
q|yj|q.
Logo,∞∑j=1
|xj yj| ≤1
p+
1
q= 1. (2.6)
Agora, sejam x = (xi, x2, . . .) ∈ lp e y = (y1, y2, . . .) ∈ lq nao nulos e considere x =∈ lp e y ∈ lq
dados por
xj =xj
(∑∞
=1 xj)1p
e yj =yj
(∑∞
=1 yj)1q
.
Entao∞∑j=1
xj = 1 e∞∑j=1
yj = 1.
Logo (2.6) implica que∞∑j=1
| xj
(∑∞
=1 xj)1p
yj
(∑∞
=1 yj)1q
| ≤ 1,
de onde concluımos que∞∑j=1
|xjyj| ≤ (∞∑=1
xj)1p (∞∑=1
yj)1q ,
provando a desigualdade de Holder.
Quando p = 2 a desigualdade de Holder, dada em (2.5), fica na forma
∞∑j=1
|xjyj| ≤ (∞∑j=1
|xj|)12 (∞∑j=1
|yj|)12 ,
que e conhecida como desigualdade de Cauchy-Schwarz para somas.
Com o auxılio do proximo lema, mostramos facilmente que lp e um espaco vetorial sobre K,onde K = R ou K = C, para todo p ≥ 1.
Lema 2.4 (Desigualdade de Minkowski). Se p ≥ 1, entao
∞∑j=1
|xj + yj|p)1p ≤ (
∞∑j=1
|xj|p)1p + (
∞∑j=1
|yj|p)1p , (2.7)
para quaisquer x = (x1, x2, . . .), y = (y1, y2, . . .) ∈ lp.
Demonstracao: Para p = 1, a desigualdade (2.7) segue imediatamente da desigualdade para
numeros. Suponhamos p > 1 e sejam x = (x1, x2, . . .), y = (y1, y2, . . .) ∈ lp. Definindo wj = xj+yj,
temos que
|wj|p = |wj|p−1|xj + yj| ≤ |wj|p−1(|xj|+ |yj|),
40 Marcos Roberto Teixeira Primo
para todo j ∈ N. Logo,
n∑j=1
|wj|p ≤n∑j=1
|wj|p−1|xj|+n∑j=1
|wj|p−1|yj|
≤ (n∑j=1
|xj|p)1p (
n∑j=1
(|wj|p−1)q)1q + (
n∑j=1
|yj|p)1p (
n∑j=1
(|wj|p−1)q)1q
= (n∑j=1
|xj|p)1p (
n∑j=1
|wj|p)1q + (
n∑j=1
|yj|p)1p (
n∑j=1
|wj|p)1q
=[(n∑j=1
|xj|p)1p + (
n∑j=1
|yj|p)1p](n∑j=1
|wj|p)1q
Logo,
(n∑j=1
|wj|p)1−1q ≤ (
n∑j=1
|xj|p)1p + (
n∑j=1
|yj|p)1p ,
ou seja,
(n∑j=1
|xj + yj|p)1p ≤ (
n∑j=1
|xj|p)1p + (
n∑j=1
|yj|p)1p .
Como x, y ∈ lp, obtemos que x+ y ∈ lp e que
(∞∑j=1
|xj + yj|p)1p ≤ (
∞∑j=1
|xj|p)1p + (
infty∑j=1
|yj|p)1p ,
provando a desigualdade de Minkowski.
Observemos que (2.7) implica imediatamente que
‖x+ y‖p ≤ ‖x‖p + ‖y‖p,
o que mostra a desigualdade triangular exigida. As outras propriedades para mostrarmos que ‖ ‖pe uma norma em lp sao imediatas. �
Ja vimos que toda norma definida em um espaco vetorial induz uma metrica neste espaco, o
proximo resultado nos da um criterio para verificar quando uma metrica definida em um espaco
vetorial induz uma norma neste mesmo espaco.
Proposicao 2.3. Uma metrica d e induzida por uma norma em um espaco normado X se ela
satisfizer, para todos x, y, a ∈ X e α ∈ R, a seguintes condicoes:
1. d(x+ a, y + a) = d(x, y)
2. d(αx, αy) = |α|d(x, y)
Analise Funcional 41
Demonstracao: Para x, y ∈ X temos temos
d(x+ a, y + a) = ‖x+ a− (y + a)‖ = ‖x+ a− y − a‖ = ‖x− y‖ = d(x, y),
para todo a ∈ X. Tambem,
d(αx, αy) = ‖αx− αy‖‖α(x− y)‖ = |α|‖x− y‖ = |α|d(x, y),
para todo α ∈ K, provando a proposicao.
Exemplo 2.9. Considerando o espaco metrico de sequencias s, o qual consiste de todas as
sequencias de numeros reais (complexos) com a metrica definida por
d(x, y) =∞∑i=1
1
2i| xi − yi |
1+ | xi − yi |,
onde x = (xi), y = (yi) ∈ s e xi, yi ∈ C, para todo i ∈ N. Entao (s, d) e um espaco metrico com
metrica que nao pode ser induzida por nenhuma norma definida em s.
De fato: O exemplo 1.6 mostra que s munido de d(x, y), x, y ∈ s, e um espaco metrico.
Tambem, munido das operacoes usuais, o conjunto s e um espaco vetorial sobre o corpo do
numeros reais (reais ou complexos). Vamos mostrar que d nao e induzida por nenhuma norma em
s. Suponhamos, por absurdo, que d seja induzida por uma norma ‖ · ‖ : s→ R, isto e,
∞∑i=1
1
2i| xi − yi |
1+ | xi − yi |= d(x, y) = ‖x− y‖,
para quaisquer x = (xi), y = (yi) ∈ s e xi, yi ∈ K, para todo i ∈ N.Tomando
x0 = (1, 0, 0, 0, 0, . . .) e y0 = (0, 1, 0, 0, 0, . . .),
temos que x0, y0 ∈ s e pelo item 2 da proposicao anterior devemos ter que
d(2x0, 2y0) = 2d(x0, y0).
Mas,
2d(x0, y0) = 2[1
21
|1− 0|1 + |1− 0|
+1
22
|0− 1|1 + |0− 1|
]
= 2[1
2
1
2+
1
4
1
2]
=1
2+
1
4
=3
4
42 Marcos Roberto Teixeira Primo
e
d(2x0, 2y0) =1
21
|2− 0|1 + |2− 0|
+1
22
|0− 2|1 + |0− 2|
=1
2
2
3+
1
4
2
3]
=1
3+
1
6
=1
2,
mostrando que
d(2x0, 2y0) 6= 2d(x0, y0).
Logo, essa metrica em s nao pode ser induzida por qualquer norma definida em s, completando
o exemplo. �
2.2 A Topologia dos Espacos Normados
Nesta secao vamos adaptar alguns conceitos topologicos para o contexto de espacs vetoriais
normados. Lembrando que todo espaco vetorial normado e um espaco vetorial metrico, as provas
das propriedades que ja foram demonstradas, para espacos metricos, na secao 1.2 serao omitidas
nessa secao.
Definicao 2.3. Seja (X, ‖ ‖) um espaco normado. Dado um ponto x ∈ X e r > 0, o conjunto
• B(x, r) = {y ∈ X : ‖x− y‖ < r}, e chamado de bola aberta de centro em x e raio r;
• B[x, r] = {y ∈ X : ‖x− y‖ 6 r}, e chamado de bola fechada de centro em x e raio r;
• • S(x, r) = {y ∈ X : ‖x− y‖ = r}, e chamado de esfera de centro em x e raio r.
Note que
B[x, r] = B(x, r) ∪S(x, r),
onde ∪ significa uniao disjunta.
Seja Y ⊂ X um subespaco do espaco normado X. Para cada a ∈ Y e cada r > 0, seja
BY (a, r) a bola aberta de centro a e raio r, relativamente a norma induzida pela norma definida
no espaco normado X em Y . Tem-se
BY (a, r) = B(a, r) ∩ Y,
onde B(a, r) e a bola aberta de centro a e raio r no espaco normado X. Analogamente,
BY [a, r] = B[a, r] ∩ Y e SY (a, r) = S(a, r) ∩ Y.
Analise Funcional 43
Definicao 2.4. Um conjunto U ⊂ X de um espaco normado X e um conjunto aberto (ou apenas
aberto) no espaco normado X se para cada x ∈ U existe r = rx > 0 tal que B(x, r) ⊂ U .
Lema 2.5. Sejam (X, ‖ ‖) um espaco normado e x0 ∈ X. Entao para qualquer r > 0, a bola
aberta B(x0, r), de raio r e centro em x0, e aberto em X.
Demonstracao: Seja x ∈ B(x0, r). Queremos mostrar que existe δ > 0 tal que B(x, δ) ⊂ B(x0, r).
Como ‖x− x0‖ < r, escolhendo δ = r − ‖x− x0‖, obtemos que se x′ ∈ B(x, δ), entao
‖x′ − x0‖ 6 ‖x′ − x‖+ ‖x− x0‖ < δ + ‖x− x0‖ = r.
Portanto, x′ ∈ B(x0, r), mostrando B(x, δ) ⊂ B(x0, r), ou seja, que B(x0, r) e aberto em X.
Lema 2.6. Sejam (X, ‖ ‖) um espaco normado e x0 ∈ X. Entao, para qualquer r > 0, o conjunto
{x ∈ X : ‖x− x0‖ > r} e um conjunto aberto em X.
Demonstracao: Para qualquer r > 0, sejam x ∈ X satisfazendo ‖x − x0‖ > r e x′ ∈ X um
ponto qualquer de X satisfazendo ‖x′ − x‖ < δ, onde δ = ‖x− x0‖ − r. Entao, pela desigualdade
triangular temos
‖x− x0‖ 6 ‖x− x′‖+ ‖x′ − x0‖
e, portanto,
‖x′ − x0‖ > ‖x− x0‖ − ‖x− x′‖ > ‖x− x0‖ − δ = r.
Assim,
B(x, δ) ⊂ {x ∈ X : ‖x− x0‖ > r},
provando este lema.
Proposicao 2.4. Seja (X, ‖ ‖) um espaco normado. A colecao de conjuntos abertos de X tem as
seguintes propriedades:
(i) ∅, X sao conjuntos abertos,
(ii) a uniao de qualquer colecao de conjuntos abertos em X e um conjunto aberto,
(iii) a intersecao de qualquer colecao finita de conjuntos abertos em X e um conjunto aberto.
Demonstracao: O conjunto ∅ e por vacuidade. Tambem, a definicao de conjunto aberto e
trivialmente satisfeita pelo conjunto X, mostrando o item (i).
Para provarmos o item (ii), seja A uma colecao qualquer de conjuntos abertos em X, e
denotemos por U a uniao de todos os conjuntos abertos pertencentes a A, isto e,
U = ∪A∈AA.
44 Marcos Roberto Teixeira Primo
Queremos mostrar que U e um conjunto aberto. Seja x ∈ U . Entao, x ∈ A para algum conjunto
aberto A ∈ A. Portanto, existe δ > 0 tal que
B(x, δ) ⊂ A.
Mas,
V ⊂ U .
Assim,
B(x, δ) ⊂ U ,
mostrando que U e aberto.
Sejam agora V1, V2, V3, ..., Vk uma colecao finita de conjuntos abertos em X. Sejam
V = V1 ∩ V2 ∩ ... ∩ Vk e x ∈ V.
Entao, x ∈ Vj para todo j e, portanto, existem numeros reais positivos δ1, δ2, ...δk tais que
B(x, δj) ⊂ Vj, para j = 1, 2, ..., k.
Tomando
δ = min{δj : j = 1, 2, ..., k},
entao δ > 0 e alem disso,
B(x, δ) ⊂ B(x, δj) ⊂ Vj para todo j = 1, 2, ..., k.
Portanto,
B(x, δ) ⊂ V,
mostrando que a intersecao V, de conjuntos abertos V1, V2, ..., Vk em X, e um conjunto aberto em
X, completando a prova deste item e da proposicao.
Obervacao 2.1. Para cada numero natural n, denotemos por Vn o conjunto aberto no plano R2
definido por
Vn = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 <1
n}.
A intersecao
V = ∩n∈NVn = {0},
e a origem e este conjunto nao e um subconjunto aberto de R2. Isto mostra que a intersecao de um
numero infinito de conjuntos abertos num espaco normado nao e necessariamente um conjunto
aberto.
Analise Funcional 45
Definicao 2.5. O interior A◦ de um conjunto A ⊂ X e uniao de todos os conjuntos abertos de
(X, ‖ ‖) contidos em A. Isto e,
A◦ =⋃V ∈F
V,
onde
F = {V ⊂ X; V e aberto e V ⊂ A}.
Observermos que
• A◦ e um conjunto aberto em X;
• A◦ e o maior conjunto aberto contido em A.
Definicao 2.6. Sejam X um espaco normado e x ∈ X. Um subconjunto N ⊂ X e uma vizinhanca
de x no espaco normado X se, e somente, se existir δ > 0 tal que
B(x, δ) ⊂ N.
Claramente, subconjunto V de um espaco normado X e um conjunto aberto se, e somente,
se V e uma vizinhanca de v para todo v ∈ V .
Definicao 2.7. Um conjunto F ⊂ X de um espaco normado X e um conjunto fechado (ou apenas
fechado) no espaco normado X se F c = X\F (complementar de F em X) e um conjunto aberto
no espaco normado X.
O proximo resultado segue imediatamente dos Lema 2.5 e 2.6.
Lema 2.7. Sejam X um espaco normado e x0 ∈ X. Os conjuntos
{x ∈ X : ‖x− x0‖ 6 r} e {x ∈ X : ‖x− x0‖ > r},
para r > 0, sao fechados em X. Em particular, o conjunto {x0} consistindo de um unico ponto de
X e um conjunto fechado em X.
Seja A alguma colecao de subconjuntos de X, isto e,
A = {S; S ⊂ X}.
Entao,
X\⋃S∈A
S =⋂S∈A
(X\S) e X\⋂S∈A
S =⋃S∈A
(X\S),
isto e, o complemento da uniao de alguma colecao de subconjuntos de X e a intersecao dos comple-
mentos daqueles subconjuntos, e o complemento da intersecao de alguma colecao de subconjuntos
de X e a uniao dos complementos destes subconjuntos, de modo que a operacao de tomar com-
plementos converte unioes em intersecoes e intersecoes em unioes. Com essas duas observacoes, o
seguinte resultado segue diretamente da proposicao 2.3.
46 Marcos Roberto Teixeira Primo
Proposicao 2.5. Seja X um espaco normado. A colecao dos subconjuntos fechados em X tem
as seguintes propriedades:
(i) ∅ e X sao conjuntos fechados em X;
(ii) a intersecao de qualquer colecao de conjuntos fechados em X e um conjunto fechado em X;
(iii) a uniao de qualquer colecao finita de conjuntos fechados em X e um conjunto fechado em
X.
Definicao 2.8. O fecho S de um conjunto S ⊂ X e a intersecao de todos os fechados de X
contendo S, isto e,
S =⋂F∈F
F,
onde
F = {F ⊂ X; F e fechado em X e S ⊂ F}.
Temos que
• S ⊂ S;
• S e um conjunto fechado em X;
• S e o menor conjunto fechado em X que contem S;
• um conjunto F ⊂ X e fechado em X se, e somente se, F = F .
Definicao 2.9. Sejam (X, ‖ ‖X), (Y, ‖ ‖Y ) dois espacos normados e f : X → Y uma funcao
dada. Diremos que f e contınua em x ∈ X se para todo ε > 0 existir δ > 0 tal que
‖y − x‖X < δ =⇒ ‖f(y)− f(x)‖Y < ε.
A funcao e dita ser contınua em X, ou simplesmente contınua se, e somente se, f e contınua em
todo x ∈ X.
Note que esta definicao de continuidade para funcoes entre espaco normados generaliza a
definicao de continuidade para funcoes de uma variavel real ou complexa.
Expressando em termos de bolas abertas a definicao de funcao contınua (Definicao 2.10), isto
significa que a funcao f : X → Y e contınua em x se e somente se dado qualquer ε > 0, existe um
δ > 0 tal que f leva BX(x, δ) na bola BY (f(x), ε) (onde BX(x, δ) e BY (f(x), ε) denotam as bolas
abertas de raios δ e ε em x e f(x) respectivamente).
Sejam X e Y conjuntos quaisquer e f : X → Y uma funcao. dado um subconjunto V ⊂ Y ,
denotamos por f−1(V ) a imagem inversa de V sob a aplicacao f , definida por
f−1(V ) = {x ∈ X : f(x) ∈ V }.
Analise Funcional 47
Proposicao 2.6. Sejam X e Y espaco normados, e seja f : X → Y uma funcao. A funcao f e
contınua se, e somente se, f−1(V ) e um conjunto aberto em X para todo conjunto aberto V de Y .
Demonstracao: Suponhamos que f e contınua. Seja V ⊂ Y um conjunto aberto. Vamos
mostrar que f−1(V ) e aberto em X. Seja x ∈ f−1(V ). Vamos mostrar que existe δ > 0 com a
propriedade que BX(x, δ) ⊂ f−1(V ). Como x ∈ f−1(V ) segue que f(x) ∈ V . Como V e aberto,
existe ε > 0 com a propriedade que BY (f(x), ε) ⊂ V . Como f e contınua em x, existe um delta
δ > 0 tal que f leva a bola aberta BX(x, δ) na bola BY (f(x), ε). Assim f(x′) ∈ V para todo
x′ ∈ BX(x, δ), mostrando que B(x, δ) ⊂ f−1(V ). Com isto temos mostrado que se f : X → Y e
contınua entao f−1(V ) e aberto em X para todo conjunto aberto V em Y .
Suponhamos que f : X → Y tem a propriedade que f−1(V ) e aberto em X para todo
conjunto aberto V em Y . Seja x ∈ X um ponto qualquer. Vamos mostrar que f e contınua
em x. Seja ε > 0 dado. A bola aberta BY (f(x), ε) e um conjunto aberto em Y , portanto
f−1(BY (f(x), ε)) e um conjunto aberto em X o qual contem x. Segue que existe um δ > 0 tal que
BX(x, δ) ⊂ f−1(BY (f(x), ε)). Temos mostrado assim que, dado qualquer ε > 0, existe um δ > 0
tal que f leva a bola aberta BX(x, δ) na bola aberta aberta BY (f(x), ε). Concluımos assim que f
e contınua em x.
Seja f : X → Y uma funcao entre espacos normados X e Y . Entao,
f−1(Y \G) = X\f−1(G).
De fato: Temos que
x ∈ f−1(Y \G)⇔ f(x) ∈ Y \G⇔ f(x) /∈ G⇔ x /∈ f−1(G).
O seguinte resultado portanto segue diretamente da Proposicao 2.6.
Corolario 2.1. Sejam X e Y espacos normados e f : X → Y uma funcao. A funcao f e contınua
se, e somente se, f−1(G) e um conjunto fechado em X para todo subconjunto fechado G de Y .
Seja f : X → Y uma funcao contınua entre espacos normados X e Y . Entao, para qualquer
ponto y ∈ Y , o conjunto {x ∈ X : f(x) = y} e um subconjunto fechado de X. Isto segue
diretamente do Corolario 2.1 e do fato que {y} e um subconjunto fechado do espaco normado Y .
Lema 2.8. Sejam X, Y, Z espacos normados, f : X → Y e g : Y → Z funcoes contınuas. Entao,
a funcao composta g ◦ f : X → Z definida por
(g ◦ f)(x) = g(f(x)), x ∈ X,
e contınua.
48 Marcos Roberto Teixeira Primo
Demonstracao: Seja x ∈ X um ponto qualquer. Vamos mostrar que g ◦ f e contınua em x.
Seja ε > 0 dado. Como a funcao g e contınua en f(x), existe η > 0 tal que
‖(g(y)− g(f(x)‖Z < ε,
para todo y ∈ Y satisfazendo ‖y − f(x)‖Y < η. Mas entao existe algum δ > 0 tal que
‖f(x′)− f(x)‖Y < η,
para todo x′ ∈ X satisfazendo ‖x′ − x‖X < δ. Assim,
‖g(f(x′))− g(f(x))‖Z < ε,
para todo x′ ∈ X satisfazendo ‖x′ − x‖X < δ, mostrando que g ◦ f e contınua en x, provando o
lema.
Definicao 2.10. Sejam X e Y espaco normados. Uma funcao h : X → Y e um homeomorfismo
se h e uma bijecao e h e h−1 : Y → X sao funcoes contınuas.
Se existe um homeomorfismo h : X → Y de um espaco normado X em um espaco normado
Y , entao os espacos normados X e Y sao ditos de homeomorfos.
O seguinte resultado segue diretamente aplicando a Proposicao 2.6 para h : X → Y e para
h−1 : Y → X.
Corolario 2.2. Qualquer homeomorfismo h : X → Y entre espacos normados X e Y induz
uma correspondencia um a um entre os conjuntos abertos de X e os conjuntos abertos de Y : um
subconjunto V ⊂ Y e aberto em Y se e somente se h−1(V ) ⊂ X e aberto em X.
2.3 Convergencia de Sequencias e Espacos de Banach
Nesta secao vamos estudar o conceito de convergencia de sequencias e suas principais proprie-
dades e tambem definir e obter propriedades sobre espacos de Banach, que sao espacos completos
com a metrica induzida pela norma.
Definicao 2.11. Uma sequencia (xn)∞n=1 = (xn) em um espaco normado X e dita convergente se
existir um ponto x ∈ X tal que
limn→∞
‖xn − x‖ = 0.
Neste caso escrevemos
limn→∞
xn = x ou xn → x, quando n→∞.
Note que esta definicao de convergencia generaliza para um espaco normado arbitrario a
definicao ja conhecida de convergencia para sequencias de numeros reais ou complexos.
Analise Funcional 49
Proposicao 2.7. Se uma sequencia de pontos num espaco normado e convergente, entao o limite
desta sequencia e unico.
Demonstracao: Seja (xn) ⊂ X uma sequencia de pontos no espaco normado X e, suponhamos
que esta sequencia converge para dois pontos p, p ∈ X do espaco normado . Vamos mostrar que
p = p′. Dado ε > 0, existem numeros naturais N1, N2 ∈ N tais que
‖xn − p‖ < ε, sempre que n > N1
e
‖xn − p′‖ < ε, sempre que n > N2.
Escolhendo N = max{N1, N2} ∈ N obtemos que
0 6 ‖p− p′‖ 6 ‖p− xn‖+ ‖xn − p′‖ < 2ε.
Portanto,
‖p− p′‖ = 0,
mostrando que p = p′ e completando a prova da proposicao.
O seguinte resultado caracteriza o fecho de um conjunto em um espaco normado.
Proposicao 2.8. Seja A ⊂ X um subconjunto qualquer. Entao
A ={x ∈ X : ∃ (xn) ⊂ A e xn → x
}.
Demonstracao: Mostremos inicialmente que
A ⊂{x ∈ X : ∃ (xn) ⊂ A e xn → x
}:= B.
Para isso seja x ∈ A. Temos que
• se x ∈ A, entao tomando
xn = x, n ∈ N,
entao
xn ∈ A e xn → x,
mostrando, nesse caso, que x ∈ B.
• se x ∈ A− A, entao devemos ter que
B(x,1
n) ∩ A 6= ∅,
para todo n ∈ N.
50 Marcos Roberto Teixeira Primo
De fato: Se, por absurdo, existir n0 ∈ N tal que
B(x,1
n0
) ∩ A = ∅,
entao
A ⊂ [X −B(x,1
n0
)].
Como B(x, 1n0
) e um subconjunto fechado do espaco normado X, entao
A ⊂ [X −B(x,1
n0
)]
e, portanto,
A ∩B(x,1
n0
) = ∅,
o que e um absurdo, pois x ∈ A. Assim,
B(x,1
n) ∩ A 6= ∅,
para todo n ∈ N. �
Portanto, para cada n ∈ N, existe xn ∈ X tal que
– xn ∈ A;
– xn ∈ B(x, 1n), ou seja, xn → x,
mostrando, tambem nesse caso, que x ∈ B.
Suponhamos agora que
x ∈{x ∈ X : ∃ (xn) ⊂ A e xn → x
}:= B
e mostremos que x ∈ A. Se, por absurdo, tivermos que x 6∈ A, entao deve existir um conjunto
fechado F tal que A ⊂ F e x 6∈ F , ou seja, existe um aberto U := X − F, tal que
x ∈ U e U ∩ A = ∅.
Portanto, existe δ > 0 tal que
B(x, δ) ∩ A = ∅.
Entao,
‖x− y‖ > δ,
para todo y ∈ A, mostrando que
x 6∈ B,
Analise Funcional 51
o que e um absurdo, entao x ∈ A, completando a prova da proposicao.
De uma outra forma temos
x /∈ A⇐⇒ existe um conjunto fechado F tal que A ⊂ F e x /∈ F⇐⇒ x ∈ U := X − F, que e aberto em X e tal que U ∩ A = ∅⇐⇒ ∃δ > 0 tal que B(x, δ) ∩ A = ∅ ( entao ‖x− y‖ > δ ∀y ∈ A)
⇐⇒ x 6∈ B,
completando a prova da proposicao.
Lema 2.9. Seja X um espaco normado. Uma sequencia (xn) ⊂ X converge para um ponto x ∈ Xse, e somente se, para qualquer conjunto aberto U ⊂ X, do espaco normado X, tal que x ∈ U,
existir um numero natural N ∈ N tal que
xn ∈ U, para todo n > N.
Demonstracao: Suponhamos que a sequencia (xn) ⊂ X converge para x ∈ X. Seja U um
conjunto aberto de X tal que x ∈ U . Entao, existe δ > 0 tal que
B(x, ε) ⊂ U.
Mas,
xn → x, quando n→∞.
Logo, existe um numero natural N ∈ N tal que
‖xn − x‖ < δ, para todo n > N.
Assim, se n > N, entao
xn ∈ B(n, δ)
e, portanto,
xn ∈ U, para todo n > N.
Por outro lado, seja (xn) uma sequencia satisfazendo o criterio dado no enunciado do lema e
ε > 0 um numero positivo dado. A bola aberta B(x, ε) e um conjunto aberto. Portanto, existe
um numero natural N ∈ N tal que,
n > N =⇒ xn ∈ B(x, ε)
e, portanto,
n > N =⇒ ‖xn − x‖ < ε,
mostrando que xn → x em X, completando a prova do lema.
52 Marcos Roberto Teixeira Primo
Proposicao 2.9. Sejam F ⊂ X um conjunto fechado em um espaco normado X e (xn) ⊂ F uma
sequencia de pontos de F , tal que xn → x ∈ X quando n→∞. Entao, x ∈ F .
Demonstracao: Suponhamos, por abusrdo, que x 6∈ F, ou seja, x ∈ X − F. Como X − F e
aberto, segue do Lema 2.9 que existe um numero natural N ∈ N tal que
xn ∈ X − F para todo n > N,
contradizendo o fato que xn ∈ F para todo n ∈ N. Logo, x ∈ F , provando a proposicao.
Lema 2.10. Seja X um espaco normado e (xn) ⊂ X uma sequencia em X tal que xn → x ∈ X.
Entao, para qualquer y ∈ X,
‖xn − y‖ → ‖x− y‖, quando n→∞.
Demonstracao: Seja ε > 0. Queremos mostrar que existe um numero natural N ∈ N tal que
|‖xn − y‖ − ‖x− y‖| < ε,
sempre que n > N .
Sabemos que existe N ∈ N tal que
‖xn − x‖ < ε, sempre que n > N.
Mas, para todo n ∈ N temos que
‖xn − y‖ 6 ‖xn − x‖+ ‖x− y‖
e
‖x− y‖ 6 ‖x− xn‖+ ‖xn − y‖.
Daı,
−‖xn − x‖ 6 ‖xn − y‖ − ‖x− y‖ 6 ‖xn − x‖,
para todo n ∈ N, ou seja,
|‖xn − y‖ − ‖x− y‖| 6 ‖xn − x‖,
para todo n ∈ N. Portanto,
|‖xn − y‖ − ‖x− y‖| < ε, sempre que n > N,
provando o lema.
Vamos agora relacionar o conceito de continuidade de aplicacoes entre espacos normados com
o conceito de convergencia de sequencias nestes espacos.
Analise Funcional 53
Proposicao 2.10. Seja f : X → Y uma funcao entre espacos normados X e Y . Entao, f e
contınua em x0 ∈ X se, e somente se, para toda sequencia (xn) ⊂ X com xn → x0 ∈ X em X,
tivermos f(xn)→ f(x0) ∈ Y em Y.
Demonstracao: Suponhamos inicialmente que f seja contınua em x0 ∈ X e consideremos (xn) ⊂X uma sequencia tal que xn → x0. Dado ε > 0, pela continuidade de f em p existe, δ > 0 tal que
‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖f(x)− f(x0)‖ < ε.
Pela convergencia de {xn}, temos que existe N ∈ N tal que
n ≥ N =⇒ ‖xn − x0‖ < δ.
Portanto,
n ≥ N =⇒ ‖f(xn)− f(x0)‖ < ε,
mostrando que f(xn)→ f(x0) em Y.
Supopnhamos agora que para todo sequencia (xn) ⊂ X tal que xn → x0 ∈ X em X, tenhamos
que f(xn) → f(x0) ∈ Y, em Y e suponhamos, por absurdo, que f nao seja contınua em x0 ∈ X.
Entao existe ε0 > 0, tal que para todo n ∈ N existe xn ∈ X tal que
0 6 ‖xn − x0‖ <1
ne ‖f(xn)− f(x0)‖ > ε0.
Assim, obtemos uma sequencia (xn) ⊂ X com
xn → x0 em X e tal que f(xn) 6→ f(x0) em Y,
o que contradiz a nossa hipotese e prova o resultado.
Para introduzir o conceito de espacos de Banach, que e um dos principais espacos no estudo
da Analise Funcional, precisamos antes definir e estudar sequencias de Cauchy.
Definicao 2.12. Seja X um espaco normado. Uma sequencia (xn) ⊂ X uma sequencia em X e
chamada de sequencia de Cauchy em X se, e somente se, para qualquer ε > 0, existir um numero
natural N ∈ N tal que
‖xm − xn‖ < ε, para quaisquer m,n > N.
Claramente toda sequencia convergente em um espaco normado e uma sequencia de Cauchy.
Estamos interessados agora em caracterizar espcos normados que satisfazem a recıproca dessa
afirmacao.
Definicao 2.13. Um espaco normado X e um espaco de Banach se toda sequencia de Cauchy
(xn) ⊂ X em X e convergente em X, isto e, existe x ∈ X tal que xn → x em X.
54 Marcos Roberto Teixeira Primo
Antes de apresentarmos exemplos de espacos de Banach, vamos apresentar uma propriedade
geral sobre esses espacos, que sera util na obtencao de novos espacos de Banach a partir de espacos
de Banach ja conhecidos.
Proposicao 2.11. Seja X um espaco de Banach, e seja A um subespaco vetorial de X. Entao,
A e um espaco de Banach com a norma herdada do espaco de Banach X se, e somente se, A e
fechado em X.
Demonstracao: Suponhamos que A seja fechado em X e consideremos (xn) ⊂ X uma sequencia
de Cauchy em A, munido da norma herdada do espaco normado X. Assim, para todo ε > 0, existe
N ∈ N tal que
m,n > N =⇒ ‖xm − xn‖A < ε.
Mas, (xn) ⊂ A ⊂ X e a norma em A e a norma herdada de X. Logo,
m,n > N =⇒ ‖xm − xn‖X < ε,
mostrando que (xn) ⊂ X e um a sequencia de Cauchy em X, que e um espaco de Banach. Logo,
existe x ∈ X tal que
xn → x em X.
Agora, como A e fechado em X, a proposicao 2.9 implica que x ∈ A e, portanto, obtemos que
xn → x em A, mostrando que A, munida da norma herdada de X, e um espaco de Banach.
Agora suponhamos que A, munido da norma herdada de X, seja um espaco de Banach. Vamos
supor que A nao e fechado. Entao o complemento, X−A de A, nao e conjunto aberto e, portanto,
existe um ponto x ∈ X − A com a propriedade que B(x, ε) ∩ A 6= ∅ para todo ε > 0. Entao
podemos encontrar uma sequencia (xn) ⊂ A de pontos de A tais que
0 ≤ ‖xn − x‖ < 1/n,
para todo numero natural n ∈ N. Esta sequencia e de Cauchy em A a qual nao converge para um
ponto de A, na realidade xn → x 6∈ A, contradizendo o fato de A ser um espaco de Banach com a
norma herdada de X. Assim, A e fechado, completando a prova da proposicao.
A ideia agora e apresentar exemplos de espacos de Banach, principalmente aqueles que serao
mais utilizados no decorrer da disciplina. Para fazermos isso vamos relacionar o conceito de
sequencias em espacos metricos e espacos normados. Sejam X um espaco vetorial sobre um corpo
K (K = R ou K = C), ‖ ‖ : X → R uma norma em X e d : X ×X → R uma metrica em X. Se
d(x, y) = ‖x− y‖, para quaisquer x, y ∈ X,
entao
Analise Funcional 55
1. se (xn) ⊂ X e um sequencia limitada em (X, d), entao (xn) ⊂ X e um sequencia limitada
em (X, ‖ ‖), isto e, existe K > tal que
‖xn‖ ≤ K, para todo n ∈ N;
2. se (xn) ⊂ X e um sequencia convergente para x ∈ X, em (X, d), entao (xn) ⊂ X e um
sequencia convergente para x ∈ X, em (X, ‖ ‖);
3. se (xn) ⊂ X e um sequencia de Cauchy em (X, d), entao (xn) ⊂ X e um sequencia de Cauchy
em (X, ‖ ‖);
4. (X, d) e um espaco metrico completo se, e somente se (X, ‖ ‖) e um espaco de Banach.
Com as consideracoes acima algumas das provas dos resultados apresentados nos exemplos
abaixo ja foram demonstradas nos exemplos apresentados de espacos metricos completos e, por-
tanto, serao omitidas aqui.
Exemplo 2.10. O espaco normado Rn com a norma euclideana e um espaco de Banach.
De fato: Sejam (xm) uma sequencia de Cauchy em Rn e ε > 0. Entao, existe N ′ ∈ N tal que
m, k ≥ N ′ =⇒ ||xm − xk‖ =√
(x1m − x1k)2 + · · ·+ (xnm − xnk)2 < ε.
Entao para cada inteiro j ∈ {1, 2, . . . , n}, a sequencia (xjm) e uma sequencia de Cauchy de numeros
reais que e convergente. Seja
xj = limm→∞
xjm,
para j = 1, 2, ..., n e definamos
x = (x1, x2, . . . , xn).
Vamos mostrar que xm → x em (Rn, ‖ ‖). Para ε > 0, existem numeros naturais N1, N2, ..., Nn
tais que
m > Nj =⇒ |xjm − xj| ≤√ε2
n,
para todo j = 1, 2, . . . , n. Tomando N = max{N1, N2, . . . , Nn} obtemos que se m ≥ N, entao
|xjm − xj|2 ≤ε2
n,
ou seja,n∑j=1
|xjm − xj|2 ≤ ε2.
Logo, para m > N, obtemos que
‖xm − x‖ ≤ ε,
mostrando que xm → x.
56 Marcos Roberto Teixeira Primo
Corolario 2.3. Um subespaco vetorial F de Rn e completo se, e somente se, F e fechado.
Corolario 2.4. Seja ‖| . ‖| uma norma em Rn. Entao (Rn, ‖| . ‖|) e um espaco de Banach.
Exemplo 2.11. O espaco l∞ e e um espaco de Banach.
De fato: Seja (x(m)) uma sequencia de Cauchy em l∞, entao (x(m)) = (x(m)1 , x
(m)2 , ...) com
‖x(m)‖∞ ≤ cm, m = 1, 2, . . . , (2.8)
onde
‖xm‖∞ = supi∈N| x(m)
i | .
Dado ε > 0, existe um N tal que para todo m,n > N
‖x(m) − x(n)‖∞ = supi∈N| x(m)
i − x(n)i |< ε
Portanto, para todo i ∈ N fixado, temos que
m,n > N =⇒| x(m)i − x(n)i |< ε, (2.9)
ou seja, para qualquer i fixado, a sequencia (x(1)i , x
(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy de numeros,
a qual e convergente. Entao existe xi ∈ R tal que
x(m)i −→ xi, quando m −→∞.
Definamos x = (x1, x2, ...) e mostremos que x ∈ l∞ e que xm −→ x. Fazendo n −→ ∞ em (2.9)
obtemos que
m > N =⇒| x(m)i − xi |< ε. (2.10)
Logo, (2.8) e (2.10) implicam que
|xi| ≤ |xi − xN+1i |+ |xN+1
i | < ε+ cN+1,
para todo i ∈ N. Logo,
supi∈N|xi| ≤ ε+ cN+1,
mostrando que x ∈ l∞.Novamente (2.10) implica que
‖xm − x‖∞ = supi∈N|x(m)i − xi| < ε,
sempre que m > N, ou seja, xm → x em l∞, mostrando que l∞ e um espaco de Banach.
Analise Funcional 57
Exemplo 2.12. Seja c o espaco vetorial de todas as sequencias convergentes de numeros, isto e,
c := {x = (x1, x2, . . .); xn ∈ K e xn → x}.
Temos que c e um subespaco vetorial de c e, munindo c com a norma herdada de l∞, obtemos que
c e um espaco de Banach.
De fato: Como toda sequencia de numeros convergente e uma sequencia limitada, entao c e
um subespaco vetorial de l∞.
Vamos mostrar que c e um subespaco vetorial fechado de l∞. Para isso seja x = (x1, x2, . . .) ∈ cuma sequencia no fecho, em l∞, de c e ε > 0.
A proposicao 2.8 implica que existe uma sequencia (xn) ⊂ l∞ tal que
xn → x em l∞.
Logo, existe N ∈ N tal que
n ≥ N =⇒ |x(n)j − xj| 6 supj∈N| = ‖xn − x‖ <
ε
3.
Fixado N + 1 ∈ N, temos que xN ∈ c, isto e, xN e uma sequencia convergente em l∞ e, portanto,
e uma sequencia de Cauchy em l∞. Logo, existe N1 ∈ N, tal que
m,n > N1 =⇒ |x(N)m − x(N)
n | <ε
3.
Portanto, a desigualdade triangular implica que
m,n > N1 =⇒ |xm − xn| ≤ |xm − x(N)m |+ |x(N)
m − x(N)n |+ |x(N)
n − xn|
<ε
3+ε
3+ε
3
= ε,
mostrando que x = (x1, x2, . . .) e uma sequencia de Cauchy de numeros e, portanto, e uma
sequencia convergente, mostrando que x ∈ c, ou seja, mostrando que
c ⊂ c.
Como c ⊂ c, obtemos que c = c.
Portanto, c e um subespaco vetorial fechado de l∞, que e um espaco de Banach. Logo, c,
quando munida da norma herdada de l∞, e um espaco de Banach, completando o exemplo. �
Exemplo 2.13. Para p ≥ 1, o espaco normado
lp = {(x1, x2, . . .); xj ∈ K, j = 1, 2, . . . , e∞∑j=1
| xj |p < ∞},
58 Marcos Roberto Teixeira Primo
com norma dada por
‖x‖p = (∞∑k=1
|xk|p)1p ,
e um espaco de Banach.
De fato: Seja (x(m)) ⊂ lp uma sequencia de Cauchy em lp, entao (x(m)) = (x(m)1 , x
(m)2 , ...) com
∞∑i=1
|x(m)i |p <∞.
Vamos mostrar que (x(m)) ⊂ lp e convergente em lp. Para isso, tomemos ε > 0. Como a
sequencia e uma sequencia de Cauchy, existe N ∈ N tal que para todo
m,n > N =⇒ ‖x(m) − x(n)‖p = (∞∑i=1
|x(m)i − x(n)i |p)
1p < ε. (2.11)
Portanto, para todo i ∈ N temos que
m,n > N =⇒= |x(m)i − x(n)i | < ε, (2.12)
ou seja, para qualquer i ∈ N fixado, a sequencia (x(1)i , x
(2)i , ...) e uma sequencia de Cauchy de
numeros e, portanto, existe xi ∈ R tal que
x(m)i −→ xi, quando m −→∞.
Definamos x = (x1, x2, ...) e mostremos que x ∈ lp e que xm −→ x em lp.
De (2.11) obtemos que
m > N =⇒k∑i=1
|x(m)i − x(n)i |p < εp,
para todo k ∈ N e, portanto, fazendo n −→∞ em obtemos que
m > N =⇒k∑i=1
|x(m)i − xi|p < εp,
para todo k ∈ N. Portanto, fazendo k →∞, obtemos que
m > N =⇒∞∑i=1
|x(m)i − xi|p < εp, (2.13)
mostrando que xm− x = (x(m)i − xi) ∈ lp, para todo m > N. Assim, a desigualdade de Minkowski
implica que
x = x− xN+1 + x, ∈ lp.
Analise Funcional 59
Ainda, por (2.13) obtemos que
m > N =⇒ ‖xm − x‖p < εp,
mostrando que xm → x em lp.
Portanto, lp e um espaco de Banach, completando o exemplo. �
Exemplo 2.14. O espaco de funcoes C[a, b] = C([a, b],R) com norma
‖x‖∞ = supt∈[a,b]
|x(t)|
e um espco de Banach, onde [a, b] e intervalo compacto em R.
De fato: Seja (xm) uma sequencia de Cauchy em C[a, b]. Entao, dado ε > 0, existe um N1 ∈ Ntal que para todo
m,n > N1 =⇒ ‖xm − xn‖∞ = supt∈[a,b]
| xm(t)− xn(t) |< ε. (2.14)
Portanto, para cada t0 ∈ [a, b] fixado, temos
| xm(t0)− xn(t0) |< ε,
sempre que m,n ≥ N1. Isso mostra que (x1(t0), x2(t0), ...) e uma sequencia de Cauchy de numeros
reais. Logo, existe x(t0) ∈ R tal que
xm(t0) −→ x(t0), quando m −→∞.
Assim podemos associar com cada t ∈ [a, b] um unico numero real x(t), o que define uma funcao
x em [a, b]. Mostremos que x ∈ C[a, b] e xm −→ x em C[a, b].Fazendo n −→∞ em (2.14) temos
supt∈[a,b]
| xm(t)− x(t) |6 ε, (2.15)
sempre que m ≥ N1. Portanto, para todo t ∈ [a, b],
| xm(t)− x(t) |6 ε,
sempre que m ≥ N1. A continuidade de xN1 implica que existe δ > 0 tal que
|t− t0| < δ =⇒ ‖xN1(t)− xN1(t0)| < ε.
Entao,
|t− t0| < ε =⇒ |x(t)− x(t0)| = |x(t)− xN1(t) + xN1(t)− xN1(t0) + xN1(t0)− x(t0)|≤ ε+ ε+ ε = 3ε.
Isso mostra que a funcao limite x e contınua em [a, b]. Assim, x ∈ C[a, b].Tambem, (2.15) implica que xm −→ x em C[a, b], mostrando que C[a, b] e um espaco de
Banach.
60 Marcos Roberto Teixeira Primo
Definicao 2.14. Seja X ⊂ R . Dizemos que uma sequencia de funcoes fn : X −→ R converge
uniformemente para uma funcao f : X −→ R quando, para todo ε > 0 dado, existe n0 ∈ N tal que
n > n0 =⇒ | fn(x)− f(x) |< ε,
para todo x ∈ X.
Proposicao 2.12. Convergencia no espaco de Banach C[a, b], o espaco de todas as funcoes
contınuas definidas no intervalo fechado [a, b] com a norma
‖x‖∞ = supt∈[a,b]
|x(t)|,
e uniforme.
Demonstracao: Sejam (xm) uma sequencia em C[a, b] e x ∈ C[a, b] tal que
‖xm − x‖∞ → 0,
quando m→∞. Portanto, dado ε > 0, existe N ∈ N tal que
supt∈[a,b]
| xm(t)− x(t) |< ε,
sempre que m > N. Logo, para todo t ∈ [a, b] temos que
| xm(t)− x(t) |< maxt∈J| xm(t)− x(t) |< ε,
sempre que m > N . Portanto xm −→ x uniformemente em [a, b].
Teorema 2.2. Todo subespaco Y de dimensao finita de um espaco normado X e um espaco de
Banach. Em particular, todo espaco normado de dimensao finita e um espaco de Banach.
Demonstracao: Sejam n = dimY , {e1, . . . , en} uma base de Y, (ym) uma sequencia de
Cauchy em Y e ε > 0. Entao, para todo m ∈ N,
ym = α(m)1 e1 + . . .+ α(m)
n en.
Tambem, existe N ∈ N tal que
‖ym − yr‖ < ε, sempre que m,n > N.
O Lema 2.1 implica que existe c > 0 tal que
ε > ‖ym − yr‖
= ‖n∑j=1
(α(m)−j α
(r)j )ej‖
≥ c
n∑j=1
| α(m)−j α
(r)j |,
Analise Funcional 61
sempre que m,n > N. Logo, para j = 1, 2, . . . , n temos que
| α(m)j − α(r)
j |≤n∑j=1
| α(m)j − α(r)
j |<ε
c,
sempre que m,n > N . Portanto, (α(m)j ) e uma sequencia de Cauchy de numeros para qualquer
j = 1, . . . , n. Seja
αj = limm→∞
α(m)j , j = 1, 2, . . . , n.
Definamos
y = α1e1 + . . .+ αnen.
Entao y ∈ Y e
‖ym − y‖ = ‖n∑j=1
(α(m)j − αj)ej‖ ≤
n∑j=1
| α(m)j − αj | ‖ej‖.
Mas α(m)j → αj, quando m→∞, daı
‖ym − y‖ → 0, quando m→∞,
mostrando que ym → y e, portanto, que Y e um espaco de Banach.
Corolario 2.5. Todo subespaco Y de um espaco normado X de dimensao finita e fechado em X.
Demonstracao: Como dimensao de Y e finita, segue do teorema anterior que Y e um espaco
normado completo e, portanto, Y e fechado em X.
Exemplo 2.15. Seja X o espaco vetorial de todas as funcoes reais contınuas em [a, b], isto e,
X = {f : [a, b]→ R; f e contınua}.
Definamos ‖ . ‖ : X → R por
‖x‖ =
∫ b
a
|x(t)|dt, (2.16)
para x ∈ X. Entao (X, ‖ . ‖) e um espaco normado e nao e um espaco de Banach.
Vamos apresentar agora um criterio, que utiliza o conceito de convergencia de series, para
verificar quando um espaco normado e um espaco de Banach . Se (xk) e uma sequencia em um
espaco normado X, podemos associar com (xk) a sequencia (Sn) de somas parciais definida por
(Sn) = x1 + x2 + . . .+ xn,
para n = 1, 2, . . .. Se (Sn) e convergente, ou seja, se existe S ∈ X tal que
‖Sn − S‖ −→ 0, quando n −→∞,
62 Marcos Roberto Teixeira Primo
diremos que a serie infinita∞∑k=1
xk = x1 + x2 + . . . = S (2.17)
e convergente e S e chamado de soma da serie. Se
‖x1‖+ ‖x2‖+ . . .
converge no sentido acima, a serie em (2.17) e dita ser absolutamente convergente.
Teorema 2.3. Em um espaco normado X, convergencia absoluta implica convergencia se, e
somente se, X e um espaco de Banach.
Demonstracao: Suponhamos inicialmente que X seja um espaco de Banach e consideremos
(xn) ⊂ X uma sequencia em X tal que∞∑i=1
‖xn‖ <∞.
Definamos a sequencia das somas parciais associada a serie acima por
S1 = ‖x1‖S2 = ‖x1‖+ ‖x2‖
...
Sn = ‖x1‖+ ‖x2‖+ . . .+ ‖xn‖...
Como∑∞
i=1 ‖xn‖ <∞, entao (Sn) e convergente e, portanto, e uma sequencia de Cauchy, ou seja,
dado ε > 0, existe N ∈ N tal que se
n,m > N =⇒ |Sm − Sn| < ε.
Assumindo, sem perda da generalidade, que n > m, temos que
n > m > N =⇒ |Sm − Sn| = |‖xm+1‖+ ‖xm+2‖+ . . .+ ‖xn‖| < ε.
Vamos mostrar que a serie∞∑n=1
xn
e convergente em X. Para isso consideremos a sequencia das somas parciais
S1 = x1
S2 = x1 + x2...
Sn = x1 + x2 + . . .+ xn...
Analise Funcional 63
Tomando n > m > N temos
‖Sm − Sn‖ = ‖xm+1 + xm+2 + . . .+ xn‖ 6 |‖xm+1‖+ ‖xm+2‖+ . . .+ ‖xn‖| < ε,
para todo ε > 0. Mostramos assim que (Sn) ⊂ X no espaco de Banach X. Portanto, existe S ∈ Xtal que
Sn → S quando n→∞,
mostrando que a serie e convergente.
Reciprocamente, Seja (xn) ⊂ X uma sequencia de Cauchy em X. Para cada j ∈ N, existem
Nj ∈ N tal que
Nj > Nk, para j > k
e
m,n ≥ Nj =⇒ ‖xm − xn‖ <1
2j.
Consideremos a subsequencia (xNj) ⊂ (xn) de (xn) e definamos
u1 = xN1
u2 = xN2 − xN1
...
uk = xNK− xNK−1
...
Temosk∑j=1
uj = xNk
ek∑j=1
‖uj‖ 6 ‖u1‖+k∑j=1
2−j < ‖u1‖+ 1,
para todo k ∈ N. Logo a serie∞∑j=1
uj
e absolutamente convergente e, portanto, existe x ∈ X tal que
xNk=
k∑j=1
uj → x, quando k →∞.
Assim, (xNk) e convergente para x ∈ X e, portanto, (xn) tambem deve ser convergente, isto e,
xn → x quando n→∞,
mostrando que X e um espaco de Banach.
64 Marcos Roberto Teixeira Primo
Obervacao 2.2. O conceito de convergencia de uma serie pode ser usado para definir uma base.
Se um espaco normado X contem uma sequencia (en) com a propriedade de que para todo x ∈ Xexiste uma unica sequencia de escalares (αn) tal que, quando n −→∞ temos
‖x− (α1e1 + α2e2 + . . .+ αnen)‖ −→ 0
Entao (en) e chamada de base de Schauder (ou base) para X. A serie
x =∞∑k=1
αkek,
a qual tem a soma x e a expansao de x com respeito a base (en).
Definicao 2.15. Sejam (X, ‖ · ‖X) e (Y, ‖ · ‖Y ) dois espacos normados. Uma transformacao
T : X → Y e dita uma isometria se para todo x, y ∈ X temos que
‖Tx− Ty‖Y = ‖x− y‖X .
Neste caso dizemos que (X, ‖ · ‖X) esta imerso em (Y, ‖ · ‖Y ).
Claramente uma isometria e uma aplicacao injetora. Diremos que os espacos vetoriais nor-
mados (X, ‖ · ‖X) e (Y, ‖ · ‖Y ) sao isometricos se T for sobrejetora.
Teorema 2.4. Seja (X, ‖ · ‖) um espaco normado, entao existe um espaco de Banach (X, ‖ · ‖1)tal que (X, ‖ · ‖) esta imerso em (X, ‖ · ‖1). Neste caso o espaco de Banach (X, ‖ · ‖1) e chamado
de completamento de (X, ‖ · ‖).
Demonstracao: Definindo d : X ×X → R por
d(x, y) = ‖x− y‖,
temos que (X, d) e um espaco metrico. O Teorema 1.8 implica que existe X e uma metrica d tal
que (X, d) e um espaco metrico completo no qual X esta imerso. Recordemos que
X = {x; (xn), (yn) ∈ x⇐⇒ limn→∞
d(xn, yn) = 0}
e
d (x, y) = limn→∞
d(xn, yn), para (xn) ∈ x e (yn) ∈ y.
Vamos definir duas operacoes em X que o tornem um espaco vetorial e depois definir uma
norma, ‖ ‖1 que o torne um espaco normado tal que
‖x− y‖1 = d(x, y), para x, y ∈ X.
Analise Funcional 65
Sejam x, y ∈ X e considere (xn) ∈ x e (yn) ∈ y. Definamos
zn = xn + yn, n ∈ N.
Entao, (zn) e um sequencia de Cauchy em X, pois
0 ≤ ‖zm − zn‖ = ‖xm + ym − xn − yn‖ ≤ ‖xm − xn‖+ ‖ym − yn‖ → 0,
quando m,n→ +∞, mostrando que (zn) e sequencia de Cauchy em X. Defina
z = x+ y
como sendo a classe de equivalencia de todas as sequencias de Cauchy que sao equivalentes a
(zn) = (xn + yn). Claramente (zn) ∈ z e esta definicao independe da escolha das sequencias de
Cauchy em x e y, pois se (xn), (x′n) ∈ x e (yn), (y′n) ∈ x sao tais que (xn) ∼ (x′n) e (yn) ∼ (y′n),
entao
0 ≤ ‖xn + yn − (x′n + y′n)‖ ≤ ‖xn − x′n‖+ ‖yn − y′n‖ → 0,
quando n→∞, mostrando que (xn + yn) ∼ (x′n + y′n).
Da mesma forma definimos αx com sendo a classe de todas as sequencias de Cauchy em X
que sao equivalentes a sequencia (αxn), com (xn) ∈ x.Com as duas operacoes definidas acima o espaco X e um espaco vetorial sobre K. Observemos
que
(xn) ∈ 0⇐⇒ ‖xn‖ → 0, quando n→∞.
Definamos agora ‖ ‖1 : X → R por
‖x‖1 = d (x, 0),
para x ∈ X. Temos que
‖x− y‖1 = d (x− y, 0)
= limn→∞
d(xn − yn, 0)
= limn→∞
‖xn − yn − 0‖
= limn→∞
‖xn − yn‖
= limn→∞
d(xn, yn)
= d (x, y)
Para mostramos que ‖ ‖1 e uma norma em X, seja x ∈ X. Temos que
‖x‖1 = d (x, 0) ≥ 0 e ‖x‖1 = 0⇐⇒ d (x, 0) = 0⇐⇒ x = 0,
66 Marcos Roberto Teixeira Primo
provando que ‖ ‖1 satisfaz as propriedades (N1) e (N2). Ainda, para α ∈ K temos que
‖αx‖1 = d (αx, 0)
= limn→∞
d(αxn, 0)
= limn→∞
‖αxn − 0‖
= limn→∞
|α|‖xn − 0‖
= |α| limn→∞
d(xn, 0)
= |α|d (x, 0)
= |α|‖x‖1,
provando a propriedade (N3). A propriedade (N3) prova-se de forma analoga e o teorema fica
demonstrado.
2.4 Compacidade e Dimensao Finita
Nesta secao veremos outras propriedades de espacos e subespacos normados e de espacos
metrcos que estao relacionados com o conceito de compacidade.
Definicao 2.16. Dizemos que um espaco metrico (normado) X e compacto se toda sequencia em
X admite uma subsequencia convergente. Um subconjunto M de X e compacto se toda sequencia
em M admite uma subsequencia convergente e o limite dessa sequencia esta em M.
A proposicao a seguir e uma propriedade geral de conjuntos compactos.
Proposicao 2.13. Um subconjunto compacto M de um espaco metrico(normado) e fechado e
limitado.
Demonstracao: Vamos mostrar que M e fechado. De fato, seja x em M , logo existe uma
sequencia (xm) em M tal que
xm → x, quando m→∞.
Mas M e compacto, logo x ∈M. Assim, M e fechado.
Para mostrar que M e limitado, vamos supor por absurdo que M seja ilimitado. Entao, existe
uma sequencia ilimitada (yn) ⊂M em M tal que
‖yn‖ > n, para todo n ∈ N.
Logo, (yn) nao admite nenhuma subsequencia convergente, pois se existisse essa subsequencia seria
limitada, o que contradiz o fato de M ser compacto.
A recıproca do resultado acima nao e valida, como mostra o proximo exemplo.
Analise Funcional 67
Exemplo 2.16. Seja l2 o espaco das sequencias de Hilbert, isto e,
l2 = {x = (x1, x2, x3, . . .);∞∑i=1
|xi|2 <∞},
munido da norma
‖(x1, x2, x3, . . .)‖2 = (∞∑i=1
|xi|2)12 .
Neste espaco normado considere
F = {ei = (ei1, ei2, . . . , eij, . . .) ∈ l2; i, j ∈ N e eij =
{1, se i = j
0, se i 6= j}.
Temos que F e fechado e limitado em l2, porem nao e compacto em l2.
De fato: Para cada i ∈ N temos que
‖ei‖2 = 1.
Logo, F e limitado em l2.
Observemos que
‖ei − ek‖2 =
{0, se i = k
1, se i 6= k
para quaisquer i, k ∈ N. Assim,
F = F,
mostrando que F e fechado em l2.
Por outro lado, F nao e compacto, pois existem sequencias de pontos de F nao possuem
subsequencias convergentes, completando o exemplo. �
A recıproca da proposicao 2.13 so e valida se X tiver dimensao finita, como mostra o proximo
resultado.
Teorema 2.5. Seja X um espaco normado de dimensao finita, um subconjunto M ⊂ X e com-
pacto se, e somente se, M e fechado e limitado.
Demonstracao: Sejam n = dimX e {e1, . . . , en} uma base de X.
Se M e compacto, entao a Proposicao 2.13 mostra que M e fechado e limitado.
Suponhamos agora que M seja fechado e limitado e consideremos (xm) uma sequencia em M.
Entao,
xm = ξ(m)1 e1 + . . .+ ξ(m)
n en,
onde ξ(m)i ∈ K, para i = 1, 2, . . . , n e m ∈ N.
68 Marcos Roberto Teixeira Primo
Como M e limitado, temos
‖xm‖ ≤ k,
para todo m ∈ N. O Lema 2.1 implica que existe uma constante c > 0 tal que
k ≥ ‖xm‖ = ‖n∑j=1
ξ(m)j ej‖ ≥ c
n∑j=1
| ξ(m)j | .
Logo a sequencia (ξ(m)j ) e limitada para cada j = 1, 2, . . . , n fixo. Segue do Teorema de Bolzano -
Weierstrass que existem subsequencias (ξ(m)j ) tais que
ξ(m)j → ξj,
para 1 ≤ j ≤ n. Definamos
x = ξ1e1 + ξ2e2 + . . .+ ξnen
e mostremos que x ∈M e xm → x em X. De fato, temos que
0 ≤ ‖xm − x‖ = ‖ξ(m)1 e1 + . . .+ ξ(m)
n en − (ξ1e1 + ξ2e2 + . . .+ ξnen)‖= ‖(ξ(m)
1 − ξ1)e1 + (ξ(m)2 − ξ2)e2 + . . .+ (ξ(m)
n − ξn)en‖≤ |ξ(m)
1 − ξ1|‖e1‖+ . . .+ |ξ(m)n − ξn|‖en‖
−→ 0,
quando m → ∞. Logo, xm → x, quando m → ∞. Como M e fechado e xm ∈ M, para todo
m ∈ N, obtemos que x ∈M, concluindo a prova deste teorema.
Vamos mostrar agora que a compacidade da bola fechada so e verdade em espacos de dimensao
finita. Comecemos com o seguinte lema.
Lema 2.11 (Lema de Riesz). Sejam Z, Y ⊂ X subespacos vetoriais de um espaco normado X.
Suponhamos que Y seja fechado e que Y ⊂ Z. Entao, para todo θ ∈ (0, 1) ⊂ R, existe z ∈ Z tal
que
‖z‖ = 1 e ‖z − y‖ ≥ θ, (2.18)
para todo y ∈ Y.
Demonstracao: Sejam v ∈ Z − Y, y ∈ Y tais que
a = infy∈Y‖v − y‖ > 0 (2.19)
e θ ∈ (0, 1). Assim, a definicao de ınfimo implica que
a ≤ ‖v − yθ‖ ≤a
θ.
Analise Funcional 69
Consideremos c =1
‖v − yθ‖> 0 e definamos
z = c(v − yθ).
Logo, ‖z‖ = 1.
Vamos mostrar que ‖z − y‖ ≥ θ, para todo y ∈ Y. De fato, temos que
‖z − y‖ = ‖c(v − yθ)− y‖ = c‖v − yθ − c−1y‖ = c‖v − y1‖,
onde y1 = yθ + c−1y ∈ Y. Logo,
‖v − y1‖ ≥ a,
por (2.19). Entao,
‖z − y‖ = c‖v − y1‖ ≥ ca =a
‖v − yθ‖≥ θ,
completando a prova.
Teorema 2.6. Se um espaco normado X tem a propriedade que toda bola unitaria fechada
M = {x ∈ X; ‖x‖ ≤ 1}
e compacta, entao X tem dimensao finita.
Demonstracao: Suponhamos, por absurdo, que X tenha dimensao infinita. Seja x ∈ X tal que
‖x‖ = 1 e consideremos X1 = [x1]. Entao,
dimX1 <∞ e X1 X,
pois dimX =∞.Como dimX1 < ∞, entao X1 e fechado e, portanto, o Lema de Riesz implica que existe
x2 ∈ X, com ‖x2‖ = 1 e tal que
‖x2 − x1‖ ≥ θ =1
2.
Da mesma forma, x1, x2 ∈ X geram um subespaco fechado e proprio de X, denotado por X2,
e novamente o Lema de Riesz implica que existe x3 ∈ X com ‖x3‖ = 1 e tal que
‖x3 − x‖ ≥1
2,
para todo x ∈ X2. Em particular,
‖x3 − x1‖ ≥1
2
e
‖x3 − x2‖ ≥1
2.
Por inducao, obtemos uma sequencia de elementos (xm) de M tal que
70 Marcos Roberto Teixeira Primo
‖xm − xn‖ ≥1
2se m 6= n. Assim, qualquer subsequencia de (xm) nao pode ser convergente. Logo M nao e
compacto, o que contradiz a hipotese. Logo dimX <∞.Vamos mostrar agora algumas relacoes entre compacidade e aplicacoes contınuas.
Teorema 2.7. Sejam X e Y espacos metricos(normados) e T : X → Y uma aplicacao contınua.
Entao, a imagem de um subconjunto compacto M ⊂ X por T e um subconjunto compacto de Y .
Demonstracao: Devemos mostrar que toda sequencia (yn) ⊂ T (M) em T (M) ⊂ Y contem uma
subsequencia convergente em T (M). Como yn ∈ T (M), existe xn ∈ M tal que yn = Txn. A
compacidade de M implica que existe (xnk) ⊂ (xn) e x ∈M tais que
xnk→ x, quando nk →∞,
no espaco normado X. Logo, a continuidade de T implica que
ynk= T (xnk
)→ T (x), quando nk →∞,
em Y , com T (x) ∈ T (M), mostrando que T (M) e compacto e provando o teorema.
Corolario 2.6. Uma aplicao contınua T de um subconjunto compacto de um espaco metrico
(normado) X em R assume maximo e mınimo em pontos de M.
Demonstracao: Pelo teorema anterior temos que T (M) e compacto e, portanto, fechado e limi-
tado, ja que T (M) ⊂ R. Logo, existem
y0 = inf T (M) e y1 = supT (M).
Como T (M) e fechado entao y0, y1 ∈ T (M). Logo, existem x0, x1 ∈M tais que
y0 = T (x0) e y1 = T (x1).
Portanto, T assume maximo e mınimos em pontos de M, provando o corolario.
2.5 Operadores Lineares
Em calculo, trabalhamos com o conjunto dos reais R e com funcoes de valores reais definidas
em R, estas funcoes sao aplicacoes que vao de um domınio D ⊂ R em subconjutos de numeros
reais. Na Analise Funcional, consideramos espacos mais gerais, como espacos metricos e espacos
normados e trabalhamos com aplicacoes nestes espacos.
No caso de espacos vetoriais, e em particular, no caso de espacos normados, uma aplicacao e
chamada de operador.
Vamos dar atencao especial a operadores que preservam as duas operacoes do espaco vetorial,
temos a seguinte definicao para tais operadores:
Analise Funcional 71
Definicao 2.17. Sejam X, Y um espacos vetoriais sobre o mesmo corpo de escalares K e T :
D(T ) ⊂ X → Y um operador definido de um subconjunto D(T ) ⊂ X em Y. Diremos que T e um
operador linear se
(i) o domınio D(T ) de T e um subespaco vetorial de X e sua imagem R(T ) ⊂ Y e um subcon-
junto de Y ;
(ii) para quaisquer x, y ∈ D(T ) e α ∈ K,
T (x+ y) = Tx+ Ty e T (αx) = αTx. (2.20)
Usaremos as notacoes D(T ) para o domınio de T e R(T ) para a imagem de T. O nucleo de T
e definido por
N(T ) = {x ∈ D(T );Tx = 0} ⊂ X.
Claramente (2.20) e equivalente a
T (αx+ βy) = αTx+ βTy.
Em particular tomando α = β = 0, obtemos que
T0 = 0.
Vejamos alguns exemplos de operadores lineares.
Exemplo 2.17. O operador Ix : X → X definido por Ixx = x para todo x ∈ X e um operador
linear, denominado Operador Identidade.
Exemplo 2.18. Considere 0 : X → Y definido por 0x = 0 para todo x ∈ X, entao 0 e um
operador linear, denominado operador nulo.
Exemplo 2.19. Seja X o espaco de todos os polinomios definidos em um intervalo fechado e
limitado [a, b] ⊂ R O operador derivada T : X → X definido, por
Tx(t) = x′(t), t ∈ [a, b],
para todo x ∈ X. Este operador T d e linear e e denominado operador derivada.
Exemplo 2.20. Consideremos C[a, b] e definamos a aplicacao T : C[a, b] → C[a, b] da seguinte
forma
Tx(t) =
∫ t
a
x(τ)dτ,
onde t ∈ [a, b], para todo x ∈ C[a, b]. Este operador e linear e e denominado operador integral.
72 Marcos Roberto Teixeira Primo
Exemplo 2.21. Seja A ⊂ Mr,n(R) uma matriz dada com r linhas e n colunas. Definamos
T : Rn → Rr, por
y = Ax,
onde para x = (ξ1, . . . , ξn) ∈ Rn y = (η1, . . . , ηr) ⊂ Rr e calculado da seguite maneira: η1...
ηr
=
α11 . . . α1n
......
αr1 . . . αrn
ξ1
...
αn
.
Entao, T e um operador linear.
Teorema 2.8. Seja T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear. Entao,
1. A imagem R(T ) ⊂ Y e um subespaco vetorial de Y e, em particular, e um espaco vetorial
com as mesmas operacoes definidas em Y ;
2. Se dim D(T ) = n <∞, entao dim R(T ) ≤ n.
3. O espaco nulo N(T ) ⊂ X e um subespaco vetorial de X e, em particular, e um espaco
vetorial com as mesmas operacoes definidas em X.
Demonstracao: A demostracao dos itens 1 e 3 sao imediatos.
Para provarmos o item 2, sejam {y1, . . . , yn+1} ⊂ R(T ) um subconjunto qualquer de elementos
em R(T ). Logo, existem x1, x2, . . . , xn+1 ∈ D(T ) tais que
y1 = Tx1, . . . , yn+1 = Txn+1.
Por hipotese dim D(T ) = n. Assim, os vetores {x1, . . . , xn+1} sao linearmente dependentes em
D(T ) e, portanto, em X, uma vez que D(T ) e um subespaco vetorial de X. Logo,
αx1 + . . .+ αn+1xn+1 = 0,
de tal forma que αi, i = 1, . . . , n+ 1 nao sao todos nulos.
Como T e linear e T (0) = 0 temos
T (α1x1 + . . .+ αn+1xn+1) = αTx1 + . . .+ αn+1Txn+1
= αy1 + . . .+ αn+1yn+1 = 0,
com pelo menos algum αi nao nulo. Logo, {y1, . . . , yn+1} sao linearmente dependentes em R(T ) ⊂Y. Logo, se B e uma base de R(T ), entao devemos ter
dimR(t) ≤ n,
provando o teorema
Analise Funcional 73
Consideremos uma aplicacao linear T : D(T ) ⊂ X → Y injetiva, ou seja,
Tx = Ty ⇒ x = y, x, y ∈ D(T ).
Assim, existe
T−1 : R(T ) ⊂ Y → D(T ) ⊂ X,
onde para todo y0 ∈ R(T ) existe um unico x0 ∈ D(T ) tal que
T−1y0 = x0, (y0 = Tx0).
Notemos que
T−1Tx = x, ∀x ∈ D(T ),
TT−1y = y, ∀y ∈ R(T ).
Sabemos que um operador linear entre espacos vetoriais possui inversa se, e somente se, o
nucleo deste operador consiste apenas do vetor nulo. Temos o seguinte resultado para a existencia
da inversa de operadores.
Teorema 2.9. Sejam X e Y espacos vetoriais sobre o mesmo corpo de escalares K e T : D(T ) ⊂X → Y um operador linear onde D(T ) ⊂ X e R(T ) ⊂ Y. Entao
1. A inversa T−1 : R(T ) ⊂ Y → D(T ) existe se, e somente se,
Tx = 0⇐⇒ x = 0.
2. Se existe T−1, entao T−1 e um operador linear.
3. Se dim D(T ) = n <∞ e T−1 existe, entao dim R(T ) = dim D(T ).
Demonstracao: Os itens 1. 2. sao imeditatos. Sendo dim D(T ) = n < ∞, segue do Teorema
2.8 que
dim R(T ) ≤ dim D(T ) = n.
Sendo
T−1 : R(T )→ D(T ),
linear, o mesmo Teorema 2.8 implica que
dim D(T ) ≤ dim R(T ).
Assim concluımos que dim R(T ) = dim D(T ).
74 Marcos Roberto Teixeira Primo
2.6 Operadores Lineares Contınuos e Limitados
Nesta secao mostraremos algumas relacoes entre limitacao e continuidade de operadores lineares
em espacos normados e espacos de Banach.
Definicao 2.18. Sejam X e Y espacos normados e T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear. O
operador T e dito limitado se existe um numero real c > 0 tal que para todo x ∈ D(T ) temos
‖Tx‖Y ≤ c‖x‖X .
Algumas observacoes que seguem imediatamente da definicao acima:
• um operador linear limitado leva subconjuntos limitados de D(T ) em subconjuntos limitados
de Y ;
• para todo x ∈ D(T ) com x 6= 0 temos que
‖Tx‖‖x‖
≤ c.
Logo, o numero
‖T‖ := supx∈D(T ), x6=0
‖Tx‖‖x‖
(2.21)
existe e sera denominado norma do operador T ;
• para todo x ∈ D(T ) temos que
‖Tx‖ ≤ ‖T‖‖x‖.
Proposicao 2.14. Seja T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear limitado. Entao,
1. Uma formula alternativa para ‖T‖ e
‖T‖ = supx∈D(T ), ‖x‖=1
‖Tx‖.
2. O numero
‖T‖ = supx∈D(T ), x6=0
‖Tx‖‖x‖
satisfaz as condicoes de (N1), (N2), (N3) e (N4) da Definicao 2.1.
Demonstracao: Seja x ∈ D(T ) tal que x 6= 0. Considerando
y =x
‖x‖
Analise Funcional 75
obtemos que
‖y‖ = ‖ x
‖x‖‖ =‖x‖‖x‖
= 1.
Sendo T um operador linear,
‖T‖ = supx∈D(T ), x6=0
‖Tx‖‖x‖
= supx∈D(T ), x6=0
‖T (x
‖x‖)‖ = sup
y∈D(T ), ‖y‖=1
‖Ty‖,
provando o item 1.
Vamos verificar agora que o numero real ‖T‖ dado em (2.21) satisfaz as condicoes exigidas
na Definicao 2.1. Para isso considere x ∈ D(T ), com x 6= 0. Entao,
0 ≤ ‖Tx‖‖x‖
≤ c.
Logo,
0 ≤ ‖T‖ = supx 6=0
‖Tx‖‖x‖
≤ c.
Ainda mais,
‖T‖ = 0⇔ supx 6=0
‖Tx‖‖x‖
= 0
⇔ ‖Tx‖ = 0, com x ∈ D(T ) e x 6= 0
⇔ Tx = 0, com x ∈ D(T ) e x 6= 0.
Como T0 = 0, obtemos que
‖T‖ = 0⇔ T = 0.
Mostrando as condic0oes (N1) e (N2) exigidas na Definicao 2.1.
Para todo α ∈ K temos que
‖(αT )(x)‖‖x‖
=|α|‖Tx‖‖x‖
= |α|‖Tx‖‖x‖
,
para todo x ∈ D(T ), com x 6= 0. Logo,
‖αT‖ = supx 6=0
‖(αT )(x)‖‖x‖
= supx 6=0|α|‖Tx‖‖x‖
= |α| supx 6=0
‖Tx‖‖x‖
= |α|‖T‖,
mostrando que ‖T‖ satisfaz a condicao (N3).
Sejam T1, T2 : D(T ) ⊂ X → X dois operadores lineares limitados. Para todo x ∈ D(T ) temos
que
‖(T1 + T2)(x)‖ = ‖T1x+ T2x‖ ≤ ‖T1x‖+ ‖T2x‖ ≤ (‖T1‖+ ‖T2‖)‖x‖.
76 Marcos Roberto Teixeira Primo
Logo, para x ∈ D(T ), com x 6= 0 temos que
‖(T1 + T2)(x)‖‖x‖
≤ ‖T1‖+ ‖T2‖.
Portanto,
‖T1 + T2‖ ≤ ‖T1‖+ ‖T2‖,
provando a condicao (N4) e completando a demonstracao.
Exemplo 2.22. Consideremos em C[a, b] a norma
‖f‖ = maxt∈[a,b]
|f(t)|
e definamos a aplicacao T : C[a, b]→ C[a, b] por
x 7→ Tx,
onde
(Tx)(t) =
∫ t
a
x(τ)dτ,
para todo t ∈ [a, b].O operador integral e linear em C[a, b] e e limitado.
De fato: Para vermos esse fato, observemos inicialmente que dado x ∈ C[a, b] temos que
|x(t)| ≤ ‖x‖,
para todo t ∈ [a, b]. Logo,
|(Tx)(t)| = |∫ t
a
x(τ)dτ | ≤∫ t
a
|x(τ)|dτ ≤ (t− a)‖x‖ ≤ |a− b|‖x‖,
para todo t ∈ [a, b]. Assim,
‖Tx‖ ≤ |a− b|‖x‖.
Portanto, Tx ∈ C[a, b]. Claramente T : C[a, b]→ C[a, b] e um operador linear e
‖T‖ ≤ |a− b|,
completando o exemplo. �
Exemplo 2.23. Seja X o espaco de todos as funcoes polinomiais definidas em um intervalo [0, 1].
Consideremos em X a norma
‖x‖ = maxt∈[0,1]
|x(t)|,
para x ∈ X e definamos o operador derivada T : X → X definido por
Tx(t) = x′(t)
para todo x ∈ X. O operador T definido dessa maneira e linear, porem nao e limitado.
Analise Funcional 77
De fato: Para todo n ∈ N considere
xn(t) = tn, para t ∈ [0, 1].
Temos que
‖xn‖ = maxt∈[0,1]
|xn(t)| = maxt∈[0,1]
|tn| = 1,
para todo n ∈ N. Por outro lado, x′n(t) = ntn−1, para todo n ∈ N e, portanto,
‖T (xn)‖ = maxt∈[0,1]
|x′n(t)| = maxt∈[0,1]
|ntn−1| = n,
para todo n ∈ N. Logo,‖T (xn)‖‖xn‖
= n→∞, quando n→∞,
mostrando que T nao pode ser limitado e completando o exemplo. �
Teorema 2.10. Sejam X, Y dois espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares K. Se X
possui dimensao finita, entao todo operador linear em T : D(T ) ⊂ X → Y e limitado.
Demonstracao: Sejam dimKX = n < ∞ e considere {e1, . . . , en} uma base de X. Para todo
x ∈ D(T ) ⊂ X temos que
x =n∑j=1
xjej, xj ∈ K, i = 1, 2, . . . , n.
Como T e linear temos
‖Tx‖ = ‖n∑j=1
xjTej‖ ≤n∑j=1
| xj | ‖Tej‖ ≤ max1≤k≤n
‖Tek‖( n∑j=1
| xj |).
O Lema 2.1 que existe c > 0 tal que
n∑j=1
| xj |≤1
c‖
n∑j=1
xjej‖ =1
c‖x‖.
Assim,
‖Tx‖ ≤ max1≤k≤n
‖Tek‖1
c‖x‖.
Tomando γ = max1≤k≤n‖Tek‖c segue que
‖Tx‖ ≤ γ‖x‖.
Portanto, T e operador linear limitado, provado o teorema.
Os operadores lineares sao aplicacoes e, portanto, podemos usar a definicao de continuidade
de funcoes para operadores.
78 Marcos Roberto Teixeira Primo
Seja T : D(T )→ Y um operador nao necessariamente linear, tal que D(T ) ⊂ X, com X e Y
espacos normados. Entao T e contınuo em x0 ∈ D(T ) se para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que
‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖Tx− Tx0‖ < ε.
Dizemos que um operador T e contınuo, se ele for contınuo em todo x ∈ D(T ). Se T e linear temos
o seguinte resultado
Teorema 2.11. Sejam X e Y espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares K e T :
D(T ) ⊂ X → Y um operador linear. Entao,
1. T e contınuo se, e somente se, T e limitado.
2. T e contınuo em x0 ∈ D(T ) se, e somente se, T e contınuo.
Demonstracao: Sejam X e Y dois espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares e T :
D(T ) ⊂ X → Y um operador linear.
Para provarmos o item 1, suponhamos inicialmente que T e um operador linear limtado.
Assim, para x0 ∈ D(T ) e ε > 0, escolhendo
δ =ε
‖T‖,
a linearidade de T implica que
‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖Tx− Tx0‖ = ‖T (x− x0)‖ ≤ ‖T‖‖x− x0‖ < ‖T‖δ = ε,
mostrando que T e contınuo em x0 ∈ D(T ). Como x0 foi tomado aleatoriamente em D(T ), temos
entao que T e um operador linear contınuo.
Suponhamos agora que T seja um operador linear contınuo. Fixado x0 ∈ D(T ), a continuidade
de T em x0 ∈ D(T ) implica que existe δ > 0 tal que
x ∈ D(T ) e ‖x− x0‖ < δ =⇒ ‖Tx− Tx0‖ < 1.
Agora, para todo y ∈ D(T ) tal que y 6= 0, consideremos
x = x0 +δ
2‖y‖y ∈ D(T ),
pois D(T ) e um subespaco vetorial de X. Entao
x− x0 =δ
2‖y‖y,
ou seja,
‖x− x0‖ =‖δy‖2‖y‖
=δ
2< δ.
Analise Funcional 79
Logo,
1 > ‖Tx− Tx0‖ = ‖T (x− x0)‖ = ‖T δy
‖y‖‖ =
δ
‖y‖‖Ty‖.
Portanto,
‖Ty‖ ≤ 1
δ‖y‖,
mostrando que T e um operador limitado, concluindo a prova do item 1.
Para o item 2, observemos que se T e contınuo em x0 ∈ D(T ), a demonstracao do item anterior
implica que T e limitado e o item anterior implica entao que T e contınuo. A recıproca deste item
e imediata.
Corolario 2.7. Sejam X e Y dois espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares e T :
D(T ) ⊂ X → Y um operador linear limitado. Entao,
1. Se (xn) ⊂ D(T ) e um sequencia em D(T ) tal que existe x ∈ D(T ) tal que
xn → x em X,
entao
Txn → Tx em Y.
2. O espaco nulo N(T ) e fechado em D(T ), munido da norma de X.
Demonstracao: Seja T : D(T ) ⊂ X → X um operador linear.
1. Se T e operador linear limitado e xn, x ∈ D(T ) sao tais que xn → x, entao
0 ≤ ‖Txn − Tx‖ = ‖T (xn − x)‖ ≤ ‖T‖‖xn − x‖ → 0,
mostrando que Txn → Tx.
2. Seja x ∈ N(T ). Portanto, existe (xn) ⊂ D(T ) tal que xn → x. Assim,
Txn → Tx =⇒ ‖Txn − Tx‖ → 0.
Mas, Txn = 0 para todo n ∈ N. Consequentemente, Tx = 0, ou seja, x ∈ N(T ). Logo, N(T )
e fechado em D(T ), completando a prova do corolario.
Mostremos agora, algumas relacoes entre operadores.
• Sejam X, Y e Z espaco normados sobre o mesmo corpo de escalares, T1 : Y → Z e T2 :
X → Y operadores lineares limitados. Entao, a composicao de operadores lineares limitados
T1T2 : X → Z tambem e um operador linear limitado e
‖T1T2‖ ≤ ‖T1‖‖T2‖.
80 Marcos Roberto Teixeira Primo
De fato: A linearidade da composicao e imediata. Ainda, para todo x ∈ Xtemos que
‖T1T2x‖ ≤ ‖T1‖T2x‖ ≤ ‖T1‖‖T2‖‖x‖,
mostrando que T1T2 e um operador limitado e que
‖T1T2‖ ≤ ‖T1‖‖T2‖,
completando a prova deste item. �
• Sejam X um espaco normado e T : X → X um operador linear limitado. O item acima e
um argumento de inducao mostram que para todo n ∈ N a composicao T n : X → X e um
operador linear limitado e
‖T n‖ ≤ ‖T‖n.
• Sejam X e Y espacos normados sobre o mesmo corpo de escalares, T1 : D(T1) ⊂ X → Y e
T2 : D(T2) ⊂ X → Y operadores. Entao T1 = T2 se
– D(T1) = D(T2);
– T1x = T2x, para todo x ∈ D(T1) = D(T2).
• A restricao de um operador T : D(T ) ⊂ X → Y a um subconjunto B ⊂ D(T ), denotada
por
T |B,
e o operador definido por
T |B : B ⊂ X → Y, T |Bx = Tx,
para todo x ∈ B.
• Uma extensao de um operador T : D(T ) ⊂ X → Y a um conjunto M ⊃ D(T ) e um operador
T : M ⊂ X → Y tal que
T �D(T )= T,
ou seja, T x = Tx, para todo x ∈ D(T ).
Teorema 2.12. Seja T : D(T ) ⊂ X → Y um operador linear limitado, onde X e um espaco
normado e Y e um espaco de Banach, ambos sobre o mesmo corpo de escalares. Entao, existe
uma extensao de T definida por
T : D(T ) ⊂ X → Y,
onde T e um operador linear limitado tal que
‖T‖ = ‖T‖.
Analise Funcional 81
Demonstracao: Seja x ∈ ¯D(T ). Entao existe uma sequencia (xn) ∈ D(T ) tal que
xn → x, quando n→∞.
A limitacao de T implica que para quaisquer m,n ∈ N,
0 ≤ ‖Txn − Txm‖ ≤ ‖T‖‖xm − xn‖ → 0,
quando m,n→∞. Logo, (Txn) ⊂ Y e um sequencia de Cauchy em Y, que e um espaco de Banach.
Portanto, existe y ∈ Y tal que
Txn → y, quando n→∞.
Definamos T : D(T ) ⊂ X → Y por
T (x) = y = limT (xn).
Mostremos inicialmente que essa definicao independe da escolha da sequencia (xn). Para isso
sejam (xn), (x′n) ⊂ D(T ) sequencias em D(T ) tais que
xn → x e x′n → x,
quando n→∞. Considerando (vn) definida por (x1, x′1, x2, x
′2, . . . ), temos que vn → x e, portanto,
(T (vn)) converge, pois
0 ≤ ‖Tvm − Tvm‖ ≤ ‖T‖‖vN − vm‖ → 0,
quando m,n → ∞ e Y e um espaco de Banach. Como (T (xn)) e (T (x′n)) sao subsequencias de
(T (vn)) entao (T (xn)) e (T (x′n)) necessariamente convergem para o mesmo limite, mostrando que
T esta bem definida.
Seja agora x ∈ D(T ) e considere uma sequencia xn = x, para todo n ∈ N. Entao,
Txn → T (x), quando n→∞.
Logo,
Tx = T x, x ∈ D(T ).
Claramente T e linear.
Mostremos agora que T e limitado e ‖T‖ = ‖T‖. Para isso seja x ∈ D(T ). Logo existe
(xn) ⊂ D(T ) tal que
xn → x ∈ D(T ).
82 Marcos Roberto Teixeira Primo
Assim,
0 ≤ ‖Txn‖ ≤ ‖T‖‖xn‖.
Por outro lado,
Txn → T x, quando n→∞
e,a continuidade da norma implica que
‖T x‖ ≤ ‖T‖‖x‖,
mostrando que T e limitado e que
‖T‖ ≤ ‖T‖.
Mas, para todo x ∈ D(T ) temos que T x = Tx. Logo,
‖Tx‖ = ‖T x‖ ≤ ‖T‖‖x‖,
mostrando que
‖T‖ ≤ ‖T‖,
completando a prova do teorema.
2.7 Funcionais Lineares
Um funcional e um operador definido em um espaco vetorial sobre um corpo de escalares K,tal que o seu conjunto imagem, R(f) ⊂ K, esta contido no corpo de escalares K.
Definicao 2.19. Seja X um espaco vetorial sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R).
Um funcional linear e um operador linear f : D(f) ⊂ X → K.
Definicao 2.20. Seja X um espaco normado sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R).
Um funcional linear f : D(f) ⊂ X → K e limitado se existe um numero real nao negativo, c ≥ 0,
tal que para todo x ∈ D(f),
| f(x) |≤ c‖x‖.
Alem disso, a norma de f e dada por
‖f‖ = supx∈D(T ),x 6=0
| f(x) |‖x‖
,
ou ainda,
‖f‖ = supx∈D(T ), ‖x‖=1
| f(x) | .
Analise Funcional 83
Dessas definicoes obtemos que todo funcional linear f e tal que
| f(x) |≤ ‖f‖‖x‖, x ∈ X
e temos o seguinte teorema.
Teorema 2.13. Seja X um espaco normado sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R).
Um funcional linear f : D(f) ⊂ X → K e contınuo se, e somente se, ele for limitado.
Demonstracao: Segue do Teorema 2.11
Vejamos agora alguns exemplos de funcionais lineares e nao lineares.
Exemplo 2.24. Seja X um espaco normado sobre R. A norma ‖ . ‖ : X → R e um funcional em
X que nao e linear.
Exemplo 2.25. A integral definida e um funcional linear limitado no conjunto das funcoes
contınuas. Mais especificamente, Se f : C[a, b]→ R e definido por
f(x) =
∫ b
a
x(t)dt,
para todo x ∈ C[a, b], entao f e um funcional linear limitado.
De fato: Sejam x, y ∈ C[a, b] e α, β ∈ R. Temos que
f(αx+ βy) =
∫ b
a
(αx(t) + βy(t))dt = α
∫ b
a
x(t)dt+ β
∫ b
a
y(t)dt = αf(x) + βf(y),
mostrando que f e linear.
Ainda,
| f(x) |=|∫ b
a
x(t)dt |≤ (b− a) maxt∈J| x(t) |= (b− a)‖x‖ ⇒| f(x) |≤ c‖x‖,
onde J = [a, b] e c = (b− a), mostrando que f e limitado.
Portanto a integral definida e um funcional linear limitado. �
Seja X um espaco normado sobre um corpo de escalares K (K = C ou K = R). O espaco
de todos os funcionais lineares definidos em X f : X → K e chamado de espaco dual de X.
Denotaremos este espaco por X∗, isto e,
X∗ = {f : X → K; f e linear}.
84 Marcos Roberto Teixeira Primo
As operacoes algebricas definidas neste espaco sao a adicao e a multiplicacao por escalar
usuais. Para f1, f2 ∈ X∗ funcionais lineares em X e x ∈ X temos que a soma e definida por
(f1 + f2)(x) = f1(x) + f2(x).
O produto de um escalar α ∈ K por um funcional linear f ∈ X∗ e definido por
(αf)(x) = αf(x),
para todo x ∈ X. Assim, com as operacoes acima, X∗ e um espaco vetorial sobre o corpo de
escalares K.
O espaco bidual de X que denotamos por X∗∗, e o espaco que consiste de todos os funcionais
lineares definidos em X∗, isto e,
X∗∗ = {ϕ : X∗ → K; ϕ e linear}.
Observemos entao que
X∗∗ = (X∗)∗.
Vamos relacionar agora os espacos normados X e X∗∗. Consideremos
C : X → X∗∗
x 7→ C(x) = gx : X∗ → K
f 7→ gx(f) = f(x).
Sejam x1, x2 ∈ X. Se x1 = x2, entao
f(x1) = f(x2),
para todo f ∈ X∗. Logo,
C(x1) = gx1 = gx2 = C(x2)
Tambem, para cada x ∈ X fixado, f1, f2 ∈ X∗ e α, β ∈ K temos que
gx(αf1 + βf2) = (αf1 + βf2)(x) = αf1(x) + βf2(x) = αgx(f1) + βgx(f2),
mostrando que C esta bem definida.
Ainda, para x1, x2 ∈ X e α, β ∈ K temos que
C(αx1 + βx2)(f) = gαx1+βx2(f)
= f(αx1 + βx2)
= αf(x1) + βf(x2)
= αgx1(f) + βgx2(f)
= αC(x1)(f) + βC(x2)(f)
= (αC(x1) + βC(x2))(f),
Analise Funcional 85
para todo f ∈ X. Logo,
C(αx1 + βx2) = αC(x1) + βC(x2),
mostrando que C e um operador linear, denominado imersao canonica de X em X∗∗ e, tambem
dizemos que X esta isometricamente imerso em X∗∗.
2.8 Operadores e Funcionais Lineares Limitados em Espa-
cos Vetoriais de Dimensao Finita
Mostraremos nesta secao que operadores lineares em espacos vetoriais de dimensao finita podem
ser representados atraves de matrizes e apresentaremos algumas propriedades imediatas sobre esses
operadores lineares.
Sejam X e Y espacos vetoriais de dimensao finita sobre o mesmo corpo de escalares K e
T : X → Y um operador linear. Escolhemos E = {e1, . . . , en} base de X e B = {b1, . . . , bm} base
de Y. Se x ∈ X, entao
x = x1e1 + . . .+ xnen. (2.22)
Como T e linear, entao
y = Tx = T (n∑k=1
xkek) =n∑k=1
xkTek. (2.23)
A representacao dada em (2.22) e unica e, portanto, T e unicamente determinado se a imagem
Tek dos elementos da base {e1, e2, . . . , en} sao dados.
Da mesma forma, todo y ∈ R(T ) ⊂ Y e yk = Tek ∈ R(T ) ⊂ Y, k = 1, 2, . . . , n, possuem uma
unica representacao dada por
y = Tx =m∑j=1
ηjbj e Tek =m∑j=1
τjkbj. (2.24)
De (2.22), (2.23) e (2.24) obtemos que
m∑j=1
ηjbj = y = Tx =n∑k=1
xkTek =n∑k=1
xk
m∑j=1
τjkbj =m∑j=1
(n∑k=1
τjkxk)bj.
Como bj, j = 1, . . .m, sao vetores linearmente independentes, segue que
ηj =n∑k=1
τjkxk
A imagem y = Tx pode ser obtida de (2.23) e os coeficientes em (2.24) formam uma matriz
TEB = (τjk),
86 Marcos Roberto Teixeira Primo
com m linhas e n colunas. A matriz TEB e unicamente determinada pelo operador linear T.
Tambem, toda matriz determina um unico operador linear T .
Sejam X um espaco vetorial, n = dimK <∞, {e1, . . . , en} uma base de X e X∗ o espaco dual
de X. Assim, para todo f ∈ X∗ temos que
f(x) = f(n∑j=1
xjej) =n∑j=1
xjf(ej) =n∑j=1
xjαj, x ∈ X,
onde
αj = f(ej). (2.25)
Consequentemente toda n − upla de escalares α1, . . . , αn determina um funcional linear em
X, definido por (2.25). Em particular se tomarmos as n−uplas
(1, 0, 0, · · · 0, 0)
(0, 1, 0, · · · 0, 0)
. . . · · · . .
(0, 0, 0, · · · 0, 1).
De (2.25) obtemos n funcionais lineares, denotados por f1, f2, . . . , fn : X → K definidos por
fk(ej) = δj =
{0 sej 6= k,
1 sej = k.(2.26)
O sımbolo δjk e chamado de delta Kronecker, o conjunto {f1, . . . , fn} forma uma base para X∗,
denominada base dual da base {e1, . . . , en} de X. Temos o seguinte resultado
Teorema 2.14. Seja X um espaco vetorial n − dimensional sobre um corpo de escalares K e
E = {e1, . . . , en} uma base de X. Entao, F = {f1, . . . , fn}, f1, . . . , fn definidos em (2.26), e uma
base para o espaco dual de X e dimX∗ = dimX = n.
Demonstracao: Vamos mostrar que F e um conjunto linearmente independente em X∗. Supo-
nhamos quen∑j=1
βjfj = 0,
para β1, β2, . . . , βn. Assim,n∑j=1
βjfj(x) = 0,
para todo x ∈ X. Para todo k = 1, 2, . . . , n, tomando x = ek, obtemos que
0 =n∑j=1
βjfj(ek) = βk.
Analise Funcional 87
Portanto F e linearmente independente.
Seja agora f ∈ X∗. Para todo x ∈ X, temos que
x =n∑k=1
xjej,
onde x1, x2, . . . , xn ∈ K. Logo, a linearidade de f implica que
f(x) =n∑j=1
xjf(ej) =n∑j=1
xjαj, (2.27)
onde αj = f(ej), j = 1, 2, . . . , n. Por outro lado, para todo j = 1, . . . , n, segue que
fj(x) = fj(x1e1 + . . .+ xnen) = x1fj(e1) + . . .+ xnfj(en) = xj. (2.28)
Assim, (2.27) e (2.28) implicam que
f(x) =n∑j=1
αjfj(x),
mostrando que
f = α1f1 + . . .+ αnfn.
Logo,
{f1, f2, . . . , fn}
e uma base para X∗, provando teorema.
Mostremos agora uma importante propriedade em espacos vetoriais de dimensao finita.
Lema 2.12. Seja X um espaco vetorial de dimensao finita sobre um corpo de escalares K. Se
x0 ∈ X e tal que f(x0) para todo f ∈ X∗, entao x0 = 0.
Demonstracao: Seja {e1, e2, . . . , en} uma base de X e α1, . . . , αn ∈ K tais que
x0 = α1e1 + α2e2 + . . .+ αnen.
Por hipotese temos que
0 = f(x0) =n∑i=1
αif(ei),
para todo f ∈ X∗. Tomando f = fj, onde fj e um elemento da base dual de X∗, obtemos que
0 =n∑i=1
αifj(ei) = αj,
para todo j = 1, 2, . . . , n, mostrando que x0 = 0 e provando o lema.
88 Marcos Roberto Teixeira Primo
Consideremos agora a imersao canonica
C : X → X∗∗
x 7→ C(x) = gx : X∗ → K
f 7→ gx(f) = f(x).
Definicao 2.21. Seja X um espaco vetorial. Diremos que X e algebricamente reflexivo quando
C for sobrejetora, isto e, quando
R(C) = X∗∗.
Teorema 2.15. Todo espaco vetorial de dimensao finita e algebricamente reflexivo.
Demonstracao: Seja x0 ∈ Ker (C). Entao C(x0) = 0 e, portanto, gx0 = 0, ou seja,
0 = gx0(f) = f(x0),
para todo f ∈ X∗. Logo, o Lema 2.12 implica que x0 = 0, mostrando que Ker (C) = {0} e que C
e injetora. Como o Teorema 2.14 implica que
dimX = dimX∗ = dimX∗∗,
obtemos que C tambem e sobrejetora, concluindo a prova deste teorema.
2.9 Operadores em Espacos Normados e O Espaco Dual
Sejam X e Y espacos normados e consideremos
B(X, Y ) = {T ∈ L(X, Y ); T e limitado}.
Vamos mostrar que B(X, Y ) tambem e um espaco normado. Recordemos que definimos a soma
de dois operadores T1, T2 ∈ B(X, Y ) por
(T1 + T2)(x) = T1x+ T2x
e o produto entre T ∈ B(X, Y ) e um escalar α por
(αT )x = α(Tx).
Agora a Proposicao 2.14 implica o seguinte resultado
Teorema 2.16. O espaco vetorial B(X, Y ) e um espaco normado com norma dada por
‖T‖ = supx 6=0
‖Tx‖‖x‖
= sup‖x‖=1
‖Tx‖.
Analise Funcional 89
O resultado que segue nos diz quando o espaco B(X, Y ) e um espaco de Banach.
Teorema 2.17. Se Y e um espaco de Banach, entao B(X, Y ) e um espaco de Banach.
Demosntracao: Seja (Tn) uma sequencia de Cauchy em B(X, Y ). Entao, para todo ε > 0 existe
N > 0 tal que
‖Tn − Tm‖ < ε sempre que m,n > N.
Para todo x ∈ X e m,n > N, temos que
‖Tnx− Tmx‖ = ‖(Tn − Tm)x‖ ≤ ‖Tn − Tm‖‖x‖ ≤ ε‖x‖. (2.29)
Assim dado ε > 0, para cada x ∈ X fixado, (2.29) implica que
‖Tnx− Tmx‖ ≤ ε,
sempre que m,n > N, ou seja (Tnx) e de Cauchy em Y, para cada x ∈ X. Como Y e completo,
existe um unico y ∈ Y tal que
Tnx→ y, quando n→∞.
Definamos T : X → Y por
x 7→ Tx = y = limTn(x).
A unicidade do limite implica que T esta bem definida e que
T (αx+ βz) = limTn(αx+ βz)
= lim(αTnx+ βTnz)
= limαTnx+ lim βTnz
= α limTnx+ β limTnz
= αTx+ βTz,
isto e, T ∈ L(X, Y ).
Vamos mostrar que T e limitado e Tn → T. De fato, fazendo m → ∞ em (2.29) e usando a
continuidade da norma obtemos que
‖Tmx− Tx‖ ≤ ε‖x‖,
sempre que m > N e‖(Tm − T )x‖‖x‖
< ε,
para todo x ∈ X. Logo, Tm − T e limitado. Como Tm e limitado e
T = Tm − (Tm − T ),
90 Marcos Roberto Teixeira Primo
segue que T ∈ B(X, Y ) e
‖Tm − T‖ = supx 6=0
‖Tnx− Tx‖‖x‖
< ε,
sempre que m > N, mostrando que
‖Tm − T‖ → 0, quando m→∞
e, portanto, que B(X, Y ) e um espaco de Banach.
Definicao 2.22. Seja X um espaco normado. Definimos o dual (topologico) de X como sendo o
espaco normado
X ′ = {f ∈ X∗; f e limitado},
com norma definida por
‖f‖ = supx 6=0
| f(x) |‖x‖
.
Teorema 2.18. O espaco dual X ′ de um espaco normado X e um espaco de Banach.
Um isomorfismo isometrico de um espaco normado X em um espaco normado X e uma bijecao
linear
T : X → X
que preserva norma, isto e, para todo x ∈ X
‖Tx‖ = ‖x‖.
Quando existe tal isomorfismo, X e X sao chamados de espacos isometricamente isomorfos.
Exemplo 2.26. O espaco dual de Rn e isomorfo a Rn.
De fato: O Teorema 2.10 implica que
(Rn)′ = (Rn)∗.
Agora, seja x ∈ Rn e f ∈ (Rn)∗. Logo,
x = α1e1 + . . . αnen =n∑i=1
αiei
e a linearidade de f impica que
f(x) =n∑i=1
αif(ei) =n∑i=1
αiγi,
Analise Funcional 91
onde γi = f(ei), i = 1, 2, . . . , n. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz temos que
| f(x) |=|n∑i=1
αiγi |≤n∑i=1
| αiγi |≤
√√√√ n∑i=1
α2i
√√√√ n∑i=1
γ2i = ‖x‖
√√√√ n∑i=1
γ2i .
Logo,
‖f‖ = supx 6=0
| f(x) |‖x‖
≤
√√√√ n∑i=1
γ2i .
Ainda, como x0 = γ1e1 + γ2e2 + . . .+ γnen ∈ Rn, obtemos que
‖f‖ =
√√√√ n∑i=1
γ2i = ‖c‖,
onde c = (γ1, γ2, . . . , γn) ⊂ Rn.Portanto, existe um isomorfismo isometrico
ϕ : (Rn)′ → Rn
definido por
f 7→ ϕ(f) = c = (f(e1), f(e2), . . . , f(en)).
Claramente ϕ e linear, injetora e, portanto bijetora, uma vez que dimRn = dim(Rn)′. As ob-
servacos acima mostram que ϕ e uma isometria, completando o exemplo. �
Exemplo 2.27. O espaco dual de l1 e isomorfo a l∞.
De fato: Seja {e1, e3, . . .} ⊂ l1 uma base de Schauder para l1, onde
e1 = (1, 0, 0, · · · 0, . . .) = (δ1j)
e2 = (0, 1, 0, · · · 0, . . .) = (δ2j)...
... . · · · ......
ek = (0, 0, 0, · · · 1, . . .) = (δkj)...
...... · · · ...
....
Entao, todo x ∈ l1 se escreve, de forma unica, como
x =∞∑k=1
ξkek, (2.30)
onde ξk ∈ R, k = 1, 2, . . . .
Consideremos agora um elemento f ∈ (l1)′ no dual de l1. Como
x = limn→∞
n∑k=1
ξkek
92 Marcos Roberto Teixeira Primo
e f e um funcional linear limitado, entao
f(x) = f( limn→∞
n∑k=1
ξkek) = limn→∞
n∑k=1
ξkf(ek),
ou seja,
f(x) =∞∑k=1
ξkγk, (2.31)
onde γk = f(ek), k = 1, 2, . . . e sao unicamente determinados por f. Ainda, para todo k = 1, 2, . . . ,
|γk| = |f(ek)| ≤ ‖f‖‖ek‖ = ‖f‖
e, portanto,
supk∈N|γk| ≤ ‖f‖, (2.32)
mostrando que c = (γ1, γ2, . . .) ∈ l∞.
Por outro lado, para todo b = (βk) ∈ l∞, vamos definir um funcional linear limitado em l1
associado a b. Para isso, definamos g : l1 → K por
g(x) = g(ξ1, ξ2, . . .) =∞∑k=1
ξkβk.
Observemos inicialmente que para todo k = 1, 2, . . . ,
|ξkβk| ≤ |ξk||βk| ≤ |ξk| supj∈N|βj| = |ξk|‖b‖∞.
Como x = (ξ1, ξ2, . . .) ∈ l1, entao
|n∑k=1
ξkβk| ≤n∑k=1
|ξkβk| ≤ ‖b‖∞∞∑k=1
|ξk| <∞,
para todo n ∈ N. Logo,
|∞∑k=1
ξkβk| ≤∞∑k=1
|ξkβk| ≤ ‖b‖∞∞∑k=1
|ξk| <∞
e
|g(x)| ≤∞∑k=1
|ξk|‖b‖∞ = ‖b‖∞∞∑k=1
|ξk| = ‖b‖∞‖x‖1,
mostrando que g esta bem definida e e um funcional limitado. A linearidade de g e imediata.
Assim, g ∈ (l1)′.
Analise Funcional 93
Vamos mostrar agora que
supk∈N|γk| = ‖f‖,
onde γk = f(ek), k = 1, 2, . . . unicamente determinados por f sao dados em (2.31). Ainda, (2.31)
implica que
|f(x)| = |∞∑k=1
ξkγk| ≤ ‖x‖1 supj∈N|γj‖,
mostrando que
‖f‖ ≤ supj∈N|γj‖,
mostrando que
‖f‖ = supj∈N|γj‖ = ‖c‖∞.
Portanto a aplicacao ϕ : (l1)′ → l∞ definida por
ϕ(f) = c,
onde c = (γ1, γ2, . . .) = (f(e1), f(e2), . . .) e um isomorfismo isometrico, completando o exemplo.�
Exemplo 2.28. Para 1 < p < ∞, o espaco dual de lp e isomorfo a lq, onde 1 < q < ∞ e o
expoente conjugado de 1 < p <∞, isto e,
1
p+
1
q= 1.
De fato: Fixemos
1 < p <∞ e 1 < q <∞ tais que1
p+
1
q= 1.
Como no exemplo anterior, uma base de Schauder {e1, e3, . . .} ⊂ lp, 1 < p < ∞, para lp e dada
por
e1 = (1, 0, 0, · · · 0, . . .) = (δ1j)
e2 = (0, 1, 0, · · · 0, . . .) = (δ2j)...
... . · · · ......
ek = (0, 0, 0, · · · 1, . . .) = (δkj)...
...... · · · ...
....
Entao, todo x ∈ lp se escreve, de forma unica, como
x =∞∑k=1
ξkek, (2.33)
onde ξk ∈ R, k = 1, 2, . . . .
94 Marcos Roberto Teixeira Primo
Consideremos agora um elemento f ∈ (lp)′ no dual de lp. Como
x = limn→∞
n∑k=1
ξkek
e f e um funcional linear limitado, entao
f(x) = f( limn→∞
n∑k=1
ξkek) = limn→∞
n∑k=1
ξkf(ek),
ou seja,
f(x) =∞∑k=1
ξkγk, (2.34)
onde γk = f(ek), k = 1, 2, . . . e sao unicamente determinados por f. Considerando q o expoente
conjugado de p, consideremos, para cada n ∈ N, xn = (ξ(n)k ) definido por
ξ(n)k =
{|γk|qγk, se k ≤ n e γk 6= 0;
0, se k > n ou γk = 0.(2.35)
Substituindo os valores de ξ(n)k dados em (2.35) em (2.34) obtemos que
f(xn) =∞∑k=1
ξ(n)k γk =
n∑k=1
|γk|q,
para cada n ∈ N. Novamente, usando (2.35) e o fato que
p(q − 1) = q,
obtemos, para cada n ∈ N, que
f(xn) ≤ |f(xn)| ≤ ‖f‖‖xn‖p
= ‖f‖(∞∑k=1
|ξ(n)k |p)
1p
= ‖f‖(n∑k=1
| |γk|q
γk|p)
1p
= ‖f‖(n∑k=1
|γk|(q−1)p)1p
= ‖f‖(n∑k=1
|γk|q)1p .
Logo,n∑k=1
|γk|q = f(xn) ≤ ‖f‖(n∑k=1
|γk|q)1p ,
Analise Funcional 95
para cada n ∈ N, de onde obtemos que ∑nk=1 |γk|q
(∑n
k=1 |γk|q)1p
≤ ‖f‖,
para cada n ∈ N, ou seja,
(n∑k=1
|γk|q)1q ≤ ‖f‖,
para cada n ∈ N. Fazendo n→∞, obtemos que
(∞∑k=1
|γk|q)1q ≤ ‖f‖,
mostrando que c = (γ1, γ2, . . .) = (γk) ∈ lq.
Por outro lado, para todo b = (βk) ∈ lq, vamos definir um funcional linear limitado em lp
associado a b. Para isso, definamos g : lp → K por
g(x) = g(ξ1, ξ2, . . .) =∞∑k=1
ξkβk,
onde x = (ξ1, ξ2, . . .) ∈ lp. Observemos inicialmente que a linearidade de g e imediata e a desigual-
dade de Holder implica que
|g(x)| ≤ ‖x‖p‖b‖q,
para todo x ∈ lp, mostrando que g ∈ (lp)′.
Vamos mostrar agora que
‖c‖q = (∞∑k=1
|γk|q)1q = ‖f‖.
Ja provamos que
‖c‖q = (∞∑k=1
|γk|q)1q ≤ ‖f‖.
Mas, para todo x = (ξk) ∈ lp a desigualdade de Holder e (2.34) implicam que
|f(x)| = |∞∑k=1
ξkγk| ≤∞∑k=1
|ξkγk| ≤ ‖x‖p‖c‖q,
provando o desejado.
Portanto a aplicacao ϕ : (lp)′ → lq definida por
ϕ(f) = c,
onde c = (γ1, γ2, . . .) = (f(e1), f(e2), . . .) e um isomorfismo isometrico, completando o exemplo.�
96 Marcos Roberto Teixeira Primo
Definicao 2.23. Sejam X um espaco normado sobre um corpo K, X ′ o dual de X e
X ′′ = (X ′)′ = {ϕ ∈ X∗∗;ϕ e limitado }.
Definimos a imersao canonica
C : X → X ′′
x 7→ C(x) = gx : X ′ → K
f 7→ gx(f) = f(x).
Dizemos que X e reflexivo se, e somente se,
R(C) = X ′′.
Capıtulo 3
Espacos com Produto Interno
O objetivo principal deste capıtulo e generalizar o conceito de produto escalar, estudados no
curso de Geometria Analıtica para os espacos euclideanos R2 e R3, para espacos vetorias mais
gerais e tambem tentar obter as propriedades geometricas decorrentes dos produtos escalares tais
como ortogonalidade, angulos, entre outras.
3.1 Definicao e Espacos de Hilbert
Nesta secao vamos definir os espacos que serao estudados neste capıtulo, apresentar alguns
exemplo, estudar algumas de suas propriedades e relacionar esses espacos com os espacos normados
e de Banach estudados no capıtulo anterior.
Definicao 3.1. Seja H um espaco vetorial sobre um corpo K.. Dizemos que uma aplicacao
〈 · , · 〉 : H × H → R e um produto escalar se para todos u, v, w ∈ H e α ∈ K valem as seguintes
condicoes:
(IP1) 〈u+ v, w〉 = 〈u,w〉+ 〈v, w〉;
(IP2) 〈αu, v〉 = α〈u, v〉;
(IP3) 〈u, v〉 = 〈v, u〉;
(IP4) 〈u, u〉 ≥ 0 e 〈u, u〉 = 0⇐⇒ u = 0.
Nesse caso, dizemos que H = (H, 〈 · , · 〉) e um espaco com produto interno.
Observemos que se o corpo de escalares do espaco vetorial H for o corpo dos numeros reais
R, entao (IP3) pode ser escrita como
〈u, v〉 = 〈v, u〉
97
98 Marcos Roberto Teixeira Primo
para todo u, v ∈ H e neste caso dizemos que o produto interno e simetrico.
Para u, v, w ∈ H e α, β ∈ K, (IP1), (IP2) e (IP3) implicam que
(a) 〈αu+ βv, w〉 = α〈u, v〉+ β〈v, w〉.
De fato:
〈αu+ βv, w〉 = 〈αu,w〉+ 〈βv, w〉 = α〈u,w〉+ β〈v, w〉.
(b) 〈u, αv〉 = α〈u, v〉.
De fato:
〈u, αv〉 = 〈αv, u〉 = α〈v, u〉 = α〈u, v〉.
(c) 〈u, αv + βw〉 = α〈u, v〉+ β〈u,w〉.
De fato:
〈u, αv + βw〉 = 〈αv + βw, u〉 = α〈v, u〉+ β〈w, u〉 = α〈u, v〉+ β〈u,w〉.
Proposicao 3.1. Seja H um espaco com produto interno. Entao
1. Para todo u, v ∈ H,|〈u, v〉| ≤ 〈u, u〉
12 〈v, v〉
12 . (3.1)
2. A aplicacao u 7→ ‖u‖ = 〈u, u〉 12 define uma norma em H, que sera denominada norma
induzida pelo produto interno 〈 · , · 〉.
3. A aplicacao (u, v) 7→ d(u, v) = 〈u−v, u−v〉 12 define uma metrica em H, que sera denominada
metrica induzida pelo produto interno 〈 · , · 〉.
Demonstracao: Primeiro observemos que para todo u, v ∈ H, o numero complexo, 〈u, v〉 pode
ser escrito sob a forma
〈u, v〉 = |〈u, v〉 |eiθ
e, portanto,
〈 v, u〉 = 〈u, v〉 = |〈u, v〉 |e−iθ = |〈u, v〉 |e−iθ.
Assim, para todo λ ∈ C temos que
0 ≤ 〈λu+ eiθv, λu+ eiθv〉= λλ〈u, u〉+ λe−iθ〈u, v〉+ λeiθ〈v, u〉+ 〈v, v〉= λλ〈u, u〉+ λe−iθ|〈u, v〉 |eiθ + λeiθ|〈u, v〉 |e−iθ + 〈v, v〉= λλ〈u, u〉+ (λ+ λ)|〈u, v〉 |+ 〈v, v〉.
Analise Funcional 99
Tomando λ ∈ R e fazendo a = 〈u, u〉, b = 2|〈u, v〉| e c = 〈v, v〉, obtemos que
0 ≤ 〈λu+ eiθv, λu+ eiθv〉 = aλ2 + bλ+ c := p(λ).
Mas,
p(λ) ≥ 0 ⇔ 4|〈u, v〉|2 − 4〈u, u〉〈v, v〉 ≤ 0
⇔ |〈u, v〉|2 ≤ 〈u, u〉〈v, v〉.
Assim,
|〈u, v〉| ≤ 〈u, u〉12 〈v, v〉
12 ,
para todo u, v ∈ H, provando (3.1).
A demonstracao dos ıtens 2 e 3 sao imediatas e ficam como exercıcio.
Observemos que a igualdade em (3.1) ocorre quando u = λv, ou quando v = λu. Ainda,
usando a norma definida na proposicao acima, (3.1) pode ser escrita como
|〈u, v〉| ≤ ‖u‖‖v‖,
para todos u, v ∈ H, que e conhecida como Desigualdade de Cauchy-Schwarz.
Teorema 3.1 (M. Frechet, J. Von Neumann e P. Jordan). Seja (H, ‖ ‖) um espaco normado.
A norma ‖ ‖ e induzida por um produto interno em H se, e somente se, vale a identidade do
paralelogramo
‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2),
para u, v ∈ H.
Demonstracao: Suponhamos inicialmente que exista um produto interno 〈 · , · 〉 em H tal
que
‖u‖ = 〈u, u〉12 ,
para todo u ∈ H. Assim, para todo u, v ∈ H, segue que
‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = (√〈u+ v, u+ v〉)2 + (
√〈u− v, u− v〉)2
= 〈u+ v, u+ v〉+ 〈u− v, u− v〉= 〈u, u+ v〉+ 〈v, u+ v〉+ 〈u, u− v〉 − 〈v, u− v〉= 〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈v, u〉+ 〈v, v〉+ 〈u, u〉 − 〈u, v〉 − 〈v, u〉+ 〈v, v〉= 2(‖u‖2 + ‖v‖2),
mostrando que a desigualdade do paralelogramo e valida.
100 Marcos Roberto Teixeira Primo
Suponhamos agora que a identidade do paralelogramo seja valida para a norma definida em
H e definamos f : H ×H → R por
f(u, v) =1
4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2), u, v ∈ H.
Observemos inicialmente que para todo u ∈ H,
f(u, u) =1
4(‖u+ u‖2 − ‖u− u‖2) = ‖u‖2. (3.2)
Tambem, para u, v ∈ H,
f(u, v) =1
4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2) =
1
4(‖v + u‖2 − | − 1|‖v − u‖2) = f(v, u). (3.3)
Mostremos agora que
f(u+ v, w) = f(u,w) + f(v, w), (3.4)
para quaisquer u, v, w ∈ H. Para fazermos isso definamos a funcao auxiliar ϕ : H ×H ×H → Rpor
ϕ(u, v, w) = 4[f(u+ v, w)− f(u,w)− f(v, w)], u, v, w ∈ H
e mostremos que ϕ(u, v, w) = 0, para todos u, v, w ∈ H. A definicao de f implica que
f(u+ v, w) =1
4(‖u+ v + w‖2 − ‖u+ v − w‖2)
f(u,w) =1
4(‖u+ w‖2 − ‖u− w‖2)
f(v, w) =1
4(‖v + w‖2 − ‖v − w‖2).
Logo,
ϕ(u, v, w) = ‖u+ v + w‖2 − ‖u+ v − w‖2 − ‖u+ w‖2 + ‖u− w‖2 − ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2
= ‖(u+ w) + v‖2 − ‖(u− w) + v‖2 − ‖u+ w‖2 + ‖u− w‖2 − ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2
(3.5)
A identidade do paralelogramo implica que
‖(u+ w) + v‖2 + ‖(u+ w)− v‖2 = 2(‖u+ w‖2 + ‖v‖2)‖(u− w) + v‖2 + ‖(u− w)− v‖2 = 2(‖u− w‖2 + ‖v‖2).
Portanto,
ϕ(u, v, w) = 2‖u+ w‖2 + 2‖v‖2 − ‖(u+ w)− v‖2 − 2‖u− w‖2 − 2‖v‖2
+ ‖(u− w)− v‖2 − ‖u+ w‖2 + ‖u− w‖2 − ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2
= ‖u+ w‖2 − ‖(u+ w)− v‖2 − ‖u− w‖2 + ‖(u− w)− v‖2
− ‖v + w‖2 + ‖v − w‖2.
(3.6)
Analise Funcional 101
Somando (3.5) e (3.6) obtemos que
2ϕ(u, v, w) = ‖(u+ w) + v‖2 − ‖(u− w) + v‖2 − ‖(u+ w)− v‖2 + ‖(u+ w)− v‖2
+ ‖(u− w)− v‖2 − 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2
= [‖u+ w + v‖2 + ‖u− w − v‖2]− [‖u− w + v‖2 + ‖u+ w − v‖2]− 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2,
e a identidade do paralelogramo implica que
2ϕ(u, v, w) = [‖u+ (v + w)‖2 + ‖ − u+ (v + w)‖2]− [‖(v − w) + u‖2 + ‖(v − w)− u‖2]− 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2
= 2(‖u‖2 + ‖v + w‖2)− 2(‖v − w‖2 + ‖u‖2)− 2‖v + w‖2 + 2‖v − w‖2
= 0,
mostrando que ϕ(u, v, w) = 0 e, portanto, mostrando (3.4).
Mostremos agora que
f(αu, v) = αf(u, v), (3.7)
para quaisquer u, v ∈ H e αR. Para isso fixemos u, v ∈ H e definamos φ : R→ R por
φ(α) = f(αu, v)− αf(u, v), α ∈ R
e mostremos que φ(α) = 0, para todo α ∈ R. Vamos separar a demonstracao em casos.
α = 0 Neste caso temos
φ(0) = f(0, v) =1
4[‖v‖2 − ‖ − v‖2] = 0,
provando o resultado para este caso.
α = −1 Neste caso temos
φ(1) = f(u, v)− f(u, v) = 0,
provando o resultado para este caso.
α = 1 Neste caso temos
φ(−1) = f((−1)u, v)− (−1)f(u, v)
=1
4[‖ − u+ v‖2 − ‖ − u− v‖2 + ‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2]
= 0,
provando o resultado para este caso.
102 Marcos Roberto Teixeira Primo
α = n, n ∈ N Neste caso, (3.4) implica que
φ(n) = f((n)u, v)− (n)f(u, v)
= f((u+ u+ u+ . . .+ u), v)− nf(u, v)
= f(u, v) + . . .+ f(u, v)− nf(u, v)
= nf(u, v)− nf(u, v)
= 0,
provando o resultado para este caso.
α = −n, n ∈ N Neste caso, pelos casos anteriores, temos
φ(−n) = f((−n)u, v)− (−n)f(u, v)
= f(n(−u), v) + nf(u, v)
= nf(−u, v) + nf(u, v)
= −nf(u, v) + nf(u, v)
= 0,
provando o resultado para este caso.
Os cinco casos acima mostram que
φ(n) = 0, n ∈ Z. (3.8)
α = pq, p, q ∈ Z e q 6= 0. Neste caso, (3.8) implica que
φ(p
q) = f((
p
q)u, v)− (
p
q)f(u, v)
= pf((1
q)u, v)− (
p
q)f(u, v)
= (p
q)qf((
1
q)u, v)− (
p
q)f(u, v)
= (p
q)f((
q
q)u, v)− (
p
q)f(u, v)
= (p
q)f(u, v)− (
p
q)f(u, v)
= 0,
mostrando que
φ(α) = 0, α ∈ Q. (3.9)
A densidade de Q em R, a continuidade de f e (3.9) mostram que φ(α) = 0 para todo α ∈ R e,
portanto, que (3.7) e valida.
Analise Funcional 103
Definamos agora uma funcao 〈 · , · 〉 : H ×H → K por
〈u, v〉 = f(u, v) + if(u, iv),
para u, v ∈ H e mostremos que 〈 · , · 〉 e um produto interno em H. Observemos inicialmente que
〈u, u〉 = f(u, u) + i(f(u, iu)
=1
4[‖u+ u‖2] +
i
4[‖u+ iu‖2 − ‖u− iu‖2]
= ‖u‖2 +i
4[‖(1 + i)u‖2 − ‖(1− i)u‖2]
= ‖u‖2 +i
4[|(1 + i)|2‖u‖2 − |(1− i)|2‖u‖2]
= ‖u‖2 +i
4[2‖u‖2 − 2|2‖u‖2]
= ‖u‖2,
mostrando que se 〈 · , · 〉 for um produto interno ele induz a norma ‖ · ‖.Como ‖ · ‖ e uma norma em H a condicao (IP4) e imediata. A igualdade (3.4) implica que
〈u+ v, w〉 = f(u+ v, w) + if(u+ v, iw)
= f(u,w) + f(v, w) + if(u, iw) + if(v, iw)
= f(u,w) + if(u, iw) + f(v, w) + if(v, iw)
= 〈u,w〉 + 〈 v, w〉 ,
para todo uv, w ∈ H, provando (IP1).
Agora (3.7) implica que
〈αu, v〉 = f(αu, v) + if(αu, iv)
= αf(u, v) + iαf(u, iv)
= α(f(u, v) + if(u, iv)
= α〈u, v〉 ,
para todo u, v ∈ H e α ∈ R. Ainda,
〈 iu, v〉 = f(iu, v) + if(iu, iv),
para u, v ∈ H. Mas,
f(iu, iv) =1
4[‖iu+ iv‖2 − ‖iu− iv‖2]
=1
4[|i|2‖u+ v‖2 − |i|2‖u− v‖2]
=1
4[‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2]
= f(u, v),
104 Marcos Roberto Teixeira Primo
para u, v ∈ H. Tambem, (3.3) implica que
f(iu, v) = f(iu, i(−iv)) = f(u,−iv) = f(−iv, u) = −f(iv, u) = −f(u, iv).
Logo,
〈 iu, v〉 = f(iu, v) + if(iu, iv)
= −f(u, iv) + if(u, v)
= i(if(u, iv) + f(u, v)
= i(f(u, v) + if(u, iv))
= i〈u, v〉 .
Portanto, para todo u, v ∈ H e λ = α + iβ ∈ C, temos que
〈λu, v〉 = 〈 (α + iβ)u, v〉= 〈 (αu+ iβu, v〉= α〈u, v〉 + iβ〈u, v〉= (α + iβ)〈u, v〉= λ〈u, v〉 ,
provando a propriedade (IP2).
Finalmente, para todo u, v ∈ H temos que
〈u, v〉 = f(u, v) + if(u, iv)
= f(v, u) + if(iv, i(−iu))
= f(v, u) + if(v,−iu)
= f(v, u)− if(iu, v)
= f(v, u)− if(v, iu)
= f(v, u) + if(v, iu)
= 〈 v, u〉 ,
provando (IP3), e completando a prova do teorema.
Exemplo 3.1. O espaco C(a, b) das funcoes reais contınuas definidas no intervalo fechado J =
[a, b] com norma definida por
‖x‖ = maxt∈J|x(t)|,
onde J = [a, b], e um espaco de Banach, mas a norma definida acima nao pode ser obtida de um
produto interno.
Analise Funcional 105
De fato: Se tomarmos
x(t) = 1 e y(t) =(t− a)
(b− a),
temos que ‖x‖ = 1, ‖y‖ = 1 e
x(t) + y(t) = 1 +t− ab− a
e x(t)− y(t) = 1− t− ab− a
.
Portanto,
‖x+ y‖ = 2, ‖x− y‖ = 1 e ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 5.
Mas,
2(‖x‖2 + ‖y‖2) = 4.
Assim, o Teorema 3.1 implica que a norma definida acima nao provem de um produto interno. �
Exemplo 3.2. No espaco vetorial lp, com 1 ≤ p <∞ e p 6= 2, a norma usual nao pode ser obtida
de um produto interno neste espaco.
De fato: Para 1 ≤ p <∞ e p 6= 2 tomemos
x = (1, 1, 0, 0, 0, . . .) e y = (1,−1, 0, 0, 0, . . .).
Entao,
• x, y ∈ lp;
• ‖x‖p = ‖y‖p = 21p ;
• ‖x+ y‖p = ‖x− y‖p = 2.
Assim, vemos que para 1 ≤ p <∞ e p 6= 2,
‖x+ y‖p + ‖x− y‖2p = 4 + 4 = 8 6= 4(22p ) = 2(2
2p + 2
2p ) = 2(‖x‖2p + ‖y‖2p),
ou seja, a identidade do paralelogramo nao esta satisfeita para todo 1 ≤ p <∞ e p 6= 2.
Portanto, a norma usual de lp, para todo 1 ≤ p < ∞ e p 6= 2, nao pode ser obtida de um
produto interno. �
Exemplo 3.3. No espaco vetorial l∞ a norma usual nao pode ser obtida de um produto interno
neste espaco.
De fato: Tomemos
x = (1, 1, 0, 0, 0, . . .) e y = (1,−1, 0, 0, 0, . . .).
Entao,
106 Marcos Roberto Teixeira Primo
• x, y ∈ l∞;
• ‖x‖∞ = ‖y‖∞ = 1;
• ‖x+ y‖∞ = ‖x− y‖∞ = 2.
Assim, vemos que
‖x+ y‖∞ + ‖x− y‖2∞ = 4 + 4 = 8 6= 4 = 2(1 + 1) = 2(‖x‖2∞ + ‖y‖2∞),
ou seja, a identidade do paralelogramo nao esta satisfeita em l∞.
Portanto, a norma usual de l∞ nao pode ser obtida de um produto interno. �
Definicao 3.2. Um espaco com produto interno H e um espaco de Hilbert se ele for um espaco
de Banach relativamente a norma induzida pelo produto interno.
Exemplo 3.4. O espaco Rne um espaco de Hilbert com produto interno definido por
〈x, y〉 = ξ1η1 + . . .+ ξnηn, (3.10)
onde x = (ξ1, . . . , ξn) e y = (η1, . . . , ηn).
Exemplo 3.5. O espaco vetorial Cn e um espaco de Hilbert com produto interno dado por
〈x, y〉 = ξ1η1 + . . .+ ξnηn (3.11)
e norma induzida pelo produto interno dada por
‖x‖ = (ξ1ξ1 + . . .+ ξnξn)12 = (|ξ1|2 + . . .+ |ξn|2)
12 .
Exemplo 3.6 (Espaco l2 das Sequencias de Hilbert ). O espaco vetorial l2 definido por
l2 = {x = (x1, x2, . . .);xi ∈ C e∞∑i=1
| xi |2<∞}
e um espaco de Hilbert com produto interno definido por
〈x, y〉 =∞∑j=1
ξjηj.
De fato: A convergencia da serie acima segue da desigualdade de Cauchy-Schwarz e do fato
que x, y ∈ l2. A norma induzida pelo produto interno acima e dada entao por
‖x‖ = 〈x, x〉2 = (∞∑j=1
|ξj|2)12 ,
os detalhes sao deixados como exercıcio. �
Os tres espacos com produto interno acima sao tambem exemplos de espacos de Hilbert.
Analise Funcional 107
Exemplo 3.7. Considere o o espaco vetorial de todas as funcoes contınuas de valores reais em
[a, b] com norma dada por
‖x‖ = (
∫ b
a
|x(t)|2dt)12 ,
para toda funcao contınua x : [a, b]→ R. Denotaremos este espaco vetorial por tais que
L2(a, b) = ({x : (a, b)→ R; x e contınua }, ‖x‖ = (
∫ b
a
|x(t)|2dt)12 ).
Em L2(a, b) esta norma pode ser obtida do produto interno definido por
〈x, y〉 =
∫ b
a
x(t)y(t)dt.
Considerando as funcoes com valores complexos (e mantendo t ∈ [a, b] real), elas foram um
espaco vetorial complexo e definimos o produto interno por
〈x, y〉 =
∫ b
a
x(t)y(t)dt.
A norma agora e dada por
‖x‖ = (
∫ b
a
|x(t)|2dt)12 ,
pois x(t)x(t) = |x(t)|2.
O ultimo resultado desta secao nos da um formula para obtermos o produto interno em funcao
da norma induzida por ele.
Proposicao 3.2. Seja H um espaco com produto interno 〈 · , · 〉.
1. Se H e um espaco vetorial real, entao
〈u, v〉 =1
4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2), (3.12)
para todo u, v ∈ H.
2. Se H e um espaco vetorial complexo, entao
<〈u, v〉 =1
4(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2)
=〈u, v〉 =1
4(‖u+ iv‖2 − ‖u− iv‖2)
(3.13)
108 Marcos Roberto Teixeira Primo
Demonstracao: Para todo u, v ∈ H, como H e um espaco vetorial real, temos que
‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 〈u+ v, u+ v〉 + 〈u− v, u− v〉= 〈u, u〉 + 〈u, v〉 + 〈 v, u〉 + 〈 v, v〉 − 〈u, u〉 + 〈u, v〉 + 〈 v, u〉 − 〈 v, v〉= 4〈u, v〉 ,
provando (3.12). Se H for um espaco vetorial complexo temos que
‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 2〈u, v〉 + 2〈 v, u〉= 4<〈u, v〉 ,
provando a primeira igualdade em (3.13). Tambem, para u, v ∈ H, temos que
‖u+ iv‖2 − ‖u− iv‖2 = 〈u+ iv, u+ iv〉 + 〈u− iv, u− iv〉= 〈u, u〉 + 〈u, iv〉 + 〈 iv, u〉 + 〈 iv, iv〉− 〈u, u〉 + 〈u, iv〉 + 〈 iv, u〉 − 〈 iv, iv〉
= −i〈u, v〉 + i〈 v, u〉 − i〈u, v〉 + i〈 v, u〉= 2i[−〈u, v〉 + 〈 v, u〉 ]= 2i(−2i)=〈u, v〉= 4=〈u, v〉 ,
provando a ultima igualdade em (3.13).
3.2 Propriedades de Espacos com Produto Interno
Nesta secao mostraremos algumas propriedades sobre espacos com produto interno. Comece-
mos com um resultado que mostra a continuidade do produto interno.
Lema 3.1. Sejam H um espaco com produto interno, (un)n∈N e (vn)n∈N duas sequencias em H
tais que
un → u ∈ H e vn → v ∈ H,
quando n→∞. Entao,
〈vn, vn〉 → 〈u, v〉,
quando n→∞.
Demonstracao: Como sequencias convergentes sao limtiadas, a desigualdade triangular e a
desigualdade de Cauchy-Schwarz implicam que
|〈un, vn〉 − 〈u, v〉| = |〈un, vn〉 − 〈un, v〉+ 〈un, v〉 − 〈u, v〉|6 |〈un, vn − v〉|+ |〈un − u, v〉|6 ‖un‖‖vn − v‖+ ‖un − u‖‖v‖→ 0,
Analise Funcional 109
pois yn → y e xn → x, quando n→∞.Sejam H1 e H2 dois espacos com produto interno sobre o mesmo corpo de escalares. Diremos
que H1 e H2 sao espacos com produto interno isomorfos se existir uma transformacao linear
bijetora
T : H1 → H2
tal que
〈Tx, Ty〉2 = 〈x, y〉1,
para quasiquer x, y ∈ H1. Observemos que tomando
‖x‖1 = 〈x, x〉1, ∀x ∈ H1
e
‖x‖2 = 〈y, y〉1, ∀y ∈ H2,
entao T e uma isometria entre os espaco normados (H1, ‖ ‖1) e (H2, ‖ ‖2).Os dois proximos resultados seguem do que foi demonstrado nos capıtulos anteriores.
Teorema 3.2. Seja X um espaco com produto interno, entao existe um espaco de Hilbert H e
um isomorfismo A : X → W ⊂ H tal que W e denso em H. O espaco de Hilbert H e unico exceto
por isomorfismo.
Definicao 3.3. Um conjunto Y de um espaco com produto interno X e um subespaco de X se ele
e um subespaco vetorial de X, munido do produto interno dado pela restricao do produto interno
de X ao subespaco vetorial Y. Analogamente, um subespaco Y de um espaco de Hilbert H e um
subespaco do espaco com produto interno H.
Teorema 3.3. Seja Y um subespaco de um espaco de Hilbert H. Entao,
(a) Y e completo se, e somente se, Y e fechado em H.
(b) Se Y tem dimensao finita, entao Y e completo.
3.3 Complementos Ortogonais e Somas Diretas
Definicao 3.4. Seja H um espaco com produto interno. O segmento que une dois elementos
dados u e v em H e definido como o conjunto
[x, y] := {w = αu+ (1− α)v; α ∈ R e 0 6 α 6 1}.
Um subconjunto K de H e dito convexo se para todo x, y ∈ K o segmento que os une [x, y] ⊂ K.
Em particular, todo subespaco Y de um espaco com produto interno H e convexo, e a in-
tersecao de conjuntos convexos e um conjunto convexo.
110 Marcos Roberto Teixeira Primo
Teorema 3.4 (Projecao sobre um Convexo Fechado). Seja K um subconjunto convexo,
fechado e nao vazio de um espaco de Hilbert H. Entao, para todo f ∈ H, existe um unico u ∈ Ktal que
d = ‖f − u‖ = minv∈K‖f − v‖. (3.14)
Alem disso, se H e real, entao u se caracteriza por{u ∈ K〈 f − u, v − u〉 ≤ 0, ∀v ∈ K.
(3.15)
Denotaremos u = pKf :=projecao de f sobre K.
Demonstracao: Dividiremos a demonstracao do teorema em tres partes.
(a) Existencia. Seja (vn)n≥1 uma sequencia minimizante para (3.14), isto e,
dn = ‖f − vn‖ → d = infv∈K‖f − v‖,
notando que o ınfimo existe pois ‖f − v‖ ≥ 0, para toda f ∈ H e v ∈ K. Afirmamos que
(vn)n≥1 e uma sequencia de Cauchy em H. Para mostrarmos este fato, aplicamos a Identidade do
Paralelogramo para f − vn e f − vm e obtemos que
‖f − vn + vm2‖2 + ‖vn − vm
2‖2 =
1
2(d2n + d2m).
Como K e convexo e vn, vm ∈ K, entao vn+vm2∈ K. Assim,
‖f − vn + vm2‖ ≥ d.
Logo,
‖vn − vm2‖2 ≤ 1
2(d2n + d2m)− d2 → 0,
quando m,n→∞, mostrando que (vn)n≥1 e uma sequencia de Cauchy.
Como H e um espaco de Hilbert, entao (vn)n≥1 e convergente. Mas K e fechado, entao existe
u ∈ K tal que vn → u. A continuidade da norma implica entao que d = ‖f − u‖.
(b) Unicidade. Sejam u1, u2 ∈ K satisfazendo (3.14). Pela identidade do paralelogramo,
‖u1 − u2‖2 = ‖(u1 − f)− (u2 − f)‖2
= 2‖u1 − f‖2 + 2‖u2 − f‖2 − ‖(u1 − f) + (u2 − f)‖2
= 2d2 + 2d2 − 4‖1
2(u1 + u2)− f‖2.
Na direita, 12(u1 + u2) ∈ K, pois K e convexo. Portanto,
‖1
2(u1 + u2)− f‖ > d.
Analise Funcional 111
Logo,
0 ≤ ‖u1 − u2‖2 ≤ 2d2 + 2d2 − 4d2 = 0,
mostrando que u1 = u2.
(c) Equivalencia entre (3.14) e (3.15).
(3.14) ⇒ (3.15): Seja u ∈ K satisfazendo (3.14). Como K e convexo, v = (1− t)u+ tw ∈ K, para
todo t ∈ [0, 1]. Entao, (3.14) implica que
‖f − u‖ ≤ ‖f − [(1− t)u+ tw]‖ = ‖f − u− t(w − u)‖.
Assim
‖f − u‖2 ≤ 〈 f − u− t(w − u), f − u− t(w − u)〉= ‖f − u‖2 − 2t〈 f − u,w − u〉 + t2‖w − u‖2,
ou seja,
2t〈 f − u,w − u〉 ≤ t2‖w − u‖2.
Para t 6= 0 temos que
2〈 f − u,w − u〉 ≤ t‖w − u‖2,
para todo w ∈ K e todo t ∈ (0, 1]. Fazendo t→ 0 obtemos (3.15).
(3.15) ⇒ (3.14): Seja u ∈ K satsfazendo (3.15). Entao,
‖u− f‖2 − ‖v − f‖2 = 2〈 f − u, v − u〉 − ‖v − u‖2 ≤ −‖v − u‖2 ≤ 0,
para todo v ∈ K, ou seja,
‖u− f‖ ≤ ‖v − f‖, ∀v ∈ K,
mostrando que (3.14) esta satisfeita.
(d) Unicidade. Sejam u1, u2 ∈ H satisfazendo (3.15). Entao,
〈 f − u1, v − u1〉 ≤ 0 ∀v ∈ K
〈 f − u2, v − u2〉 ≤ 0 ∀v ∈ K.
Como u1, u2 ∈ K, entao
〈 f − u1, u2 − u1〉 ≤ 0 e 〈 f − u2, u1 − u2〉 ≤ 0.
112 Marcos Roberto Teixeira Primo
Daı,
〈 f − u1, u2 − u1〉 + 〈 f − u2, u1 − u2〉 ≤ 0 ⇒ 〈 f − u1, u2 − u1〉 − 〈 f − u2, u2 − u1〉 ≤ 0
⇒ 〈 (f − u1)− (f − u2), u2 − u1〉 ≤ 0
⇒ 〈u2 − u1, u2 − u1〉 ≤ 0
⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ 0,
mostrando que u1 = u2, completando a prova do teorema.
Proposicao 3.3. Seja K um subconjunto convexo, fechado e nao vazio de um espaco de Hilbert
real H. Entao,
‖pKf1 − pK
f2‖ ≤ ‖f1 − f2‖,
para todos f1, f2 ∈ H. Em outras palavras, a projecao pK
: H → K e contınua.
Demonstracao: Do Teorema 3.4, existem unicos u1, u2 ∈ K tais que pKf1 = u1 e p
Kf2 = u2.
Ainda mais,
〈 f1 − u1, v − u1〉 ≤ 0 e 〈 f2 − u2, v − u2〉 ≤ 0, ∀v ∈ K.
Logo, se u1 6= u2,
−〈 f1 − u1, u1 − u2〉 + 〈 f2 − u2, u1 − u2〉 ≤ 0 ⇒ 〈−f1 + u1, u1 − u2〉 + 〈 f2 − u2, u1 − u2〉 ≤ 0
⇒ 〈 f2 − f1, u1 − u2〉 + 〈u1 − u2, u1 − u2〉 ≤ 0
⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ −〈 f2 − f1, u1 − u2〉⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ 〈 f1 − f2, u1 − u2〉⇒ ‖u1 − u2‖2 ≤ ‖f1 − f2‖‖u1 − u2‖⇒ ‖u1 − u2‖ ≤ ‖f1 − f2‖.
Quando u1 = u2, a demonstracao da propriedade e imediata.
Corolario 3.1. Sejam M um subespaco vetorial fechado de um espaco de Hilbert real H e f ∈ H.Entao, u = p
Mf se caracteriza por{
u ∈M〈 f − u, v〉 = 0, ∀v ∈M.
(3.16)
Alem disso, pM
: H →M e um operador linear limitado.
Demonstracao: Como M e um subespaco vetorial de H, entao M e convexo e nao vazio e o
Teorema 3.4 implica
〈 f − u, v − u〉 ≤ 0, ∀v ∈M.
Entao,
〈 f − u, tv − u〉 ≤ 0, ∀v ∈M e t ∈ R,
Analise Funcional 113
ou seja,
t〈 f − u, v〉 ≤ 〈 f − u, u〉 , ∀v ∈M e t ∈ R.
Logo,
〈 f − u, v〉 = 0, ∀v ∈M.
Agora, se u ∈M satisfaz (3.16), entao
〈 f − u, v − u〉 = 〈 f − u, v〉 − 〈 f − u, u〉 = 0− 0 ≤ 0, ∀v ∈M
e o Teorema 3.4 implica que u = pMf. A unicidade de u e (3.16) impicam imediatamente a
linearidade de pM. A continuidade de p
Mesta mostrada na Proposicao 3.3.
Definicao 3.5. Sejam H um espaco com produto interno e x, y ∈ H. Diremos que x e ortogonal
a y se, e somente se, 〈x, y〉 = 0. Neste caso escrevemos x⊥y.
Similarmente, sejam A,B ⊂ H. Diremos que x ∈ H e ortogonal a A, escrevemos x⊥A, se
x⊥a para todo a ∈ A e A e ortogonal a B, escrevemos A⊥B, se a⊥b para todo a ∈ A e b ∈ B.
Lema 3.2. Sejam H um espaco de Hilbert, Y um subespaco fechado de H (na metrica induzida
pelo produto interno de H) e x ∈ H fixado. Entao z = x− y e ortogonal a Y, onde y ∈ Y e dado
no Teorema 3.4, tomando-se K = Y e f = x.
Demonstracao: Se z nao fosse ortogonal a Y, entao existiria um y1 ∈ Y tal que
〈z, y1〉 = β 6= 0. (3.17)
Claramente y1 6= 0, pois de outra forma 〈z, y1〉 = 0. Alem disso, para qualquer escalar α,
‖z − αy1‖2 = 〈z − αy1, z − αy1〉= 〈z, z〉 − α〈z, y1〉 − α(〈y1, z〉 − α〈y1, y1〉)= 〈z, z〉 − αβ − α(β − α〈y1, y1〉).
A expressao entre parenteses e zero se escolhermos
α =β
〈y1, y1〉6= 0.
De (3.14), temos que ‖z‖ = ‖x− y‖ = d e, portanto, a equacao acima fica na forma
‖z − αy1‖2 = ‖z‖2 − |β|2
〈y1, y1〉< d2,
o que e impossıvel, pois temos que
z − αy1 = x− y2,
onde y2 = y + αy1 ∈ Y e a definicao de d em (3.14) implica que
‖z − αy1‖ > d.
Portanto, (3.17) nao pode ser valida, e o lema esta provado.
114 Marcos Roberto Teixeira Primo
Definicao 3.6. Seja X um espaco vetorial. Diremos que X e a soma direta de dois subespacos
Y e Z de X, denotaremos por
X = Y ⊕ Z,
se todo x ∈ X tiver uma unica representacao da forma
x = y + z,
com y ∈ Y e z ∈ Z. Neste caso, Z(Y ) e chamado um complemento algebrico de Y (Z) em X. Os
subespacos Y e Z sao chamados de um par complementar de subespacos em X.
Teorema 3.5. Sejam H um espaco de Hilbert e Y um subespaco fechado de H. Entao,
H = Y ⊕ Z, (3.18)
onde Z = Y ⊥.
Demonstracao: Como Y e convexo, o Lema 3.2 implicam que para todo x ∈ H existe um unico
y ∈ Y tal que
x = y + z, (3.19)
onde z ∈ Z = Y ⊥.
Mostremos agora que a decomposicao em (3.19) e unica. Suponhamos que
x = y + z = y1 + z1,
onde y, y1 ∈ Y e z, z1 ∈ Z. Entao, y− y1 = z1− z. Como y− y1 ∈ Y e z1− z ∈ Z = Y ⊥, notamos
que
y − y1 ∈ Y ∩ Y ⊥ = {0},
mas isso implica que y = y1 e que z = z1, concluındo a prova da unicidade da representacao em
(3.19).
Por definicao, y em (3.19) e chamado de projecao ortogonal de x em Y ou apenas a projecao
de x em Y . Este termo e motivado pela geometria elementar. Por exemplo, podemos tomar
H = R2 e projetar qualquer ponto (x, y) no eixo Ox, bastando para isso tomar (x, 0).
A equacao (3.19) define uma aplicacao P : H −→ Y definida por
x 7→ y = Px.
A aplicacao P e chamada de projecao ortogonal (ou operador ortogonal) de H em Y . Temos que
P e um operador linear limitado e sobrejetor, P (Y ) = Y e P (Z) = P (Y ⊥) = {0}. Tambem, P e
idempotente, isto e,
P 2 = P,
Analise Funcional 115
isto e, para todo x ∈ H,
P 2x = P (Px) = Px.
Vemos que P |Y e o operador identidade em Y . Dessas informacoes obtemos o seguinte lema.
Lema 3.3. O complemento ortogonal, Y ⊥, de um subespaco fechado Y em um espaco de Hilbert
H e o nucleo, N(P ), da projecao ortogonal P : H −→ Y .
Um complemento ortogonal e um caso especial de anulador, onde por definicao, o anulador,
M⊥, de um conjunto M 6= ∅ em um espaco com produto interno H e o conjunto
M⊥ = {x ∈ H; x⊥M}.
Entao, x ∈M⊥ se, e somente se, 〈x, v〉 = 0 para todo v ∈M , o que explica o nome de anulador.
Note que mesmo M sendo apenas um conjunto nao vazio, o complemento ortogonal M⊥ e um
subespaco vetorial do espaco com produto interno H, pois se x, y ∈ M⊥ entao, para todo v ∈ Me α, β escalares temos que
〈αx+ βy, v〉 = α〈x, v〉+ β〈y, v〉 = 0.
Portanto, αx+ βy ∈M⊥, mostrando que M⊥ e um subespaco vetorial de H.
Observermos ainda que (M⊥)⊥ sera escrito como M⊥⊥. Em geral temos que
M ⊂M⊥⊥, (3.20)
pois se x ∈M, entao x⊥M⊥ e, portanto, x ∈ (M⊥)⊥. Mas para subespacos fechados temos
Lema 3.4. Se Y e um subespaco fechado de um espaco de Hilbert H, entao
Y = Y ⊥⊥. (3.21)
Demonstracao: Primeiro observemos que Y ⊂ Y ⊥⊥ por (3.20). Mostraremos agora que Y ⊃Y ⊥⊥. Para isso seja x ∈ Y ⊥⊥ ⊂ H. O Teorema 3.5 implica que x = y + z, onde y ∈ Y ⊂ Y ⊥⊥
por (3.20) e z ∈ Y ⊥. Como Y ⊥⊥ e um espaco vetorial e x ∈ Y ⊥⊥, entao z = x − y ∈ Y ⊥⊥,
portanto z⊥Y ⊥. Logo, z⊥z e, portanto, z = 0. Assim, x = y, isto e, x ∈ Y e, portanto, Y ⊃ Y ⊥⊥,
completando a prova do lema.
Temos entao que (3.21) e a principal razao para o uso de subespacos fechados no presente
contexto. Como Z⊥ = Y ⊥⊥ = Y , a formula (3.18) pode tambem ser escrita como
H = Z ⊕ Z⊥.
Segue que x 7→ z define uma projecao Pz : H −→ Z, cujas propriedades sao completamente
similares aquelas da projecao ortogonal P considerada antes.
116 Marcos Roberto Teixeira Primo
Lema 3.5. Para qualquer subconjunto M 6= ∅ de um espaco de Hilbert H, o conjunto gerado por
M, que denotaremos [M ], e denso em H se, e somente se, M⊥ = {0}.
Demonstracao: Seja x ∈ M⊥ e suponhamos que V = [M ] e denso em H. Entao, x ∈ V = H
e, portanto, existe uma sequencia (xn) em V tal que (xn) → x. Como x ∈ M⊥ e M⊥⊥V , temos
〈xn, x〉 = 0, para todo n ∈ N. A continuidade do produto interno implica que 〈xn, x〉 → 〈x, x〉.Logo,
0 = 〈x, x〉 = ‖x‖2.
Daı, x = 0 e, portanto, M⊥ = {0}.Reciprocramente, suponha que M⊥ = {0}. Se x⊥V = [M ], entao x⊥M. Logo, x ∈ M⊥ e,
portanto, x = 0. Daı, V ⊥ = {0}. Note que V e um subespaco de H, entao obtemos V = H pelo
Teorema 3.5 aplicado com Y = V .
Corolario 3.2. Seja H um espaco de Hilbert H e M um subespaco vetorial fechado de H tal que
H = M ⊕M⊥. Se u = v + w com v ∈ M e w ∈ M⊥, entao w = pM
(u) e v = pM⊥u. Alem disso,
pM
e pM⊥
= I − pM
sao projecoes ortogonais.
3.4 O Dual de um Espaco de Hilbert
Teorema 3.6. Sejam H um espaco de Hilbert e f : H → K um funcional linear limitado. Entao
existe um unico z ∈ H tal que
f(x) = 〈x, z〉, (3.22)
para todo x ∈ H e
‖z‖ = ‖f‖. (3.23)
Demonstracao: Provaremos que f tem uma representacao da forma (3.22), z em (3.22) e unico
e (3.23) e valida.
Se f = 0, entao (3.22) e (3.23) valem se tomarmos z = 0.
Seja f 6= 0. Para a representacao (3.22) existir, devemos ter necessariamente que z 6= 0, pois
de outra maneira f = 0. Alem disso, como 〈x, z〉 = 0 para todo x ∈ N (f) ⊂ H, onde
N (f) = {x ∈ H; f(x) = 0}
e o nucleo de f . Portanto, o elemento z ∈ H deve pertencer ao complemento ortogonal, N (f)⊥,
de N (f).
Como N(f) e um subespaco vetorial fechado e como f 6= 0, entao N(f) 6= H e, portanto,
N(f)⊥ 6= {0} pelo Teorema 3.5. Assim, existe z0 6= 0, tal que z0 ∈ N(f)⊥. Consideremos entao
v = f(x)z0 − f(z0)x,
Analise Funcional 117
onde x ∈ H e arbitrario. Aplicando f , obtemos que
f(v) = f(x)f(z0)− f(z0)f(x) = 0.
Isso mostra que v ∈ N(f). Como z0⊥N(f), temos
0 = 〈v, z0〉 = 〈f(x)z0 − f(z0)x, z0〉 = f(x)〈z0, z0〉 − f(z0)〈x, z0〉.
Mas, 〈z0, z0〉 = ‖z0‖2 6= 0. Logo,
f(x) =f(z0)
〈z0, z0〉〈x, z0〉
que pode ser escrito na forma (3.22) tomando
z =f(z0)
〈z0, z0〉z0.
Como x ∈ H foi tomado arbitrario, (3.22) esta provado.
Provaremos que z ∈ H satisfazendo (3.22) e unico. Suponhamos que para todo x ∈ H,
existam z1, z2 ∈ H tais que
f(x) = 〈x, z1〉 = 〈x, z2〉.
Entao,
〈x, z1 − z2〉 = 0,∀x ∈ H.
Escolhendo x = z1 − z2, temos que
〈x, z1 − z2〉 = 〈z1 − z2, z1 − z2〉 = ‖z1 − z2‖2 = 0.
Portanto, z1 − z2 = 0, entao z1 = z2, provando a unicidade da representacao em (3.22).
Provaremos agora (3.23). Se f = 0, tem-se z = 0 e (3.23) vale. Se f 6= 0, entao z 6= 0. De
(3.22) com x = z obtemos que
‖z‖2 = 〈z, z〉 = f(z) 6 ‖f‖‖z‖.
Dividindo a expressao acima por ‖z‖ 6= 0 obtemos que
‖z‖ 6 ‖f‖.
De (3.22) e da desigualdade de Cauchy-Schwarz vemos que
|f(x)| = |〈x, z〉| 6 ‖x‖‖z‖.
Isto implica que
‖f‖ = sup‖x‖=1
|f(x)| = sup‖x‖=1
|〈x, z〉| 6 ‖z‖,
e concluımos que ‖f‖ = ‖z‖, provando o teorema.
118 Marcos Roberto Teixeira Primo
Lema 3.6. Se 〈v1, w〉 = 〈v2, w〉 para todo w em um espaco com produto interno X, entao v1 = v2.
Em particular, se 〈v1, w〉 = 0 para todo w ∈ X, entao v1 = 0.
Demonstracao: Por hipotese, para todo w ∈ X,
〈v1 − v2, w〉 = 〈v1, w〉 − 〈v2, w〉 = 0.
Para w = v1 − v2 temos ‖v1 − v2‖2 = 0. Portanto, v1 − v2 = 0 e daı, v1 = v2.
Em particular, se 〈v1, w〉 = 0, para todo w ∈ X, tomando w = v1, obtemos que ‖v1‖2 = 0 e,
portanto, v1 = 0.
Definicao 3.7. Sejam X e Y espacos vetoriais sobre o mesmo campo de escalares K (R ou C).
Entao, a forma sesquilinear (ou funcional sesquilinear) h sobre X × Y e uma aplicacao
h : X × Y −→ K
tal que para todo x, x1, x2 ∈ X, y, y1, y2 ∈ Y e escalares α, β ∈ K as propriedades
(a) h(x1 + x2, y) = h(x1, y) + h(x2, y);
(b) h(x, y1 + y2) = h(x, y1) + h(x, y2);
(c) h(αx, y) = αh(x, y);
(d) h(x, βy) = βh(x, y),
estao satisfeitas.
As propriedades acima nos mostram que h e linear no primeiro argumento e conjugado linear
no segundo argumento. Se X e Y sao reais (K = R), entao a propriedade (d) fica da forma
h(x, βy) = βh(x, y),
para todos x ∈ X, y ∈ Y e β ∈ R. Nesse caso diremos que h e uma forma bilinear.
Se X e Y sao espacos normados e se existe um numero real positivo c > 0 tal que para todo
x, y ∈ X,|h(x, y)| 6 c‖x‖‖y‖, (3.24)
entao h e uma forma sesquilinear limitada, e o numero
‖h‖ = supx,y 6=0
|h(x, y)|‖x‖‖y‖
= sup‖x‖=‖y‖=1
|h(x, y)| (3.25)
e chamado de norma da forma sesquilinear h.
Analise Funcional 119
Teorema 3.7 (Representacao de Riesz). Sejam H1 e H2 espacos de Hilbert sobre o mesmo corpo
de escalares e
h : H1 ×H2 −→ K
uma forma sesquilinear limitada. Entao, h tem uma representacao dada por
h(x, y) = 〈Sx, y〉, (3.26)
onde S : H1 −→ H2 e um operador linear limitado, S e univocamente determinado por h e tem
norma
‖S‖ = ‖h‖ (3.27)
Demonstracao: Consideremos f : H2 → K definido por
f(y) = h(x, y).
As propriedades de h implicam que f e um funcional linear limitado, para cada x ∈ H1 fixado,
em H2 e o Teorema 3.6 implica que existe um unico z = z(h, x) ∈ H2 tal que
h(x, y) = f(y) = 〈y, z〉.
Portanto,
h(x, y) = 〈z, y〉, ∀y ∈ H2, (3.28)
onde z ∈ H2 e unico para cada x ∈ H1 fixado. Assim, (3.28) define uma aplicacao S : H1 −→ H2
por
Sx = z, ∀x ∈ H1.
Substituindo z = Sx em (3.28), temos
h(x, y) = 〈Sx, y〉,
mostrando (3.26).
Provaremos agora que S e linear. De fato, sejam x1, x2 ∈ H1. De (3.26) e das propriedades
da forma sesquilinear h obtemos que
〈S(αx1 + βx2), y〉 = h(αx1 + βx2, y)
= αh(x1, y) + βh(x2, y)
= α〈Sx1, y〉+ β〈Sx2, y〉= 〈αSx1 + βSx2, y〉
para todo y em H2. Portanto, o Lema 3.6 implica que
S(αx1 + βx2) = αSx1 + βSx2,
120 Marcos Roberto Teixeira Primo
mostrando a linearidade de S.
Mostremos agora que S e limitado. De fato, deixando de lado o caso trivial S = 0, temos de
(3.26) e de (3.25) que
‖h‖ = supx,y 6=0
|〈Sx, y〉|‖x‖‖y‖
> sup‖x‖,‖Sx‖6=0
|〈Sx, Sx〉|‖x‖‖Sx‖
= supx 6=0
‖Sx‖‖x‖
= ‖S‖.
Isso prova que S e limitado e que
‖h‖ > ‖S‖.
A desigualdade de Cauchy-Schwarz implica que
‖h‖ = supx,y 6=0
|〈Sx, y〉|‖x‖‖y‖
6 supx 6=0
‖Sx‖‖y‖‖x‖‖y‖
= ‖S‖,
mostrando a igualdade (3.28).
Para provarmos a unicidade da aplicacao linear limitada S, suponhamos que exista um ope-
rador linear limitado T : H1 −→ H2 tal que para todo x ∈ H1 e y ∈ H2 temos
h(x, y) = 〈Sx, y〉 = 〈Tx, y〉.
Vemos que Sx = Tx para todo x ∈ H1 pelo Lema 3.6. Portanto S = T, completando a prova do
teorema.
3.5 Os Teoremas de Stampachia e Lax-Milgran
Ao longo desta secao o corpo de escalares considerado e sempre K = R. Levando em conta o
Teorema da Representacao de Riesz para funcionais lineares limitados definidos em um espaco de
Hilbert H, f : H → R denotaremos
f(u) = 〈f, u〉, u ∈ H.
E, para evitarmos confusao, denotaremos o produto interno em H por ( · , · ), e a norma induzida
por este produto interno denotaremos por | · |.
Definicao 3.8. Seja H um espaco com produto interno. Diremos que uma forma bilinear
a( · , · ) : H ×H → R,
isto e, uma aplicacao linear na primeira e na segunda variavel, e
1. contınua se existir c ≥ 0 tal que
|a(u, v)| ≤ c|u||v|, ∀u, v ∈ H.
Analise Funcional 121
2. coerciva se existir α > 0 tal que
a(v, v) ≥ α|v|2, ∀v ∈ H.
Teorema 3.8 (Stampachia). Sejam H um espaco de Hilbert, a : H×H → R uma forma bilinear
contınua e coerciva e K um subconjunto convexo, fechado e nao vazio de H. Dado ϕ ∈ H ′, existe
um unico u ∈ K tal que
a(u, v − u) ≥ 〈ϕ, v − u〉, ∀v ∈ K. (3.29)
Alem disso, se a for simetrica, entao u se caracteriza por u ∈ K1
2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min
v∈K{1
2a(v, v)− 〈ϕ, v〉}.
(3.30)
Demonstracao: Dada ϕ ∈ H ′, O Teorema da Representacao de Riesz implica que existe um
unico f ∈ H tal que
〈ϕ, v〉 = (f, v), ∀v ∈ H.
Por outro lado, para todo u ∈ H fixo, a aplicacao ψu : H → R definida por
〈ψu, v〉 = a(u, v)
e um funcional linear limitado em H ′. Aplicando o Teorema da Representacao de Riesz para este
funcional, segue que existe um unico Au ∈ H tal que
〈ψu, v〉 = a(u, v) = (Au, v), ∀v ∈ H.
Temos que a aplicacao A : H → H definida acima e
• linear, pela unicidade de Au e pela bilinearidade de a;
• e limitada, pois para todo u ∈ H temos que
|Au| = ‖ψu‖H′ = sup|v|≤1|〈ψu, v〉| = sup
|v|≤1|a(u, v)|
≤ sup|v|≤1
c|u||v| ≤ c|u|,
onde c e uma constante nao negativa;
• para todo u ∈ H,(Au, u) = a(u, u) ≥ α|u|2,
onde α e uma constante positiva.
122 Marcos Roberto Teixeira Primo
Assim, (3.29) e equivalente a encontrar um unico u ∈ K tal que
(Au, v − u) ≥ (f, v − u) ∀v ∈ K. (3.31)
Mas (3.31) e equivalente a
(f − Au, v − u) ≤ 0, ∀v ∈ K,
que por sua vez e equivalente a
(ρf − ρAu+ u− u, v − u) ≤ 0 ∀v ∈ K,
para ρ > 0, ou seja (3.31) e equivalente a encontrar u ∈ K tal que
u = pK
(ρf − ρAu+ u), ρ > 0.
Defina
S : K → K
v 7→ Sv = pK
(ρf − ρAv + v).
Vamos mostrar que para um adequado valor de ρ, S e uma contracao. Se v1, v2 ∈ K, entao a
Proposicao 3.3 implica que
|Sv1 − Sv2| ≤ |ρf − ρAv1 + v1 − (ρf − ρAv2 + v2)| = |v1 − v2 + ρ(Av2 − Av1)|.
Daı,
|Sv1 − Sv2|2 ≤ |v1 − v2|2 − 2ρ(A(v − 1− v2, v1 − v2) + ρ2|A(v2 − v2)|2
≤ |v1 − v2|2 − 2ρα|v1 − v2|2 + ρ2c2|v1 − v2|2
= |v1 − v2|2[1− 2αρ+ c2ρ2].
Fixando ρ > 0 tal que
k2 = c2ρ2 − 2αρ+ 1 < 1⇐⇒ 0 < ρ <2α
c2,
o Teorema do Ponto Fixo de Banach implica que S admite um unico ponto fixo u ∈ K, mostrando
que (3.31) e valida e, portanto, (3.29) esta demonstrada.
Suponhamos agora que a forma bilinear a : H×H → R seja simetrica, isto e, a(u, v) = a(v, u),
para todos u, v ∈ H. Dessa forma a bilinearidade, a coercividade e a simetria de a implicam que
a : H ×H → R
(u, v) 7→ ((u, v)) = a(u, v)
define um novo produto interno em H, cuja norma associada sera denotada por ‖u‖ =√a(u, u),
u ∈ H. Como existem α > 0 e c ≥ 0 tais que
α|u|2 ≤ a(u, u) ≤ c|u|2,
Analise Funcional 123
para todo u ∈ H, entao √α|u| ≤ ‖u‖ ≤
√c|u|,
para todo u ∈ H, mostrando que as normas | · | e ‖ · ‖ sao equivalentes em H. Logo, H e um
espaco de Hilbert com o produto interno ((u, v)) = a(u, v). Assim, dado ϕ ∈ H ′ o Teorema da
Representacao de Riesz implica que existe um unico g ∈ H tal que
〈ϕ, v〉 = ((g, v)) = a(g, v), ∀v ∈ H
e (3.29) fica da forma
a(u, v − u) ≥ 〈ϕ, v − u〉 = ((g, v − u)) = a(g, v − u), ∀v ∈ K,
isto e,
a(g − u, v − u) ≤ 0, ∀v ∈ K,
ou ainda,
u = pKg,
no sentido do produto interno (( · , · )). O Teorema 3.4 implica que u ∈ K se caracteriza por√a(g − u, g − u) = ‖g − u‖ = min
v∈K‖g − v‖ = min
v∈K
√a(g − v, g − v)
⇔ a(g − u, g − u) = minv∈K
a(g − v, g − v) = minv∈K{a(g, g) + a(v, v)− 2a(g, v)}
⇔ a(u, u)− 2a(g, u) = minv∈K{a(v, v)− 2a(g, v)}
⇔ 1
2a(u, u)− a(g, u) = min
v∈K{1
2a(v, v)− a(g, v)}
⇔ 1
2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min
v∈K{1
2a(v, v)− 〈ϕ, v〉},
mostrando que u se caracteriza por u ∈ K1
2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min
v∈K{1
2a(v, v)− 〈ϕ, v〉},
completando a prova do teorema.
Corolario 3.3 (Lax-Milgran). Sejam H um espaco de Hilbert e a : H × H → R uma forma
bilinear, contınua e coerciva. Entao, para todo ϕ ∈ H ′, existe um unico u ∈ H tal que
a(u, v) = 〈ϕ, v〉, ∀v ∈ H.
Alem disso, se a for simetrica, entao u se caracteriza por u ∈ H1
2a(u, u)− 〈ϕ, u〉 = min
v∈H{1
2a(v, v)− 〈ϕ, v〉}
124 Marcos Roberto Teixeira Primo
Demonstracao: Aplicando o Teorema de Stampachia para K = H, obtemos a existencia de um
unico u ∈ H tal que
a(u, v − u) ≥ 〈ϕ, v − u〉, ∀v ∈ H.
Como para todo v ∈ H, v + u ∈ H e obtemos que
a(u, v) ≥ 〈ϕ, v〉, ∀v ∈ H,
ou seja,
〈ϕ, v〉 − a(u, v) ≤ 0, ∀v ∈ H.
Agora, para todo v ∈ H, tv ∈ H para todo t ∈ R. Logo,
t(〈ϕ, v〉 − a(u, v)) ≤ 0, ∀v ∈ H e ∀t ∈ R.
Daı,
〈ϕ, v〉 = a(u, v), ∀v ∈ H.
Quando a e simetrica a caracterizacao de u ∈ H afirmada no lema segue imediatamente da
caracterizacao de u ∈ K = H dada no Teorema de Stampachia.
3.6 O Operador Adjunto de Hilbert
Nesta secao definiremos o operador Adjunto de Hilbert e mostraremos algumas de suas prin-
cipais propriedades.
Definicao 3.9. Seja T : H1 −→ H2 um operador linear limitado, onde H1 e H2 sao espacos de
Hilbert. Entao o operador adjunto de Hilbert, T ∗, de T e um operador T ∗ : H2 −→ H1 tal
que para todo x ∈ H1 e y ∈ H2,
〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉. (3.32)
Teorema 3.9. Sejam H1 e H2 espacos de Hilbert. O operador adjunto de Hilbert T ∗ : H2 → H1
do operador linear limitado T : H1 → H2 dado na Definicao 3.9 acima existe, e unico e e um
operador linear limitado com norma dada por
‖T ∗‖ = ‖T‖ (3.33)
Demonstracao: A aplicacao h : H2 ×H1 → K definida por
h(y, x) = 〈y, Tx〉 (3.34)
define uma funcao em H2. A linearidade de T e a sesquilinearidade do produto interno mostram
que h e uma forma sesquilinear em H2 ×H1.
Analise Funcional 125
Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz,
|h(y, x)| = |〈y, Tx〉| 6 ‖y‖‖Tx‖ 6 ‖T‖‖x‖‖y‖,
mostrando que h e limitada. Isso tambem implica que
‖h‖ 6 ‖T‖.
Alem disso,
‖h‖ = supx,y 6=0
|〈y, Tx〉|‖y‖‖x‖
> supx,Tx6=0
|〈Tx, Tx〉|‖Tx‖‖x‖
= ‖T‖,
mostrando que
‖h‖ = ‖T‖.
O Teorema da Representacao de Riesz implica que existe uma unica transformacao linear
limitada T ∗ : H2 → H1 satisfazendo
h(y, x) = 〈T ∗y, x〉 (3.35)
e
‖T ∗‖ = ‖h‖ = ‖T‖.
Isso prova (3.33).
Tambem, comparando (3.34) e (3.35) obtemos 〈y, Tx〉 = 〈T ∗y, x〉, para todo x ∈ H1 e y ∈ H2,
mostrando (3.32).
Seja agora S : H2 → H1 um outro operador linear, limitado e satisfazendo (3.32). Assim,
para quaisquer x ∈ H1 e y ∈ H2, temos que
〈x, Sy〉 = 〈Tx, y〉 = 〈x, T ∗y〉,
ou seja,
〈x, Sy − T ∗y〉 = 0,
para quaisquer x ∈ H1 e y ∈ H2, mostrando que Sy − T ∗y = 0, para todo y ∈ H2, completando a
prova do teorema.
Lema 3.7. Sejam X e Y espacos com produto interno e Q : X −→ Y um operador linear limitado.
Entao,
(a) Q = 0 se, e somente se, 〈Qx, y〉 = 0 para todo x ∈ X e y ∈ Y ;
(b) Se Q : X −→ X, com X complexo, e 〈Qx, x〉 = 0 para todo x ∈ X, entao Q = 0.
126 Marcos Roberto Teixeira Primo
Demonstracao:
(a) Q = 0 significa Qx = 0 para todo x ∈ X e implica, para todo y ∈ Y, que
〈Qx, y〉 = 〈0, y〉 = 0〈w, y〉 = 0.
Reciprocramente, se 〈Qx, y〉 = 0 para todo x ∈ X e y ∈ Y, entao Qx = 0 para todo x pelo
Lema 3.6 e, portanto, Q = 0 por definicao.
(b) Por hipotese, 〈Qv, v〉 = 0 para todo v = αx+ y ∈ X, isto e,
0 = 〈Q(αx+ y), αx+ y〉 = |α|2〈Qx, x〉+ 〈Qy, y〉+ α〈Qx, y〉+ α〈Qy, x〉.
Os dois primeiros termos sao zero por hipotese. Com α = 1 temos
〈Qx, y〉+ 〈Qy, x〉 = 0.
E com α = −i, temos
〈Qx, y〉 − 〈Qy, x〉 = 0.
Somando as duas ultimas igualdades obtemos que
〈Qx, y〉 = 0,
para todo x ∈ X e y ∈ Y. Assim, Q = 0 pelo item a deste lema, concluındo a demonstracao.
Na parte (b) desse lema, e essencial que X seja complexo. De fato, a conclusao pode nao ser
valida se X e real. Um contra-exemplo e uma rotacao Q no plano R2 de angulo θ =π
2, isto e,
Q : R2 → R2 definida por
Q(x, y) = (−y, x), (x, y) ∈ R2.
Claramente, Q e linear, Q(x, y)⊥ (x, y) e, portanto, 〈Q(x, y), (x, y)〉 = 0 para todo (x, y) ∈ R2,
entretanto Q 6= 0.
Teorema 3.10. Sejam H1, H2 espacos de Hilbert, S : H1 −→ H2 e T : H1 −→ H2 operadores
lineares limitados e α ∈ K. Entao, para x ∈ H1 e y ∈ H2 temos
(a) 〈T ∗y, x〉 = 〈y, Tx〉;
(b) (S + T )∗ = S∗ + T ∗;
(c) (αT )∗ = αT ∗;
(d) (T ∗)∗ = T ;
(e) ‖T ∗T‖ = ‖TT ∗‖ = ‖T‖2;
Analise Funcional 127
(f) T ∗T = 0⇐⇒ T = 0;
(g) (ST )∗ = T ∗S∗, assumindo que H1 = H2.
Demonstracao:
(a) De (3.32) temos, para x ∈ H1 e y ∈ H2, que
〈T ∗y, x〉 = 〈x, T ∗y〉 = 〈Tx, y〉 = 〈y, Tx〉.
(b) Por (3.32), para x ∈ H1 e y ∈ H2, temos que
〈x, (S + T )∗y〉 = 〈(S + T )x, y〉 = 〈Sx, y〉+ 〈Tx, y〉 = 〈x, S∗y〉+ 〈x, T ∗y〉 = 〈x, (S∗ + T ∗)y〉.
Consequentemente, (S + T )∗y = (S∗ + T ∗)y para todo y ∈ H2 pelo Lema 3.7, o que mostra (b).
(c) Para x ∈ H1 e y ∈ H2 temos que obtemos que
〈(αT )∗y, x〉 = 〈y, (αT )x〉 = 〈y, α(Tx)〉 = α〈y, Tx〉 = α〈T ∗y, x〉 = 〈αT ∗y, x〉,
e o resultado segue do Lema 3.7 com Q = (αT )∗ − αT ∗.(d) Para todo x ∈ H1 e y ∈ H2 temos, de (a) e (3.32), que
〈(T ∗)∗x, y〉 = 〈x, T ∗y〉 = 〈Tx, y〉.
O resultado segue do Lema 3.7 com Q = (T ∗)∗ − T . Denotaremos (T ∗)∗ por T ∗∗.
(e) Temos que T ∗T : H1 −→ H1 e TT ∗ : H2 −→ H2. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz
temos, para todo x ∈ H1, que
‖Tx‖2 = 〈Tx, Tx〉 = 〈T ∗Tx, x〉 6 ‖T ∗Tx‖‖x‖ 6 ‖T ∗T‖‖x‖2.
Tomando supremo para todo 0 6= x ∈ X, obtemos
‖T‖2 6 ‖T ∗T‖.
Aplicando a desigualdade ‖T1T2‖ 6 ‖T1‖‖T2‖ e (3.33), obtemos que
‖T‖2 6 ‖T ∗T‖ 6 ‖T ∗‖‖T‖ = ‖T‖2
Portanto ‖T ∗T‖ = ‖T‖2. Trocando T por T ∗ e usando novamente (3.33), tambem temos que
‖T ∗∗T ∗‖ = ‖T ∗‖2 = ‖T‖2
128 Marcos Roberto Teixeira Primo
onde T ∗∗ = T por (d), portanto (e) esta provado.
(f) T ∗T = 0 implica em ‖T ∗T‖ = 0, logo ‖T‖2 = 0 e Portanto T = 0. Reciprocramente, T = 0
implica em ‖T‖2 = 0, logo ‖T ∗T‖ = 0 e consequentemente T ∗T = 0.
(g) Para x ∈ H1 e y ∈ H2, (3.32) implica que
〈x, (ST )∗y〉 = 〈(ST )x, y〉 = 〈Tx, S∗y〉 = 〈x, T ∗S∗y〉.
Portanto, o Lema 3.6 implica que (ST )∗y = T ∗S∗y, para todo y ∈ H2, mostrando (g).
3.7 Operadores Auto-adjuntos
Uma das classes de operadores lineares de grande importancia pratica podem ser definidas pelo
uso de operadores adjuntos de Hilbert como segue.
Definicao 3.10. Um operador linear limitado T : H −→ H em um espaco de Hilbert H e auto-
adjunto se T ∗ = T .
Se T e auto-adjunto, entao (3.32) fica
〈Tx, y〉 = 〈x, Ty〉,
para todo x, y ∈ H. A seguir demonstramos algumas propriedades importantes dos operadores
auto-adjuntos.
Teorema 3.11. Seja T : H −→ H um operador linear limitado em um espaco de Hilbert H.
Entao,
(a) Se T e auto-adjunto,〈Tx, x〉 e real para todo x ∈ H.
(b) Se H e complexo e 〈Tx, x〉 e real para todo x ∈ H, o operador T e auto-adjunto.
Demonstracao:
(a) Se T e auto-adjunto, entao para todo x ∈ H,
〈Tx, x〉 = 〈x, Tx〉 = 〈Tx, x〉.
Logo, 〈Tx, x〉 e igual ao seu conjugado complexo e, portanto, e real.
(b) Se 〈Tx, x〉 e real para todo x ∈ H, entao
〈Tx, x〉 = 〈Tx, x〉 = 〈x, T ∗x〉 = 〈T ∗x, x〉.
Analise Funcional 129
Portanto,
0 = 〈Tx, x〉 − 〈T ∗x, x〉 = 〈(T − T ∗)x, x〉.
E T − T ∗ = 0 pelo Lema 3.7, pois H e complexo.
Teorema 3.12. O produto de dois operadores lineares limitados auto-adjuntos S e T em um
espaco de Hilbert H e auto-adjunto se, e somente se, os operadores comutam, isto e,
ST = TS.
Demonstracao: Note que (ST )∗ = ST e tambem (ST )∗ = T ∗S∗ = TS. Dessas duas igualdades
temos ST = TS.
Reciprocramente, temos por hipotese TS = ST . Note tambem que TS = T ∗S∗ = (ST )∗.
Disso temos que ST = (ST )∗. Isso completa a prova.
Teorema 3.13. Seja (Tn) uma sequencia de operadores lineares limitados auto-adjuntos, Tn :
H −→ H, em um espaco de Hilbert H. Suponha que (Tn) seja convergente, ou seja, exista
T : H → H tal que Tn → T , isto e,
‖Tn − T‖ → 0,
onde ‖·‖ e a norma no espaco B(H,H). Entao, o operador limite T e um operador linear limitado
auto-adjunto em H.
Demonstracao: Devemos mostrar que T ∗ = T . Isso seguira se mostrarmos que ‖T − T ∗‖ = 0.
Temos que
‖T ∗n − T ∗‖ = ‖Tn − T ∗‖ = ‖(Tn − T ∗)∗‖ = ‖T ∗n − T ∗∗‖ = ‖Tn − T‖.
A desigualdade triangular em B(H,H) implica entao que
0 ≤ ‖T −T ∗‖ 6 ‖T −Tn‖+ ‖Tn−T ∗n‖+ ‖T ∗n −T ∗‖ = ‖T −Tn‖+ 0 + ‖Tn−T‖ = 2‖Tn−T‖ → 0,
se n→∞. Portanto, ‖T − T ∗‖ = 0 e T ∗ = T .
3.8 Exercıcios
1. Sejam X e Y espaco vetoriais normados. Consideremos o conjunto X ⊕ Y = {(x, y) : x ∈X, y ∈ Y } e definamos
‖(x, y)‖1 := ‖x‖+ ‖y‖, ‖(x, y)‖2 := max{‖x‖, ‖y‖}, ‖(x, y)‖3 :=√‖x‖2 + ‖y‖2.
Mostre que ‖ · ‖k, k = 1, 2, 3 e uma norma e mostre que estas normas sao equivalentes.
130 Marcos Roberto Teixeira Primo
2. Definamos em Rn a seguinte norma
‖ξ‖p =( n∑i=1
|ξi|p)1/p
, x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn, 1 ≤ p <∞.
Mostrar que1√n‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1.
3. (Continuidade das operacoes de espacos vetoriais) Mostrar que em um espaco vetorial
normado X, a adicao de vetores e multiplicacao por escalares sao operacoes contınuas com
respeito a norma, isto e, as aplicacoes definidas por (x, y) 7→ x + y e (α, x) 7→ αx sao
contınuas.
4. (Conjunto convexo, segmento) Um subconjunto A ⊂ X de um espaco vetorial X e dito
convexo se x, y ∈ A implica
M = {z ∈ X : z = αx+ (1− α)y, 0 ≤ α ≤ 1} ⊂ A.
M e chamado segmento fechado com pontos finais x e y, qualquer outro ponto z ∈ M e
chamado um ponto interior de M . Mostrar que a bola unitaria fechada B[0, 1] = {x ∈ X :
‖x‖ ≤ 1} em um espaco normado X e convexa.
5. Mostre que as expressoes abaixo definem normas nos respectivos espacos vetoriais:
(a) ‖x‖∞ = supn∈N|xn| em l1(N);
(b) ‖f‖ = max{‖f‖∞, ‖f ′‖∞} em
C1[a, b] = {f : [a, b] ⊂ R→ K : f e contınua e tem derivada contınua em [a, b]}
(c) ‖p‖ =∫ 1
0t|p(t)|dt em
Pn[0, 1] = {p : [0, 1] ⊂ R→ R : p e um polinomio de grau no maximo n}.
6. Sejam a, b numeros reais com a < b e C[a, b] = {f : [a, b] → R : f e contınua em R} e
ρ : C[a, b]× C[a, b]→ [0,∞) dada por
ρ(x, y) = maxa≤t≤b
|x(t)− y(t)|.
Mostre que ρ e uma metrica e que C[a, b] e completo com esta metrica.
Analise Funcional 131
7. Sejam a, b numeros reais com a < b e I[a, b] o conjunto das funcoes Riemann integraveis de
[a, b] em R e ρ : I[a, b]× I[a, b]→ [0,∞) dada por
ρ(x, y) =
∫ b
a
|x(t)− y(t)|dt.
Mostre que ρ nao uma metrica em I[a, b] mas e uma metrica em C[a, b] ⊂ I[a, b] e que C[a, b]
nao e completo com esta metrica.
8. Mostre que (X, ρ) e completo se e somente se, toda sequencia {Bk} de bolas fechadas com
Bn+1 ⊂ Bn e limn→∞
rn = 0 (rn = raio de Bn), a intersecao ∩∞n=1Bn consiste exatamente de
um ponto.
9. Seja (X, ρ) um espaco metrico e A ⊂ X. Mostre que A e fechado se e somente se A = A.
10. Seja X um espaco metrico, e seja f : X → R uma funcao contınua. Entao, dado qualquer
numero real r, os conjuntos
{x ∈ X : f(x) > r}, {x ∈ X : f(x) < r}
sao conjuntos abertos de X, e os conjuntos
{x ∈ X : f(x) ≥ r}, {x ∈ X : f(x) ≤ r}, {x ∈ X : f(x) = r}
sao conjuntos fechados de X. Tambem dados numeros reais a e b satisfazendo a < b, o
conjunto
{x ∈ X : a < f(x) < b}
e um conjunto aberto de X, e o conjunto
{x ∈ X : a ≤ f(x) ≤ b}
e um conjunto fechado de X.
11. Sejam X, Y , Z e W espacos metricos, e h : X → Y um homeomorfismo. Uma funcao
f : Z → X e contınua se e somente se h ◦ f : Z → Y e contınua, e uma funcao g : Y → W
e contınua se e somente se, g ◦ h : X → W e contınua.
12. Seja (X, ρ) um espaco metrico completo e T : X → X uma transformacao. Assuma que,
para algum n0 ∈ N, T n0 e uma contracao e mostre que T tem um unico ponto fixo.
13. Encontrar um sequencia de cauchy que nao seja convergente em (Q, ρ).
14. Seja (X, ρ) um espaco metrico. Sejam A ⊂ B ⊂ C ⊂ X. Demonstrar que se A e denso em
B y B e denso C entao A e denso em C.
132 Marcos Roberto Teixeira Primo
15. Sejam (X, ρX) e (Y, ρY ) dois espacos metricos. Suponhamos que A ⊂ X e denso. Sejan
f, g : X → Y duas funcoes contınuas tal que, para todo x ∈ A, f(x) = g(x). Demonstrar
que f = g, isto e f(x) = g(x), para todo x ∈ X.
16. Demonstre que metricas equivalentes definem os mesmo abertos, fechados e compactos, as
mesmas sequencias de Cauchy, e as mesmas funcoes contınuas e uniformemente contınuas.
17. Demonstrar que f(x) = x2 e uniformemente contınua em [0, 1], mas nao e em (0,∞).
18. Mostre que ρ : R× R→ [0,∞), definida por ρ(x, y) = (x− y)2, nao e uma metrica.
19. Seja ρ : X × X → [0,∞) uma metrica. Verifique que α(x, y) =√ρ(x, y), β(x, y) =
ρ(x, y)
1 + ρ(x, y)e γ(x, y) = min{1, ρ(x, y)} sao metricas em X.
20. Em todo espaco metrico X, tem-se
B[a, r] =⋂s>r
B(a, s) =∞⋂n=1
B(a, r +1
n)
e
{a} =⋂r>0
B(a, r) =∞⋂n=1
B(a,1
n).
Exprima, dualmente, cada bola aberta de X como reuniao de bolas fechadas.
21. Sejam I < J intervalos arbitrarios da reta e f : I → J uma bijecao tal que x < y ⇒ f(x) <
f(y). Prove que f (e consequentemente f−1) e contınua. Conclua daı a continuidade de
f : [0,+∞)→ [0,∞), dada por f(x) =√x.
22. Mostre que toda funcao contınua f : [a, b]→ R e limitada.
23. Seja X = A ∪ B. Se f : X → Y e tal que f |A e f |B sao contınuas, entao f e contınua em
cada ponto a ∈ A ∩B.
24. Num espaco metrico X, sejam F = B[a, r] e G = X\B(a, s), onde 0 < r < s. Mostre que
f : X → [0, 1], definida por
f(x) =ρ(x, F )
ρ(x, F ) + ρ(x,G),
e contınua e, alem disso, f−1(0) = F , f−1(1) = G.
25. f : X → Y e contınua se, e somente se, para todo M ⊂ X tem-se f(M) ⊂ f(M).
26. Uma bijecao f : X → Y e um homeomorfismo se, e somente, se f(M) = f(M) para todo
M ⊂ X.
Analise Funcional 133
27. Sejam X um espaco de Banach e T : X → X um operador linear limitado. Defina
‖x‖1 = ‖x‖X + ‖Tx‖X ,
para todo x ∈ X.
(a) Mostre que ‖ ‖1 e uma norma em X.
(b) Mostre que (X, ‖ ‖1) e um espaco de Banach.
28. Seja X um espaco de Banach.
(a) Se T ∈ L(X) e um operador linear limitado tal que ‖T‖ < 1, mostre que I − T tem
inversa limitada e que
(I − T )−1 =∞∑n=0
T n.
(b) Se T ∈ L(X) e limitado e tem inversa limitada e S ∈ L(X) e um operador linear
limitado tal que
||S − T‖ < 1
‖T−1‖,
mostre que S tem inversa limitada.
29. Seja X um espaco metrico completo. Mostre M ⊂ X e completo se, e somente se, M e
fechado.
30. Seja C1[a, b] := {f : [a, b]→ C; f, f ′ sao contınuas }. Mostre que
〈f, g〉 =
∫ b
a
f(t)g(t)dt+
∫ b
a
f ′(t)g′(t)dt
e um produto interno em C1[a, b].
Capıtulo 4
Os Teoremas de Hahn-Banach
4.1 Formas Analıticas do Teorema de Hahn-Banach
Seja X um espaco vetorial sobre K. Uma transformacao linear f : X → K e chamado de
funcional linear. Se X e um espaco vetorial normado, entao L(X,K) e um espaco de Banach.
Quando X e um espaco vetorial sobre C, ele tambem e um espaco vetorial sobre R. Assim,
podemos considerar f : X → C e f : X → R como sendo funcionais lineares e temos o seguinte
resutado
Proposicao 4.1. Seja X um espaco vetorial sobre C. Se f : X → C e um funcional linear e u =
Re f, entao u e um funcional linear real e f(x) = u(x)− iu(ix), para todo x ∈ X. Reciprocamente,
se u : X → R e um funcional linear real e f : X → C e definido por f(x) = u(x)− iu(ix), entao f
e um funcional linear complexo. Se X e um espaco vetorial normado, f e limitado se, e somente
se, u e limitado e neste caso, ‖u‖ = ‖f‖.
Demonstracao: Se f : X → C e linear, entao
• x 7→ u(x) = Re (f(x)) e um funcional linear real;
• x 7→ v(x) = Im (f(x)) = −Re (if(x)) = −Re (f(ix)) = −u(ix) e um funcional linear real.
Logo, f(x) = u(x)− iu(ix), para todo x ∈ X.Claramente se u : X → R e um funcional linear, entao f : X → C definido por
f(x) = u(x)− iu(ix)
e linear.
Agora, em qualquer caso, se X e um espaco vetorial e f e limitado, entao
|u(x)| = |Re (f(x))| ≤ |f(x)| ≤ ‖f‖ ‖x‖,
134
Analise Funcional 135
logo u : X → R e um funcional linear limitado e ‖u‖ ≤ ‖f‖. Por outro lado, se u : X → R e
limitado e como
f(x) = rei(arg f(x)) ⇒ f(e−i(arg f(x))x) = r = |f(x)|,
para todo x ∈ X. Entao
|f(x)| = f(e−i arg(f(x))x) = u(e−i(arg(f(x))x),
para todo x ∈ X. Logo,
|f(x)| = u(αx) ≤ |u(αx)| ≤ ‖u‖‖αx‖ ≤ ‖u‖ ‖x‖,
onde α = e−i(arg(f(x)). Assim, ‖f‖ ≤ ‖u‖.
Definicao 4.1. Seja P um conjunto. Dizemos que
1. P e ordenado se existe em P uma relacao de ordem ”≤”;
2. Q ⊂ P e totalmente ordenado se para todo a, b ∈ Q, tivermos a ≤ b ou b ≤ a;
3. c ∈ P e um majorante (cota superior) de Q ⊂ P se x ≤ c, para todo x ∈ Q;
4. um elemento m ∈ P e maximal de P se m ≤ x para x ∈ P, entao x = m;
5. o conjunto P e indutivo se todo subconjunto totalmente ordenado de P admite um majorante.
Lema 4.1 (Lema de Zorn). Todo conjunto nao vazio, ordenado e indutivo admite um elemento
maximal.
Demonstracao: A prova deste resultado pode ser encontrada em [8].
Definicao 4.2. Seja X um espaco vetorial sobre K. Um funcional sub-linear sobre E e ua funcao
p : X → R tal que
p(x+ y) ≤ p(x) + p(y),
p(λx) = λp(x),
para todo x, y ∈ X e para todo λ > 0.
Quando p(0) = 0, o funcional da Definicao 4.2 e chamado de Funcional de Minkowski.
Teorema 4.1 (Forma Analıtica do Teorema de Hahn-Banach). Sejam E um espaco vetorial real,
p um funcional sub-linear em E, G um subespaco vetorial de E e g : G→ R uma aplicacao linear
em E tal que
g(x) ≤ p(x),
para todo x ∈ G. Entao existe um funcional linear f : E → R tal que
f(x) ≤ p(x), x ∈ E e f(x) = g(x), x ∈ G.
136 Marcos Roberto Teixeira Primo
Demonstracao: Considere o conjunto
P := {h : D(h) ⊂ E → R : h e linear, D(h) ⊃ G, h(x) ≤ p(x), x ∈ D(h) e h(x) = g(x), x ∈ G}.
Definamos em P a seguinte relacao:
h1 ≤ h2 ⇔ D(h1) ⊂ D(h2), h2(x) = h1(x), x ∈ D(h1).
Temos
• ”≤”e uma relacao de ordem em P ;
• P 6= ∅, pois g ∈ P ;
• P e indutivo. De fato, seja Q := {hi; i ∈ I} um subconjunto totalmente ordenado de P.
Definindo h : D(h) ⊂ E → R por
D(h) = ∪i∈ID(hi)
h(x) = hi(x), x ∈ D(hi).
Temos que h esta bem definida, pois se x ∈ D(hi) ∩D(hj), como Q e totalmente ordenado,
entao, sem perda da generalidade, podemos supor que D(hi) ⊂ D(hj) e hj(x) = hi(x), para
x ∈ D(hi), mostrando que h e unicamente determinada. Ainda mais, h ∈ P, pois D(h) ⊃ G,
se x ∈ D(h), entao existe i ∈ I tal que x ∈ D(hi) e h(x) = hi(x) ≤ p(x) e se x ∈ G, entao
g(x) = hi(x) = h(x), pois x ∈ D(h). Tambem, h e um majorante de Q, pois D(hi) ⊂ D(h)
para todo i ∈ I e para todo x ∈ D(hi), h(x) = hi(x), mostrando que hi ≤ h, para todo
i ∈ I. Mostrando que o conjunto P e indutivo. �
Assim, o Lema de Zorn implica que P tem um elemento maximal, isto e, existe f ∈ P tal que
• f : D(f) ⊂ E → R linear, G ⊂ D(f), f(x) = g(x), para x ∈ G e f(x) ≤ p(x), para
x ∈ D(f);
• se f ≤ h, para todo h ∈ P, entao h = f.
Vamos mostrar que D(f) = E. De fato, suponhamos, por absurdo, que D(f) E. Logo,
existe x0 ∈ E tal que x0 6∈ D(f). Definamos h : D(h) ⊂ E → R por
D(h) = D(f)⊕ [x0] := {y ∈ E; y = x+ tx0, x ∈ D(f) e t ∈ R}.
e
h(x+ tx0) = f(x) + tα,
com α a ser determinado. Temos que
Analise Funcional 137
• h e linear;
• se x ∈ G, entao x = x + 0α, pois G ⊂ D(f) e, portanto, h(x) = f(x) = g(x), para todo
x ∈ G.
Devemos ter, para x ∈ D(f) e t ∈ R, que
h(x+ tx0) ≤ p(x+ tx0),
ou seja,
f(x) + tα ≤ p(x+ tx0), (4.1)
para todo x ∈ D(f) e t ∈ R.Primeiramente, mostremos que para t = ±1, podemos escolher α tal que (4.1) esta satisfeita.
Para t = ±1, (4.1) e equivalente a {α ≤ p(x+ x0)− f(x)
α ≥ f(x)− p(x− x0),
para todo x ∈ D(f), que por sua vez e equivalente a
supx∈D(f)
{f(x)− p(x− x0)} ≤ α ≤ infx∈D(f)
{p(x− x0)− f(x)}. (4.2)
Agora, para x, y ∈ D(f),
f(x) + f(y) = f(x+ y) ≤ p(x+ y) ≤ p(x− x0) + p(y + x0).
Logo,
f(x)− p(x− x0) ≤ p(y + x0)− f(y),
para todo x, y ∈ D(f). Fixando x ∈ D(f), temos que
f(x)− p(x− x0) ≤ infy∈D(f)
{p(y + x0)− f(y)}.
Logo,
supx∈D(f)
{f(x)− p(x− x0)} ≤ infx∈D(f)
{p(x+ x0)− f(x)}.
Portanto, existe α ∈ R tal que (4.2) e valida, ou seja (4.1) esta satisfeita para t = ±1. Para este
mesmo α, mostremos que (4.1) e valida para todo t ∈ R. Para todo t > 0 e x ∈ D(f) temos
f(x) + tα = f(tx
t) + tα = t[f(
x
t) + α] ≤ tp(
x
t+ x0) = p(x+ tx0).
Para todo t < 0 e todo x ∈ D(f), fazendo s = −t > 0, temos
f(x) + tα = f(−s x−s
)− sα = s[f(x
s)− α] ≤ sp(
x
s− x0) = p(x+ tx0).
138 Marcos Roberto Teixeira Primo
Para t = 0 e x ∈ D(f), temos
f(x) + 0 = f(x) ≤ p(x) = p(x+ 0).
Logo,
h(x+ tx0) ≤ f(x+ tx0),
para todo x ∈ D(f) e t ∈ R. Assim, h ∈ P com f ≤ h e h 6= f, pois D(f) D(h), o que contradiz
o Lema de Zorn. Portanto D(f) = E, e o teorema esta demostrado.
Definicao 4.3. Seja E um espaco vetorial sobre K, K = C ou K = R. Uma aplicacao p : E → Re uma seminorma se as seguintes condicoes estao satisfeitas:
1. p : E → [0,+∞);
2. p(λx) = |λ|p(x), para λ ∈ K e x ∈ E;
3. p(x+ y) ≤ p(x) + p(y), para todo x, y ∈ E.
Quando p(x) 6= 0 para x 6= 0 a seminorma e uma norma.
Teorema 4.2 (Forma Analıtica do Teorema de Hahn-Banach - Caso Complexo). Sejam X um
espaco vetorial complexo, p uma seminorma em X, G um subespaco vetorial de X e f : G → Cuma aplicacao linear tal que |f(x)| ≤ p(x), para todo x ∈ G. Entao, existe F : X → C um
funcional linear tal que
|F (x)| ≤ p(x), x ∈ G e F (x) = f(x), x ∈ G.
Demonstracao: Exercıcio 4.1.
Corolario 4.1. Sejam E um espaco vetorial real, p : E → R uma seminorma em E, G um
subespaco vetorial de E e g : G→ R uma transformacao linear tal que
|g(x)| ≤ p(x),
para todo x ∈ G. Entao existe f : E → R tal que
|f(x)| ≤ p(x), x ∈ E e f(x) = g(x), x ∈ G.
Demonstracao: Segue imediatamente da Forma Analıtica do Teorema de Hahn-Banach.
Corolario 4.2. Sejam E um espaco vetorial normado real, G um subespaco vetorial de E e
g : G→ R uma transformacao linear limitada. entao existe f ∈ E ′ tal que
f(x) = g(x), x ∈ G e ‖f‖E′ = ‖g‖G′ .
Analise Funcional 139
Demonstracao: Defina p : E → R por p(x) = ‖g‖G′‖x‖E. Entao, p e uma seminorma em E e
para todo x ∈ E,|g(x)| ≤ ‖g‖G′‖x‖E,
e o resultado segue do Corolario 4.1.
Quando f ∈ E ′ e x ∈ E, usaremos a notacao f(x) = 〈f, x〉 para indicar f calculada no
elemento x.
Corolario 4.3. Sejam E um espaco vetorial normado real e x0 ∈ E. Entao existe f0 ∈ E ′ tal que
‖f0‖E′ = ‖x0‖E e 〈f0, x0〉 = ‖x0‖2E.
Demonstracao: Se x0 = 0, basta tomar f ≡ 0. Suponhamos entao que x0 6= 0 e consideremos
G = [x0]. Defina g : G→ R por g(tx0) = t‖x0‖2E. Entao,
• g e linear;
• ‖g‖G′ = ‖x0‖E. De fato temos
‖g‖G′ = sup‖x‖G≤1
|g(x)| = sup|t|‖x0‖E≤1
(|t|‖x0‖E‖x0‖E) ≤ ‖x0‖E.
Por outro lado, tomando y = x0‖x0‖E
, temos ‖y‖G = 1 e
|g(y)| = | 1
‖x0‖E‖x0‖2E| = ‖x0‖E,
mostrando que ‖g‖G′ = ‖x0‖E. �
Portanto, o Corolario 4.2 implica que existe f0 ∈ E ′ tal que
〈f0, x0〉 = g(x0) = ‖x0‖2E
e
‖f0‖E′ = ‖g‖G′ = ‖x0‖E,
completando a prova deste lema.
4.2 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach
Ao longo desta secao, E denota um espaco vetorial normado real.
Definicao 4.4. Um hiperplano (afim) e E e um conjunto da forma
H = {x ∈ E; f(x) = α},
onde f e um funcional linear nao identicamente nulo e α ∈ R. Diremos entao que H e o hiperplano
de equacao [f = α].
140 Marcos Roberto Teixeira Primo
Observemos que como f 6≡ 0, entao H 6= E e H 6= ∅. Notemos tambem que f nao e necessa-
riamente contınuo.
Definicao 4.5. Un subconjunto C ⊂ E e convexo se para todo x, y ∈ C, tx + (1− t)y ∈ C, para
todo t ∈ [0, 1].
Exercıcio 4.1. Sejam A e B subconjuntos abertos, convexos, nao vazios e disjuntos de E. Mostre
que A+B = {x+ y; x ∈ A e y ∈ B} e nao vazio e convexo.
Exercıcio 4.2. Sejam A e B subconjunto abertos, convexos, nao vazios e disjuntos em E. Mostre
que A+B = {x+ y; x ∈ A e y ∈ B} e um subconjunto aberto, convexo e nao vazio de E.
Proposicao 4.2. O hiperplano de equacao [f = α] e fechado se, e somente se, f e contınuo
(limitado).
Demonstracao:
(⇐) Como H = f−1({α}), {α} e fechado em R e f e contınuo, entao H = [f = α] e
fechado. �
(⇒) Como H e fechado, entao Hc := {x ∈ E; f(x) 6= α} e aberto e nao vazio, ja que
H 6= E. Seja x0 ∈ Hc e suponha, sem perda da generalidade, que f(x0) < α. Como Hc e aberto,
existe r > 0 tal que BE(x0, r) ⊂ Hc. Mostremos que f(x) < α, para todo x ∈ BE(x0, r). De fato,
suponhamos, por absurdo, que exista x1 ∈ BE(x0, r) tal que f(x1) > α (note que f(x1) 6= α).
Como BE(x0, r) e convexa, entao
tx0 + (1− t)x1 ∈ BE(x0, r), t ∈ [0, 1].
Tomando t =f(x1)− α
f(x1)− f(x0)∈ (0, 1), ja que f e linear, temos que
f(tx0 + (1− t)x1) = (f(x1)− α
f(x1)− f(x0))f(x0) + (
α− f(x0)
f(x1)− f(x0))f(x1) = α,
isto e, tx0 + (1 − t) 6∈ BE(x0, r), o que e uma constradicao, mostrando que f(x) < α, para todo
x ∈ BE(x0, r). �
Agora, seja r > r1 > 0 tal que
BE(x0, r1) ⊂ BE(x0, r).
Entao,
x ∈ BE(x0, r1) ⇐⇒ x = x0 + r1z, ∀z ∈ BE(0, 1).
Assim, para todo z ∈ BE(0, 1) temos que
f(x) = f(x = x0 + r1z) < α,
Analise Funcional 141
ou seja,
f(x0) + r1f(z) < α, ∀z ∈ BE(0, 1),
ou ainda,
f(z) <α− f(x0)
r1, ∀z ∈ BE(0, 1).
Logo, f e limitada e
‖f‖E′ ≤1
r1(α− f(x0)),
concluindo a prova desta proposicao.
Definicao 4.6. Sejam A e B subconjuntos de E. Dizemos que o hiperplano H = [f = α] separa
A e B no sentido fraco (fracamente) se
f(x) ≤ α ≤ f(y),
para x ∈ A e y ∈ B. Dizemos que o hiperplano H = [f = α] separa A e B no sentido forte
(fortemente) se existe ε > 0 tal que
f(x) ≤ α− ε < α < α + ε ≤ f(y),
para x ∈ A e y ∈ B.
Teorema 4.3 (Teorema de Hahn-Banach - Primeira Forma Geometrica). Se A e B sao subcon-
juntos nao vazios, convexos e disjuntos em E. Se A e aberto, entao existe um hiperplano fechado
que separa A e B no sentido fraco.
Para demostrarmos este teorema, precisamos demonstrar antes dois lemas auxiliares.
Lema 4.2 (Funcional de Minkowski). Seja C um subconjunto aberto, convexo e tal que 0 ∈ C.Para todo x ∈ E, defina
p(x) = inf{α > 0; α−1x ∈ C}.
Entao, p e sublinear e existe M > 0 tal que
0 ≤ p(x) ≤M‖x‖, (4.3)
para todo x ∈ E. Aind mais,
C = {x ∈ E; p(x) < 1}.
Demonstracao: Claramente p(x) ≥ 0, para todo x ∈ E. Por outro lado, como 0 ∈ C e C e aberto
e E, existe r > 0 tal que BE(0, r) ⊂ C. Para todo x ∈ E, temos que se x = 0, entao claramente p
esta bem definido neste caso. Se x 6= 0, entao temos que
y =1
2‖x‖Er
x =r
2
1
‖x‖Ex ∈ BE(0, r) ⊂ C.
142 Marcos Roberto Teixeira Primo
Logo,2‖x‖Er∈ {α > 0; α−1 ∈ C} e, portanto, p esta bem definido e a definicao de p implica que
p(x) <2
r‖x‖E. Tomando M =
2
r, obtemos a segunda desigualdade em (4.3). �
Mostremos agora que x ∈ C se, e somente se, p(x) < 1. De fato, se 0 6= x0 ∈ C, existe ε > 0
tal que
(1 + ε)x0 =11
1+ε
x0 ∈ C,
pois C e aberto em E. Assim,
p(x0) ≤1
1 + ε< 1.
Por outro lado, se p(x0) < 1, existe 0 < α < 1 tal que α−1x0 ∈ C. Assim,
x0 = α(α−1x0) + (1− α)0 ∈ C,
ja que C e convexo. �
Finalmente, mostremos que p e sublinear. Para todo x ∈ E e todo λ > 0 temos que
p(λx) = inf{α > 0; (α−1λ)x ∈ C} = inf{α > 0;xα
λ
∈ C}
= inf{λ(α
λ); (
α
λ)−1x ∈ C} = λ inf{β > 0 : β−1x ∈ C}
= λp(x).
Quando λ = 0, temos que p(0x) = p(0) = 0 = 0x.
Tambem, para x e y em E, dado ε > 0, pelos casos anteriores, temos que
p(x
p(x) + ε) =
p(x)
p(x) + ε< 1.
Logo,1
p(x) + εx ∈ C. Da mesma forma,
1
p(y) + εy ∈ C. Entao, a convexidade de C implica que
tx
p(x) + ε+ (1− t) y
p(y) + ε∈ C,
para todo t ∈ [0, 1]. Tomando 0 < t =p(x) + ε
p(x) + p(y) + 2ε< 1, obtemos que
x
p(x) + p(y) + 2ε+
y
p(x) + p(y) + 2ε=
x+ y
p(x) + p(y) + 2ε∈ C.
Logo,
p(x+ y
p(x) + p(y) + 2ε) < 1
e, portanto,
p(x+ y) < p(x) + p(y) + 2ε.
Fazendo ε→ 0, concluımos a prova deste resultado.
Analise Funcional 143
Lema 4.3. Sejam C ⊂ E um conjunto convexo, aberto e nao vazio e x0 ∈ E\C. Entao, existe
f ∈ E ′ tal que f(x) < f(x0), para todo x ∈ C, ou seja, o hiperplano fechado de equacao [f = f(x0)]
separa C e {x0} no sentido fraco.
Demonstracao: Suponhamos inicialmente que 0 ∈ C. Seja p : E → R o funcional de Minkowski
associado ao conjunto convexo C. Considere G = [x0] = {tx0; t ∈ R} e defina o funcional linear
g : G→ R por g(tx0) = t, para todo t ∈ R. Entao
g(x) ≤ p(x),
para todo x ∈ G. De fato, temos g(x0) = 1 e p(x0) ≥ 1, pois x0 6∈ C. Tambem, para x = tx0, se
t > 0, entao
g(tx0) = t ≤ tp(x0) = p(tx0).
Se t ≤ 0, entao
g(tx0) = t ≤ 0 ≤ p(tx0).
Assim, em qualquer caso, g(x) ≤ p(x), para x ∈ G.Dessa forma, o Teorema 4.1 implica que existe um funcional linear f : E → R tal que
f(x) ≤ p(x), x ∈ E e f(x) = g(x), x ∈ G.
Mas, para todo x ∈ E,f(x) ≤ p(x) ≤M‖x‖E,
mostrando que f ∈ E ′. Ainda mais, f(x0) = g(x0) = 1 e para todo x ∈ C, f(x) ≤ p(x) < 1 =
f(x0), completando a prova do lema neste caso. �
Agora, se 0 6∈ C, considerando C1 = C −{x1} = {x−x1; x ∈ C}, onde x1 ∈ C, ja que C 6= ∅,e x0 = x0 − x1. Temos que 0 ∈ C1 e a primeira parte implica que existe f ∈ E ′ tal que para todo
x ∈ C1, f(x) < f(x0). Logo, para todo x ∈ C, f(x− x1) < f(x0 − x1) e, portanto, f(x) < f(x0),
para todo x ∈ C.Demonstracao do Teorema 4.3: Defina
A−B = {x− y; x ∈ A e y ∈ B}.
O Exercıcio 4.1 implica que C e convexo e nao vazio. Como C = ∪y∈B(A−{y}) e cada A−{y} e
aberto, entao C tambem e um subconjunto aberto de E. Ainda, como A e B sao disjuntos, temos
que 0 6∈ C. Logo, o Lema 4.3 garante que existe f ∈ E ′ tal que f(z) < f(0) = 0, para todo z ∈ C.Logo, f(a) < f(b), para todo a ∈ A e todo b ∈ B. Assim, podemos escolher α ∈ R tal que
supa∈A
f(a) ≤ α ≤ infb∈B
f(b),
e obtemos que
f(a) ≤ α ≤ f(b),
para todo a ∈ A e todo b ∈ B.
144 Marcos Roberto Teixeira Primo
Teorema 4.4 (Teorema de Hahn-Banach - Segunda Forma Geometrica). Sejam A e B subcon-
juntos nao vazios, disjuntos e convexos de E. Suponha que A e compacto e B e fechado. Entao,
existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido forte.
Demonstracao: Dado ε > 0, consideremos os conjuntos
Aε = A+BE(0, ε) = A+ εBE(0, 1) e Bε = B +BE(0, ε) = B + εBE(0, 1).
Entao, o Exercıcio 4.2 implica que Aε e Bε sao subconjuntos convexos, abertos e nao vazios de E.
Tambem, Aε∩Bε = ∅, para algum 0 < ε < ε0 :=dist (A,B)
2. De fato, se, por absurdo, Aε∩Bε 6= ∅,
para todo ε < ε0, entao existem sequencias (εn)n≥1 ⊂ (0, ε0) e (zn)n≥1 ⊂ Aεn ∩ Bεn , com εn → 0,
quando n→∞. Daı,
an + εnxn = zn = bn + εnyn,
onde an ∈ A, bn ∈ B e xn, yn ∈ BE(0, 1). Entao,
‖an − bn‖ = ‖εnxn − εnyn‖ ≤ εn(‖xn‖+ ‖yn‖) < 2εn → 0,
quando n → ∞. Como A e compacto, existem (anj)nj≥1 ⊂ (an)n≥1 e a ∈ A tais que anj
→ a em
E. Assim,
‖a− bnj‖ ≤ ‖a− anj
‖+ ‖anj− bnj
‖ → 0,
quando nj →∞. Como B e fechado, concluımos que a ∈ A∩B, o que e uma contradicao. Portanto
Aε ∩Bε = ∅ para algum ε > 0, suficientemente pequeno. �
O Teorema 4.3 implica que existe um hiperplano fechado de equacao [f = α] que separa Aε e
Bε no sentido fraco. Temos
f(x+ εz1) ≤ α ≤ f(y + εz2),
para todo x ∈ A, y ∈ B e z1, z2 ∈ BE(0, 1). Fixando z1 tomando o supremo em BE(0, 1) e depois
tomando o ınfimo tambem em BE(0, 1), obtemos que
sup‖z‖<1
(f(x) + εf(z)) ≤ α ≤ inf‖z‖<1
(f(y) + εf(z)),
para x ∈ A e y ∈ B. Logo,
f(x)+ε‖f‖E′ ≤ α ≤ f(y)+ε inf‖z‖<1
f(z) = f(y)−ε sup‖z‖<1
f(−z) = f(y)−ε sup‖z‖<1
f(z) = f(y)−ε‖f‖E′ ,
para todo x ∈ A e y ∈ B. Como ‖f‖E′ 6= 0, o hiperplano fechado de equacao [f = α] separa A e
B no sentido forte.
Corolario 4.4. Seja E um espaco vetorial normado real e F um subespaco vetorial de E tal que
F 6= E. Entao, existe f ∈ E ′, f 6≡ 0, tal que
〈f, x〉 = 0,
para todo x ∈ F.
Analise Funcional 145
Demonstracao: Se x0 ∈ E\F , entao {x0} e compacto e como F e fechado, existem f ∈ E ′ e
α ∈ R tais que
f(x) < α < f(x0),
para todo x ∈ F . Como F e subespaco vetorial de E, entao f(x) = 0, para todo x ∈ F.
Obervacao 4.1. Nas aplicacoes, usamos o Corolario 4.4 para verificarmos quando um subespaco
vetorial F de E e denso em E (F = E). Para isso, precisamos verificar a seguinte afirmacao:
∀f ∈ E ′; 〈f, x〉 = 0, ∀x ∈ F ⇒ f ≡ 0.
Capıtulo 5
Consequencias do Teorema da Categoria
de Baire.
5.1 O Teorema da Categoria de Baire
Nesta secao demonstraremos o Lema de Baire. Para isso, precisamos antes do seguinte resultado
topologico.
Exercıcio 5.1. Seja X um espaco metrico e S um subconjunto de X. Mostre que
(S)c = int(Sc),
onde Y c := X\Y, denota o complementar, em X, de um subconjunto Y de X e int(Y ) denota o
interior, em X, de um subconjunto Y de X.
Lema 5.1 (Lema de Baire). Sejam X um espaco metrico completo e (Xn)n∈N uma sequencia de
subconjuntos fechados de X. Se int(Xn) = ∅ para cada n ∈ N, entao
int(∪∞n=1Xn) = ∅.
Demonstracao: Para cada n ≥ 1, sejam On = X \Xn. Como para cada n ∈ N, Xn e fechado e
tem interior vazio, entao On e fechado e denso em X. Devemos mostrar que
G = ∩∞n=1On
e denso em X, pois se isso acontecer, entao
int(∪∞n=1Xn) = int(∪∞n=1Ocn) = int((∩∞n=1On)c) = (∩∞n=1On)c = (G)c = ∅,
onde na penultima igualdade foi usado o Exercıcio 5.1.
146
Analise Funcional 147
Seja entao W 6= ∅ um subconjunto aberto de X e mostremos que W∩G 6= ∅. Tomando x0 ∈ W,escolha r0 > 0 tal que B(x0, r0) ⊂ W. Como O1 e aberto e denso em X, escolha x1 ∈ O1∩B(x0, r0)
tal que
B(x1, r1) ⊂ O1 ∩B(x0, r0), com 0 < r1 <r02.
Da mesma forma, escolha x2 ∈ O2 ∩B(x1, r1) tal que
B(x2, r2) ⊂ O2 ∩B(x1, r1), com 0 < r2 <r12.
Assim, sucessivamente encontramos sequencias (xn) em X e (rn) em R tais que
xn ∈ On ∩B(xn−1, rn−1)
e
B(xn, rn) ⊂ On ∩B(xn−1, rn−1), com 0 < rn <rn−1
2.
Dessa forma, (xn) e uma sequencia de Cauchy em X e a completicidade de X implica que
existe l ∈ X tal que xn → l. Mas, para todo p ≥ 0 e n ≥ 0, xn+p ∈ B(xn, rn). Fazendo p → ∞obtemos que l ∈ B(xn, rn), para todo n ≥ 0. Assim, l ∈ On, para todo n ∈ N, ou seja l ∈ G ∩W.
Portanto, W ∩G 6= ∅, completando a prova do lema.
Corolario 5.1. Sejam X um espaco metrico completo e (Xn)n∈N uma sequencia de subconjuntos
fechados de X tal que ∪∞n=1Xn = X. Entao, existe n0 ∈ N tal que int(Xn0) 6= ∅.
Demonstracao: Suponhamos, por absurdo, que int(Xn) = ∅, para todo n ∈ N. Entao, o Lema
de Baire implica que
X = int(∪∞n=1Xn) = ∅,
o que e um absurdo.
Exercıcio 5.2. Seja X um espaco vetorial normado real e B ⊂ X um subconjunto convexo.
Mostre que nB = nB e B +B = 2B.
5.2 O Teorema de Banach-Steinhaus
Teorema 5.1. Sejam E e F espaco normados e (Ti)i∈I uma famılia de operadores lineares limi-
tados de E em F . Suponhamos que E seja uma espaco de Banach e que
supi∈I‖Ti(x)‖F <∞, (5.1)
parra todo x ∈ E. Entao
supi∈I‖Ti‖L(E,F ) <∞.
148 Marcos Roberto Teixeira Primo
Em outras palavras, existe uma constante c > 0 tal que
‖Ti(x)‖ ≤ c‖x‖,
para x ∈ E e i ∈ I.
Demonstracao: Para cada inteiro n ≥ 1 considere o conjunto
Xn = {x ∈ E; ‖Ti(x)‖ ≤ n, ∀i ∈ I}.
Temos que para cada n ≥ 1,
Xn = ∩i∈IT−1i (B(0, n)),
mostrando que Xn e fechado para cada n ∈ N.De (5.1) temos que
∞⋃n=1
Xn = E.
Agora, usando o Lema de Baire, temos que Int(Xn0) 6= ∅, para algum n0 ≥ 1. Seja x0 ∈ E e
r > 0 tais que B(x0, r) ⊂ Xn0 . Entao
‖Ti(x0 + rz)‖ ≤ n0,
para todo i ∈ I e todo z ∈ B(0, 1). Assim,
‖ − Ti(x0)‖+ ‖Ti(x0) + rTI(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖⇒ ‖ − Ti(x0) + Ti(x0) + rTi(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖
⇒ r‖Ti(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖⇒ r sup
‖z‖≤1‖Ti(z)‖ ≤ n0 + ‖Ti(x0)‖
⇒ r‖Ti‖L(E,F ) ≤ 2n0.
A ultima desigualdade implica que
supi∈I‖Ti‖L(E,F ) <∞.
Corolario 5.2. Sejam E e F dois espacos de Banach e (Tn)n∈N uma sequencia de operadores
lineares limitadas de E em F tais que para todo x em E, Tn(x) e convergente. Se T (x) = limTnx,
entao
(i) supn∈N ‖Tn‖L(E,F ) <∞;
(ii) T ∈ L(E,F );
Analise Funcional 149
(iii) ‖T‖L(E,F ) ≤ lim infn→∞
(‖Tn‖L(E,F )).
Demonstracao: Observemos que para cada x ∈ E, a sequencia (Tnx) e limitada em F. Logo,
supn∈N‖Tnx‖ < +∞,
para todo x ∈ E. Portanto, o Teorema 5.1 demonstra o item (i).
Sendo Tx = limTnx, para todo x ∈ E, a linearidade de cada uma das aplicacoes Tn implica a
linearidade de T : E → F. Usando a parte (i) obtemos que existe c > 0 tal que para todo x ∈ Ee n ∈ N,
‖Tnx‖ ≤ c‖x‖.
A continuidade da norma implica que para todo x ∈ E,
‖Tx‖ = ‖ limTnx‖ = lim ‖Tnx‖ ≤ c‖x‖, (5.2)
mostrando que T e limitada, o que concluı (ii).
Agora, para todo n ∈ N,‖Tnx‖ ≤ ‖Tn‖‖x‖,
para todo x ∈ E. Logo,
lim inf ‖Tnx‖ ≤ lim inf ‖Tn‖‖x‖.
Usando (5.2) obtemos que
‖Tx‖ ≤ (lim inf ‖Tn‖)‖x‖.
Logo,
sup‖x‖≤1
‖Tx‖ ≤ lim inf ‖Tn‖,
mostrando que ‖T‖ ≤ lim inf ‖Tn‖, concluindo a prova do corolario.
Corolario 5.3. Sejam G um espaco de Banach e B ⊂ G. Suponhamos que para todo f ∈ G′ o
conjunto f(B) = {〈f, x〉; x ∈ B} e limitado em R. Entao B e limitado.
Demonstracao: Para cada b ∈ B definimos
Tb(f) = 〈f, b〉, f ∈ G′ .
Desta forma temos que
supb∈B|Tb(f)| <∞,
para todo f ∈ G′ . Pelo Teorema 5.1, com E = G′, F = R e I = B, existe c > 0 tal que
|Tb(f)| = |〈f, b〉| ≤ c‖f‖,
150 Marcos Roberto Teixeira Primo
para f ∈ G′ e b ∈ B. Tomando o supremo em f, com ‖f‖ ≤ 1, em ambos os lados da desigualdade
acima, obtemos que
sup‖f‖≤1
|〈f, b〉| ≤ c
Usando o Corolario 5.2 temos que
‖b‖ ≤ c,
para todo b ∈ B.
Exercıcio 5.3. Sejam G um espaco de Banach e B′ ⊂ G
′. Suponhamos que para todo x ∈ G o
conjunto 〈B′ , x〉 = {〈f, x〉; f ∈ B′} seja limitado em R. Mostre que B′
e limitado.
5.3 O Teorema da Aplicacao Aberta
Definicao 5.1. Sejam E e F espacos vetoriais normados. Dizemos que uma transformacao linear
T : E → F e aberta se para todo subconjunto aberto U ⊂ E, tivermos que T (U) e um subconjunto
aberto de F.
Teorema 5.2. Sejam E e F dois espacos de Banach e T : E → F um operador linear, limitada
e sobrejetora. Entao existe r > 0
BF (0, r) ⊂ T (BE(0, 1)). (5.3)
Demonstracao: Dividiremos a prova em duas etapas.
Primeira Etapa: Vamos mostrar que existe r > 0 tal que
BF (0, 2r) ⊂ T (BE(0, 1)). (5.4)
Para mostrarmos este fato, notemos que BE(0, n) = nBE(0, 1), para todo n ∈ N. Logo, para
n > ‖x‖, x ∈ nBE(0, 1), para todo x ∈ E. Daı,
E = ∪∞n=1nBE(0, 1).
Como T e sobrejetora e linear, entao
F = T (E) = T (∪∞n=1nBE(0, 1)) = ∪∞n=1nT (BE(0, 1)) = ∪∞n=1nT (BE(0, 1)).
Assim, o Teorema 5.1 implica que existe n0 ∈ N tal que
int(n0T (BE(0, 1))) 6= ∅ =⇒ int(T (BE(0, 1))) 6= ∅.
Portanto, existe r > 0 e y0 ∈ F tal que
BF (y0, 4r) ⊂ T (BE(0, 1)).
Analise Funcional 151
Como y0,−y0 ∈ T (BE(0, 1)), entao
BF (0, 4r) = −y0 +BF (y0, 4r) ⊂ T (BE(0, 1)) + T (BE(0, 1)).
E a convexidade de T (BE(0, 1)) implica que
BF (0, 4r) ⊂ 2T (BE(0, 1)),
demonstrando (5.4) e concluındo a demonstracao da Primeira Etapa.
Segunda Etapa: Nesta etapa vamos mostrar que existe r > 0 tal que (5.3) esta satisfeita,
isto e, para y ∈ F com ‖y‖ < r, devemos encontrar x ∈ E com ‖x‖ < 1 tal que y = T (x). De
(5.4), temos que para todo ε > 0, existe x ∈ E com ‖x‖ < 12
e tal que ‖y − T (x)‖ < ε2.
Assim, tomando ε = r2
obtemos que existe x1 ∈ E tal que
‖x1‖ <1
2e ‖y − T (x1)‖ <
r
4.
Aplicando o mesmo raciocınio para y − T (x1) e ε = r4, obtemos que existe x2 ∈ E tal que
‖x2‖ <1
4e ‖y − T (x1)− T (x2)‖ <
r
8.
Repetindo este processo, obtemos uma sequencia (xn)n∈N em E tal que
‖xn‖ <1
2ne ‖y − T (x1 + . . .+ xn)‖ < r
2n+1,
para todo n ∈ N.Assim a sequencia (zn)n∈N, onde zn = x1 + . . .+ xn e uma sequencia de Cauchy em E. Como
E e um espaco de Banach, temos que existe x ∈ E tal que
zn → x, n→∞.
Assim, ‖x‖ < 1 e como T e contınua temos que Tzn → Tx. Mas, T (zn) → y e a unicidade do
limite implica que y = T (x). Logo y ∈ B(0, r) e y = T (x) para x ∈ B(0, 1), isto implica que (5.3).
Corolario 5.4 (Teorema da Aplicacao Aberta). Sejam E e F espacos de Banach e T : E → F
uma transformacao linear, limitada e sobrejetora. Entao T e uma aplicacao aberta.
Demonstracao: Seja U ⊂ E um subconjunto aberto de E e y0 ∈ T (U). Entao, existe x0 ∈ U tal
que y0 = Tx0 e existe ε > 0 tal que
BE(x0, ε) = x0 +BE(0, ε) ⊂ U.
Assim,
T (x0) + T (BE(0, ε)) ⊂ T (U). (5.5)
152 Marcos Roberto Teixeira Primo
Tambem, o Teorema 5.2 implica que
BF (0, rε) ⊂ εBF (0, r) ⊂ εT (BE(0, 1)) = T (BE(0, ε)). (5.6)
Assim, (5.5) e (5.6) implicam que
BF (y0, rε) = y0 +BF (0, rε) ⊂ y0 + T (BE(0, ε)) ⊂ T (U),
completando a prova deste corolario.
Corolario 5.5. Sejam E e F espacos de Banach e T : E → F uma transformacao linear, limitada
e bijetora. Entao T−1 : F → E e linear e limitada.
Demonstracao: Para todo y ∈ F, existe um unico x ∈ E tal que y = Tx. Entao, existe 0 < r1 < r
tal que
BE(0, r1) ≤ BE(0, r)
e
y1 =r1‖y‖
y ∈ BF (0, r1),
onde r e dado no Teorema 5.2. Assim,
y1 =r1‖y‖
y ∈ BF (0, r1) ⊂ BF (0, r) ⊂ T (BE(0, 1)).
Logo, existe u ∈ BE(0, 1) tal que Tu = y1 e, portanto,
T (‖y‖r1
u) = y = Tx
e a injetividade de T implica que x = ‖y‖r1u. Daı,
‖x‖ =‖y‖r1‖u‖ < ‖y‖
r1=
1
r1‖Tx‖,
isto e,
‖x‖ < 1
r1‖Tx‖,
mostrando que
‖T−1y‖ < 1
r1‖y‖,
para todo y ∈ F.
Corolario 5.6. Suponhamos que um espaco vetorial real E dotado de cada uma das normas ‖ . ‖1e ‖ . ‖2 seja um espaco de Banach. Se existir c > 0 tal que
‖x‖2 ≤ c‖x‖1,
para todo x ∈ E, entao as normas ‖ . ‖1 e ‖ . ‖2 sao equivalentes.
Analise Funcional 153
Demonstracao: Por hipotese a aplicacao identidade Id : (E, ‖ . ‖1)→ (E, ‖ . ‖2) e uma aplicacao
linear, contınua e bijetora. Logo, o Corolario 5.5 implica que
Id : (E, ‖ . ‖2)→ (E, ‖ . ‖1)
tambem e contınua, provando que a norma ‖ . ‖1 e equivalente a norma ‖ . ‖2.
5.4 O Teorema do Grafico Fechado
Nesta secao vamos trabalhar com operadores definidos em subespacos de um espaco de Banach
E que nao sao limitados. Primeiro observemos que se E e F sao dois espacos de Banach, entao
E × F munido das operacoes usuais e um espaco de Banach com a norma
‖(u, v)‖E×F = ‖u‖E + ‖v‖F ,
para (u, v) ∈ E × F.
Definicao 5.2. Sejam E e F espacos normados reais. Definimos o grafico de uma transformacao
linear T : D(T ) ⊂ E → F como sendo o conjunto
G(T ) = {(x, y) ∈ E × F ; x ∈ D(T ) e y = Tx}.
Dizemos que G(T ) e fechado em E × F se
G(T )E×F
= G(T ).
Lema 5.2. Mostre que G(T ) e fechado se, e somente se, a seguinte propriedade esta satisfeita:
”se (xn) ⊂ D(T ) e tal que xn → x e Txn → y, quando n→∞, entao x ∈ D(T ) e Tx = y.”
Demonstracao: Suponhamos inicialmente que G(T ) seja fechado em E×F, isto e G(T ) = G(T ).
Seja (xn) ⊂ D(T ) uma sequencia em D(T ) tal que
xn → x e Txn → y.
Assim, a sequencia (zn) definida por zn = (xn, Txn), para n ∈ N, e uma sequencia no grafico G(T )
de T , (zn) ⊂ G(T ), e
zn → (x, y),
ou seja, (x, y) ∈ G(T ). Como G(T ) e fechado em E × F, obtemos que (x, y) ∈ G(T ), ou seja,
x ∈ D(T ) e T (x) = y.
Por outro lado, seja (x, y) ∈ G(T ). Entao, existe (xn) ⊂ D(T ) uma sequencia no domınio de
T tal que
xn → x e T (xn)→ y.
Por hipotese obtemos que x ∈ D(T ) e T (x) = y, isto e, (x, y) ∈ G(T ), mostrando que G(T ) e
fechado em E × F.
154 Marcos Roberto Teixeira Primo
Exercıcio 5.4. Se T : E → F e uma transformacao linear contınua entre espacos normados E e
F, entao G(T ) e fechado em E × F. Mostre que a recıproca nao e verdadeira.
Exercıcio 5.5. Seja T : D(T ) ⊂ E → F uma transformacao linear contınua entre espacos
normados E e F. Se D(T ) e fechado em E, entao G(T ) e fechado em E × F.
Exercıcio 5.6. Mostre que podem existir transformacoes lineares contınuas T : D(T ) ⊂ E → F
tais que D(T ) = E e G(T ) nao fechado em E × F.
Definicao 5.3. Dizemos que uma transformacao linear T : D(T ) ⊂ E → F entre espacos nor-
mados E e F e fechada se G(T ) e fechado em E × F, ou seja, se, e somente se, toda sequencia
(xn) ⊂ D(T ) tal que xn → x e Txn → y, quando n→∞, tivermos x ∈ D(T ) e Tx = y.
Teorema 5.3 (Teorema do Grafico Fechado). Sejam E e F espacos de Banach e T : D(T ) ⊂E → F uma transformacao linear fechada. Se D(T ) e fechado em E, entao T e contınua (limi-
tada).
Demonstracao: Considere em D(T ) as seguintes normas:
‖x‖1 = ‖x‖E + ‖Tx‖F , x ∈ D(T ),
que e conhecida como norma da grafico e
‖x‖2 = ‖x‖E, x ∈ D(T ).
Como D(T ) e fechado em (E, ‖ · ‖E) que e um espaco de Banach, entao (D(T ), ‖ · ‖2) e um espaco
de Banach. Mostremos agora que (D(T ), ‖ · ‖1) tambem e um espaco de Banach. Para vermos
isso, seja (xn) ⊂ D(T ) um sequencia de Cauchy em (D(T ), ‖ · ‖1). Temos
0 ≤ ‖xm − xn‖2 ≤ ‖xm − xn‖1 → 0,
quando m,n→∞, mostrando que (xn) e uma sequencia de Cauchy em (D(T ), ‖ · ‖2). Tambem,
0 ≤ ‖Txm − Txn‖F ≤ ‖xm − xn‖E + ‖T (xm − xn)‖F = ‖xm − xn‖1 → 0,
quando m,n → ∞, mostrando que (Txn) e uma sequencia de Cauchy em (F, ‖ · ‖F ). Portanto,
existem x ∈ D(T ) e y ∈ F tais que quando n→∞,
xn → x em (D(T ), ‖ · ‖E)
e
Txn → y em (F, ‖ · ‖F ).
Como T e uma transformacao linear fechada, concluımos que y = Tx. Assim,
0 ≤ ‖xn − x‖1 = ‖xn − x‖E + ‖Txn − Tx‖F → 0,
Analise Funcional 155
quando n→∞, mostrando que (D(T ), ‖ · ‖1) e um espaco de Banach.
Agora, como ‖x‖2 ≤ ‖x‖1, para todo x ∈ D(T ), o Corolario 5.6 implica que existe uma
constante c ≥ 0 tal que
‖x‖E + ‖Tx‖F = ‖x‖1 ≤ c‖x‖2 ≤ c‖x‖E,
para todo x ∈ D(T ). Notemos que para todo x ∈ D(T ),
‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤ c‖x‖2 =⇒ (c− 1)‖x‖2 ≥ 0,
ou seja, na realidade, c ≥ 1. Logo,
‖Tx‖E ≤ (c− 1)‖x‖E,
para todo x ∈ D(T ), mostrando que T e limitada e, portanto, T e contınua.
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