notas de análise funcional - jorge mujica
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Notas de Análise Funcional
Jorge Mujica
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Sumário
1. Espaços normados e operadores lineares ....................................................................................01
2. Desigualdades de Hölder e Minkowski para somas ....................................................................05
3. Espaços normados de sequências................................................................................................08
4. Desigualdades de Hölder e Minkowski para integrais ................................................................12
5. Espaços normados de funções.....................................................................................................14
6. Espaços normados de dimensão finita ........................................................................................20
7. Completamento de espaços normados ........................................................................................23
8. Espaços quociente .......................................................................................................................26
9. Espaços com produto interno ......................................................................................................29
10. Projeções ortogonais .................................................................................................................32
11. O teorema de Hahn-Banach ......................................................................................................37
12. Consequências do teorema de Hahn-Banach ............................................................................41
13. O dual de lp ...............................................................................................................................44
14. O dual de Lp(X,_, µ).................................................................................................................46
15. Bidual de um espaço normado ..................................................................................................51
16. Teorema de Banach-Steinhaus..................................................................................................54
17. Teorema da aplicação aberta e teorema do gráfico fechado......................................................57
18. Espectro de um operador em um espaço de Banach .................................................................6019. Operadores compactos entre espaços de Banach ......................................................................63
20. Conjuntos ortonormais em espaços de Hilbert..........................................................................65
21. Conjuntos ortonormais completos em espaços de Hilbert ........................................................68
22. Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert .....................................................................75
23. Teorema espectral para operadores compactos e auto-adjuntos
em espaços de Hilbert .....................................................................................................................78
24. Espaços localmente convexos ...................................................................................................81
25. O teorema de Hahn-Banach em espaços localmente convexos.................................................85
26. A topologia fraca.......................................................................................................................87
27. A topologia fraca estrela ...........................................................................................................89
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1. Espacos normados e operadores lineares
Sempre consideraremos espacos vetoriais sobre K, onde K e R ou C.
1.1. Definicao. Se E e um espaco vetorial, entao uma funcao x ∈ E →x ∈ R e chamada de norma se verifica as seguintes propriedades:
(a) x ≥ 0 para todo x ∈ E ;
(b) x = 0 se e so se x = 0;
(c) λx = |λ|x para todo λ ∈ K e x ∈ E ;
(d) x + y ≤ x + y para todo x, y ∈ E .
A desigualdade (d) e chamada de desigualdade triangular . O espaco vetorialE , junto com a norma ., e chamado de espaco normado. E e chamado deespaco de Banach se for completo com relacao a metrica natural d(x, y) =
x
−y
.
Logo veremos muitos exemplos de espacos normados e espacos de Banach.De agora em diante, a menos que digamos o contrario, E e F denotarao espacosnormados.
1.2. Definicao. Sejam a ∈ E e r > 0. A bola aberta de centro a e raio r eo conjunto
BE(a; r) = {x ∈ E : x − a < r}.
A bola fechada de centro a e raio r e o conjunto
BE(a; r) = {x ∈ E : x − a ≤ r}.
A esfera de centro a e raio r e o conjunto
S E(a; r) = {x ∈ E : x − a = r}.
Se a = 0 e r = 1, escreveremos BE , BE e S E em lugar de BE(0; 1), BE(0; 1) eS E(0; 1), respectivamente.
1.3. Definicao. Dada uma aplicacao linear T : E → F , seja T definidopor
T = sup{T x : x ∈ E, x ≤ 1}.
T e dita limitada se T < ∞.
1.4. Proposicao. Dado uma aplicac˜ ao linear T : E → F , as seguintescondic˜ oes s˜ ao equivalentes:
(a) T e limitada.(b) T e uniformemente contınua.(c) T e contınua.(d) T e contınua na origem.
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Demonstracao. (a) ⇒ (b): Se T e limitada, entao
T x ≤ T para todo x ∈ E, x ≤ 1,
e portanto T x ≤ T x para todo x ∈ E.
Segue queT x − T y ≤ T x − y para todo x, y ∈ E.
Logo T e uniformemente contınuo.
As implicacoes (b) ⇒ (c) e (c) ⇒ (d) sao claras.
(d) ⇒ (a): Se (a) nao for verdadeiro, entao existiria uma sequencia (xn) emE tal que xn ≤ 1 e T xn ≥ n para cada n. Seja yn = xn/T xn para cadan. Entao yn ≤ 1/n e T yn = 1 para cada n. Logo T nao seria contınuo naorigem.
1.5. Corolario. Seja T : E → F uma aplicac˜ ao linear. Ent˜ ao T e contınua se e s´ o se existe uma constante c > 0 tal que
T x ≤ cx para todo x ∈ E.
1.6. Definicao. Denotaremos por La(E ; F ) o espaco vetorial de todas asaplicacoes lineares T : E → F . Denotaremos por L(E ; F ) o subespaco de todasos T ∈ La(E ; F ) que sao contınuas. Os elementos de La(E ; F ) sao usualmentechamados de operadores lineares.
E claro que o valor absoluto define uma norma em K, e que K, munidodessa norma, e completo. O espaco La(E, K) e denotado por E ∗, e e chamadode dual algebrico de E . O espaco L(E ; K) e denotado por E , e e chamado dedual topol´ ogico, ou simplesmente dual de E . Os elementos de E ∗ sao usualmentechamados de funcionais lineares.
Diremos que T ∈ L(E ; F ) e um isomorfismo topol´ ogico se T e bijetivo e seuinverso e contınuo. Diremos que T ∈ L(E ; F ) e um mergulho topol´ ogico se T eum isomorfismo topologico entre E e o subespaco T (E ) de F .
Diremos que T ∈ L(E ; F ) e um isomorfismo isometrico se T e bijetivo, eT x = x para todo x ∈ E . Diremos que T ∈ L(E ; F ) e um mergulhoisometrico se T e um isomorfismo isometrico entre E e o subespaco T (E ) de F .
Diremos que duas normas .1 e .2 em um espaco vetorial E sao equiv-alentes se a aplicacao identidade de (E, .1) em (E, .2) e um isomorfismotopologico.
1.7. Corolario. Seja T ∈ La(E ; F ). Ent˜ ao T e um mergulho topol´ ogico see s´ o se existem constantes b ≥ a > 0 tais que
ax ≤ T x ≤ bx para todo x ∈ E.
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1.8. Corolario. Seja E um espaco vetorial. Duas normas .1 e .2 em E s˜ ao equivalentes se e s´ o se existem constantes b ≥ a > 0 tais que
a
x
1
≤ x
2
≤b
x
1 para todo x
∈E.
1.9. Proposicao. A func˜ ao T → T e uma norma em L(E ; F ). Se F eum espaco de Banach, ent˜ ao L(E ; F ) tambem e um espaco de Banach.
Demonstracao. E facil verificar que a funcao T → T e uma norma emL(E ; F ). Provaremos que L(E ; F ) e completo se F e completo. Seja (T n) umasequencia de Cauchy em L(E ; F ). Entao, dado > 0, existe n0 ∈ N tal que
T n − T m ≤
para todo n, m ≥ n0. Segue que
(1)
T n
x−
T m
x ≤
T n −
T m
x ≤
x
para todo n, m ≥ n0 e x ∈ E . Segue que (T nx) e uma sequencia de Cauchy emF para cada x ∈ E . Como por hipotese F e completo, existe o limite limnT nxpara cada x ∈ E . Definamos T : E → F por T x = limnT nx para cada x ∈ E .E facil verificar que T e linear. Fazendo m → ∞ em (1) segue que
T nx − T x ≤ xpara todo n ≥ n0 e x ∈ E . Logo T n − T ≤ , e portanto T n − T ∈ L(E ; F ),para todo n ≥ n0. Segue que T = (T − T n) + T n ∈ L(E ; F ) e T n − T → 0.
1.10. Corolario. O dual de um espaco normado e sempre um espaco deBanach.
Exercıcios
1.A. Prove que
|x − y| ≤ x − y para todo x, y ∈ E.
Em particular a funcao x ∈ E → x ∈ R e uniformemente contınua.
1.B. (a) Se xn → x em E , e yn → y em E , prove que xn + yn → x + y emE .
(b) Se λn → λ em K, e xn → x em E , prove que λnxn → λx em E .
Em particular as seguintes aplicacoes sao contınuas:
(x, y) ∈ E × E → x + y ∈ E,
(λ, x) ∈ K × E → λx ∈ E.
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1.C. (a) Prove que, para cada a ∈ E , a aplicacao x ∈ E → x + a ∈ E e umhomeomorfismo.
(b) Prove que, para cada λ
= 0 em K, a aplicacao x
∈E
→λx
∈E e um
homeomorfismo.
1.D. Prove que cada subespaco fechado de um espaco de Banach e um espacode Banach com a norma induzida.
1.E. Se M e um subespaco vetorial proprio de E , prove que intE e vazio.
1.F. (a) Prove que a funcao (x, y)1 = x + y define uma norma emE × F .
(b) Prove que (E × F, .1) e completo se e so se E e F sao completos.
1.G. (a) Prove que a funcao (x, y)∞ = max{x, y} define uma normaem E × F .
(b) Prove que (E × F, .∞ e completo se e so se E e F sao completos.
1.H. Prove que a aplicacao identidade I : (E × F, .1) → (E × F, .∞) eum isomorfismo topologico. Calcule I e I −1.
1.I. Dado T ∈ L(E ; F ), prove que:
T = sup{T x : x ∈ E, x < 1}
= sup{T x : x ∈ E, x = 1}
= sup{T xx : x ∈ E, x = 0}
= inf {c > 0 : T x ≤ cx para todo x ∈ E }.
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2. Desigualdades de Holder e Minkowski para somas
2.1. Lema. Sejam a, b, α, β > 0, com α + β = 1. Ent˜ ao:
(1) aα
bβ
≤ αa + βb,
com igualdade se e so se a = b.
Demonstracao. Queremos provar que
aαb1−α ≤ αa + (1 − α)b,
ou seja
(2)a
b
α≤ α
a
b+ 1 − α.
Consideremos a funcao
φ(t) = αt + 1
−α
−tα (t > 0).
Entaoφ(t) = α − αtα−1.
Como 0 < α < 1, segue que
φ(t) < 0 s e 0 < t < 1,
φ(t) > 0 se t > 1.
Logo φ e estritamente decrescente em (0, 1], e estritamente crescente em [1, ∞).Como φ(1) = 0, concluimos que
φ(t) > 0 se t > 0, t
= 1.
Isto prova (2), e portanto (1), com igualdade se e s o se a = b.
2.2. Teorema (desigualdade de Holder para somas). Sejam 1 < p,q < ∞, com 1 p + 1
q = 1, e sejam (ξ1,...,ξn), (η1,...,ηn) ∈ K n. Ent˜ ao:
nj=1
|ξjηj | ≤⎛⎝ n
j=1
|ξj | p⎞⎠1/p⎛⎝ n
j=1
|ηj |q⎞⎠1/q
.
Demonstracao. Aplicando o lema anterior, com
aj =|ξj | pnj=1 |ξj | p
, bj =|ηj |qnj=1 |ηj |q
, α =1
p
, β =1
q
,
obtemos |ξjηj |nj=1 |ξj | p1/p n
j=1 |ηj |q1/q ≤ aj
p+
bjq
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para j = 1,...,n. Somando estas desigualdades, segue que
nj=1 |ξjηj |n
j=1 |ξj | p1/p nj=1 |ηj |q1/q≤ 1
p
n
j=1
aj +1
q
n
j=1
bj =1
p+
1
q= 1,
completando a demonstracao.
2.3. Corolario (desigualdade de Cauchy-Schwarz para somas). Se- jam (ξ1,...,ξn), (η1,...,ηn) ∈ K n. Ent˜ ao:
nj=1
|ξjηj | ≤⎛⎝ n
j=1
|ξj |2⎞⎠1/2⎛⎝ n
j=1
|ηj|2⎞⎠1/2
.
2.4. Definicao. Dado 1
≤p <
∞, seja p o conjunto de todas as sequencias
(ξj) em K tais que∞j=1 |ξj | p < ∞.
Temos entao os corolarios seguintes.
2.5. Corolario (desigualdade de Holder para series). Sejam 1 < p,q < ∞, com 1 p + 1
q = 1, e sejam (ξj) ∈ p e (ηj) ∈ q. Ent˜ ao (ξjηj) ∈ 1 e
∞j=1
|ξjηj | ≤⎛⎝ ∞
j=1
|ξj | p⎞⎠1/p⎛⎝ ∞
j=1
|ηj |q⎞⎠1/q
.
2.6. Corolario (desigualdade de Cauchy-Schwarz para series). Se- jam (ξj), (ηj)
∈2. Ent˜ ao (ξjηj)
∈1 e
∞j=1
|ξjηj | ≤⎛⎝ ∞
j=1
|ξj |2⎞⎠1/2⎛⎝ ∞
j=1
|ηj|2⎞⎠1/2
.
2.7. Teorema (desigualdade de Minkowski para somas). Sejam 1 ≤ p < ∞, e (ξ1,...,ξn), (η1,...,ηn) ∈ K n. Ent˜ ao:
⎛⎝ n
j=1
|ξj + ηj | p⎞⎠1/p
≤⎛⎝ n
j=1
|ξj | p⎞⎠1/p
+
⎛⎝ n
j=1
|η pj
⎞⎠1/p
.
Demonstracao. A desigualdade e clara se p = 1. Se p > 1, temos que:
nj=1
|ξj +ηj | p =
nj=1
|ξj +ηj ||ξj +ηj | p−1 ≤n
j=1
|ξj ||ξj +ηj | p−1+
nj=1
|ηj ||ξj +ηj | p−1.
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Como ( p − 1)q = p, segue da desigualdade de Holder que
n
j=1 |
ξj||
ξj + ηj
| p−1
≤ ⎛⎝n
j=1 |
ξj| p⎞⎠
1/p
⎛⎝n
j=1 |
ξj + ηj
| p⎞⎠
1/q
en
j=1
|ηj||ξj + ηj | p−1 ≤⎛⎝ n
j=1
|ηj| p⎞⎠1/p⎛⎝ n
j=1
|ξj + ηj | p⎞⎠1/q
.
Logo
nj=1
|ξj + ηj | p ≤
⎧⎪⎨
⎪⎩
⎛⎝ n
j=1
|ξj | p⎞⎠1/p
+
⎛⎝ n
j=1
|ηj | p⎞⎠1/p⎫⎪⎬
⎪⎭
⎛⎝ n
j=1
|ξj + ηj | p⎞⎠1/q
.
Como 1 − 1q = 1
p , segue que
⎛⎝ n
j=1
|ξj + ηj | p⎞⎠1/p
≤⎛⎝ n
j=1
|ξj | p⎞⎠1/p
+
⎛⎝ n
j=1
|ηj | p⎞⎠1/p
,
completando a demonstracao.
2.8. Corolario (desigualdade de Minkowski para series). Seja 1 ≤ p < ∞, e sejam (ξj), (ηj) ∈ p. Ent˜ ao (ξj + ηj) ∈ p e
⎛⎝ ∞j=1 |ξj + ηj |
p⎞⎠1/p
≤ ⎛⎝∞j=1 |ξj |
p⎞⎠1/p
+⎛⎝ ∞
j=1 |ηj | p⎞⎠
1/p
.
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3. Espacos normados de sequencias
3.1. Exemplo. Dado 1 ≤ p < ∞, definamos
x p =
⎛⎝ nj=1
|ξj | p⎞⎠1/p
para cada x = (ξ1,...,ξn) ∈ Kn. Segue da desigualdade de Minkowski que afuncao . p e uma norma em Kn. Denotaremos por Kn
p o espaco vetorial Kn,munido da norma . p. Nao e difıcil provar que Kn
p e um espaco de Banach.
3.2. Exemplo. Definamos
x∞ = max{|ξ1|, ..., |ξn|}para cada x = (ξ1,...,ξn) ∈ Kn. E facil verificar que a funcao .∞ e umanorma em Kn. Denotaremos por Kn
p o espaco vetorial Kn, munido da norma
.∞. Nao e difıcil provar que Kn∞ e um espaco de Banach.
3.3. Exemplo. Dado 1 ≤ p < ∞, lembremos que
p = {x = (ξj)∞j=1 ⊂ K :∞j=1
|ξj | p < ∞}.
Segue da desigualdade de Minkowski para series que p e um espaco vetorial, ea funcao
x p =
⎛⎝ ∞
j=1
|ξj | p⎞⎠1/p
e uma norma em p. Provaremos que p e de fato um espaco de Banach. Seja(xn)∞n=1 uma sequencia de Cauchy em p. Escrevamos xn = (ξnj)∞j=1 para cadan. Entao, dado > 0, existe n0 tal que
(1) xn − xm =
⎛⎝ ∞
j=1
|ξnj − ξmj | p⎞⎠1/p
≤
para todo n, m ≥ n0. Em particular
|ξnj − ξmj| ≤ xn − xm ≤
para todo n, m ≥ n0 e todo j ∈ N. Logo (ξnj)∞n=1 e uma sequencia de Cauchyem K para cada j
∈N. Seja ξj = limnξnj para cada j
∈N, e seja x = (ξj)∞j=1.
Provaremos que x ∈ p e que (xn)∞n=1 converge a x. De fato, segue de (1) que
(2)
⎛⎝ k
j=1
|ξnj − ξmj | p⎞⎠1/p
≤
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para todo n, m ≥ n0 e todo k ∈ N. Fazendo m → ∞ em (2) segue que
⎛⎝k
j=1 |
ξnj−
ξj| p⎞⎠
1/p
≤
para todo n ≥ n0 e todo k ∈ N. Logo⎛⎝ ∞
j=1
|ξnj − ξj| p⎞⎠1/p
≤
para todo n ≥ n0. Assim xn − x ∈ p e xn − x ≤ para todo n ≥ n0. Segueque x = (x − xn) + xn ∈ p e xn − x → 0.
3.4. Exemplo. Seja
∞ =
{x = (ξj)∞j=1
⊂K : supj
|ξj
|<
∞}.
E facil verificar que ∞ e um espaco vetorial, e a funcao
x∞ = supj |ξj |e uma norma em ∞. Nao e difıcil provar que ∞ e um espaco de Banach.
3.5. Exemplo. Sejam
c0 = {x = (ξj)∞j=1 ⊂ K : (ξj) converge a zero}e
c = {x = (ξj)∞j=1 ⊂ K : (ξj) e convergente}.
Nao e difıcil provar que c0 e c sao subespacos fechados de ∞, e sao portanto
espacos de Banach.
Lembremos que um espaco metrico X e dito separ´ avel se existir um sub-conjunto enumeravel D ⊂ X que e denso em X , ou seja D = X . Nao e difıcilprovar que o espaco Kn
p e separavel para 1 ≤ p ≤ ∞.
3.5. Proposicao. p e separ avel para cada 1 ≤ p < ∞.
Demonstracao. Seja
c00 = {x = (ξj)∞j=1 ⊂ K : ξj = 0 para todo j ≥ algum n}e seja
D = {x = (ξj)∞j=1 ∈ c00 : cada ξj e racional}.
O conjunto D e claramente enumeravel. Provaremos que D e denso em p.Sejam x = (ξj) ∈ p e > 0 dados. Como
∞j=1 |ξj | p < ∞, existe n ∈ N tal que
∞j=n+1
|ξj | p < p.
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Sejay = (ξ1,...,ξn, 0, 0, 0,...),
e seja
z = (ζ 1,...,ζ n, 0, 0, 0,...),com ζ 1,...,ζ n racionais tais que
nj=1
|ξj − ηj | p < p.
Entao y ∈ c00, z ∈ D e
x − z p ≤ x − y p + y − z p < 2.
Logo D e denso em p.
3.6. Proposicao. ∞ n˜ ao e separ avel.
Demonstracao. Seja (xn)∞n=1 um subconjunto enumeravel de ∞. Sejaxn = (ξnj)∞j=1 para cada n. Seja x = (ξj)∞j=1 definido por
ξj = ξjj + 1 se |ξjj | ≤ 1,
ξj = 0 se |ξjj | > 1.
Claramente x ∈ ∞, mas
x − xj∞ ≥ |ξj − ξjj | ≥ 1
para todo j. Logo {xj : j ∈ N} nao e denso em ∞.
Exercıcios
3.A. Dados x ∈ Kn e 1 ≤ p ≤ q < ∞, prove que:
(a) xq ≤ x p.
(b) x∞ ≤ x p ≤ n1/px∞.
(c) x∞ = lim p→∞ x p.
Em particular todas as normas . p, com 1 ≤ p ≤ ∞, sao equivalentes entresi em Kn.
3.B. Seja T : Kn
1 →Kn
∞
o operador identidade. Calcule
T
e
T −1
.
3.C. Se 1 ≤ p ≤ ∞, prove que cada aplicacao linear T : Kn p → F e contınua.
3.D. Se 1 ≤ p ≤ q < ∞, prove que p ⊂ q, e a inclusao e contınua.
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3.E. Se 1 ≤ p < ∞, prove que p ⊂ c0, e a inclusao e contınua.
3.F. Prove que Kn p e separavel para 1 ≤ p ≤ ∞.
3.G. Prove que c0 e c sao separaveis.3.H. Prove que c0 e c sao isomorfos entre si.
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4. Desigualdades de Holder e Minkowski para integrais
Seja (X, Σ, µ) um espaco de medida , ou seja X e um conjunto nao vazio, Σe uma σ-algebra de subconjuntos de X , e µ : Σ
→[0,
∞] e uma medida. Se
1 ≤ p < ∞, denotaremos por L p(X, Σ, µ) o espaco vetorial de todas as funcoesmensuraveis f : X → K tais que
X
|f | pdµ < ∞. Escrevamos
f p =
X
|f | pdµ
1/p
para cada f ∈ L p(X, Σ, µ).
4.1. Teorema (desigualdade de Holder para integrais). Sejam 1 < p,q < ∞, com 1 p + 1
q = 1, e sejam f ∈ L p(X, Σ, µ) e g ∈ Lq(X, Σ, µ). Ent˜ ao
f g ∈ L1(X, Σ, µ) e
X |f g|dµ ≤ X |f |
p
dµ1/p
X |g|q
dµ1/q
.
Demonstracao. Sem perda de generalidade podemos supor que f p > 0e gq > 0. Aplicando o Lema 2.1 com
a =|f (x)|f p , b =
|g(x)|gq
, α =1
p, β =
1
q,
segue que|f (x)g(x)|f pgq ≤ |f (x)| p
pf p p +|g(x)|qqgqq .
Integrando segue que X |f g|dµ
f pgq≤ 1
p+
1
q= 1,
completando a demonstracao.
4.2. Corolario (desigualdade de Cauchy-Schwarz para integrais).Sejam f, g ∈ L2(X, Σ, µ). Entao f g ∈ L1(X, Σ, µ) e
X
|f g|dµ ≤
X
|f |2dµ
1/2 X
|g|2dµ
1/2.
Dadas duas funcoes f, g : X
→R, as funcoes f
∨g : X
→R e f
∧g : X
→R
sao definidas por:(f ∨ g)(x) = max{f (x), g(x)},
(f ∧ g)(x) = min{f (x), g(x)}.
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4.3. Teorema (desigualdade de Minkowski para integrais). Seja 1 ≤ p < ∞, e sejam f, g ∈ L p(X, Σ, µ). Ent˜ ao f + g ∈ L p(X, Σ, µ) e
X
|f + g| pdµ1/p ≤
X|f | pdµ1/p
+
X|g| pdµ1/p
.
Demonstracao. A desigualdade e clara se p = 1. Logo vamos supor que p > 1. Como
|f + g| p ≤ (|f | + |g|) p ≤ 2 p(|f | ∨ |g|) p ≤ 2 p(|f | p + |g| p),
segue que f + g ∈ L p(X, Σ, µ). Como
|f + g| p = |f + g||f + g| p−1 ≤ |f ||f + g| p−1 + |g||f + g| p−1,
segue que X
|f + g| pdµ ≤ X
|f ||f + g| p−1dµ +
X
|g||f + g| p−1dµ.
Temos que |f + g| p−1 ∈ Lq(X, Σ, µ), pois ( p − 1)q = p e f + g ∈ L p(X, Σ, µ).Usando a desigualdade de Holder, segue que
X
|f ||f + g| p−1dµ ≤
X
|f | pdµ
1/p X
|f + g| pdµ
1/q.
De maneira analoga
X |g||f + g|
p−1
dµ ≤ X |g| p
dµ1/p
X |f + g| p
dµ1/q
.
Logo
X
|f + g| pdµ ≤
X
|f | pdµ
1/p+
X
|g| pdµ
1/p X
|f + g| pdµ
1/q.
Como 1 − 1q = 1
p , segue que
X
|f + g| pdµ
1/p≤
X
|f | pdµ
1/p+
X
|g| pdµ
1/p,
completando a demonstracao.
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5. Espacos normados de funcoes
5.1. Exemplo. Seja X um conjunto nao vazio, e seja B(X ) o espacovetorial de todas as funcoes limitadas f : X
→K. Nao e difıcil provar que
B(X ) e um espaco de Banach sob a norma
f = sup{|f (x)| : x ∈ X }.
5.2. Exemplo. Seja X um espaco topologico compacto, e seja C (X ) oespaco vetorial de todas as funcoes contınuas f : X → K. Nao e difıcil verificarque C (X ) e um subespaco fechado de B(X ), e e portanto um espaco de Banach.
5.3. Exemplo. Seja X um espaco topologico arbitrario, e seja C b(X ) oespaco vetorial de todas as funcoes contınuas e limitadas f : X → K. Nao edifıcil verificar que C b(X ) e um subespaco fechado de B(X ), e e portanto umespaco de Banach.
5.4. Exemplo. Seja (X, Σ, µ) um espaco de medida, e seja 1 ≤ p < ∞.Segue da desigualdade de Minkowski que L p(X, Σ, µ) e um espaco vetorial, e afuncao
f p =
X
|f | pdµ
1/ptem as seguintes propriedades:
(a) f p ≥ 0;
(b) f p = 0 se e so se f (x) = 0 quase sempre;
(c) λf p = |λ|f p;
(d) f + g p ≤ f p + g p.
Estas propriedades mostram que a funcao . p tem quase todas as pro-priedades de uma norma. So nao verifica a propriedade (b) da definicao denorma. Para obter uma norma, vamos introduzir uma relacao de equivalenciaem L p(X, Σ, µ) da maneira seguinte. Dadas f, g ∈ L p(X, Σ, µ), definimos f ∼ g
se f (x) = g(x) quase sempre. E claro que esta e uma relacao de equivalenciaem L p(X, Σ, µ). Seja L p(X, Σ, µ) o conjunto das classes de equivalencia. Dadas[f ], [g] ∈ L p(X, Σ, µ) e λ ∈ K, definimos
[f ] + [g] = [f + g], λ[f ] = [λf ].
E facil verificar que estas operacoes estao bem definidas, e que L p(X, Σ, µ), com
estas operacoes, e um espaco vetorial. Alem disso, a aplicacao quociente
π : f ∈ L p(X, Σ, µ) → [f ] ∈ L p(X, Σ, µ)
e linear. Se definimos[f ] p = f p
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para cada [f ] ∈ L p(X, Σ, µ), e facil verificar que esta funcao esta bem definida,e e uma norma em L p(X, Σ, µ). Antes de provar que L p(X, Σ, µ) e completo,vamos precisar de um resultado auxiliar.
5.5. Definicao. (a) Uma serie∞
n=1 xn em E e dita convergente se asequencia de somas parciais sn =
nj=1 xj e convergente em E .
(b) Uma serie∞
n=1 xn em E e dita absolutamente convergente ou absolu-tamente som´ avel se∞
n=1 xn < ∞.
5.6. Proposicao. Um espaco normado E e completo se e s´ o se cada serieabsolutamente convergente em E e convergente.
Demonstracao. (⇒) Suponhamos E completo e∞
n=1 xn < ∞. Sem < n, entao
sn − sm = n
j=m+1
xj ≤n
j=m+1
xj.
Segue que (sn) e uma sequencia de Cauchy em E , e e portanto convergente.
(⇐) Suponhamos que cada serie absolutamente convergente em E seja con-vergente. Para provar que E e completo, seja (xn) uma sequencia de Cauchyem E . Entao existe uma sequencia estritamente crescente (nj) ⊂ N tal que
xn − xm ≤ 2−j para todo n, m ≥ nj .
Em particular∞j=1
xnj+1 − xnj ≤∞j=1
2−j = 1.
Logo a serie ∞j=1
(xnj+1
−xn
j
) e convergente em E . Como
xn1 +k
j=1
(xnj+1 − xnj ) = xnk+1 ,
concluimos que a sequencia (xnk) converge em E . Assim (xn) e uma sequenciade Cauchy em E , que admite uma subsequencia convergente. Segue que (xn) econvergente.
5.7. Teorema. L p(X, Σ, µ) e um espaco de Banach sempre que 1 ≤ p < ∞.
Demonstracao. Para provar que L p(X, Σ, µ) e completo, seja ∞n=1[f n]
uma serie absolutamente convergente em L p(X, Σ, µ), ou seja∞
n=1
[f n] =∞
n=1
f n < ∞.
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Seja g : X → [0, ∞] definida por
g(x) =
∞
n=1
|f n(x)| = limn→∞
n
j=1
|f j(x)|.
Pelo teorema da convergencia monotona,
X
g pdµ = limn→∞
X
⎛⎝ n
j=1
|f j|⎞⎠
p
.
Pela desigualdade de Minkowski,
X
g pdµ
1/p= lim
n→∞
nj=1
|f j | p ≤ limn→∞
nj=1
f j p =∞j=1
f j p < ∞.
Assim g ∈ L p(X, Σ, µ), e g(x) < ∞ quase sempre. Seja
N = {x ∈ X : g(x) = ∞},
e seja f : X → K definida por
f (x) =∞j=1
f j(x) se x ∈ X \ N, f (x) = 0 se x ∈ N.
E claro que |f (x)| ≤ g(x) para todo x ∈ X . Como g ∈ L p(X, Σ, µ), segue quef ∈ L p(X, Σ, µ). Como
|f (x) −n
j=1
f j(x)| ≤ 2g(x)
para todo x ∈ X e n ∈ N, o teorema da convergencia dominada garante que
limn→∞
|f −n
j=1
f j| pdµ = 0.
Logo
limn→∞
[f ] −n
j=1
[f j ] p = 0.
Os elementos do espaco L p(X, Σ, µ) sao classes de equivalencia de funcoes.Mas na pratica vamos considerar os elementos de L p(X, Σ, µ) como funcoes,mas lembrando de identificar duas funcoes que coincidem quase sempre.
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5.8. Exemplo. Seja L∞(X, Σ, µ) o espaco vetorial de todas as funcoesf : X → K que sao limitadas quase sempre, ou seja, existe c > 0 tal que|f (x)| ≤ c quase sempre. Para cada f ∈ L∞(X, Σ, µ), definimos
f ∞ = inf {c > 0 : |f (x)| ≤ c quase sempre}.
E facil verificar que|f (x)| ≤ f ∞ quase sempre.
E facil verificar que a funcao .∞ tem as seguintes propriedades:
(a) f ∞ ≤ 0;
(b) f ∞ = 0 se e so se f (x) = 0 quase sempre;
(c) λf ∞ = |λ|f ∞;
(d) f + g∞ ≤ f ∞ + g∞.
A funcao .∞ verifica quase todas as propriedades de uma norma. Sonao verifica a propriedade (b) da definicao de norma. Para obter uma norma,vamos introduzir uma relacao de equivalencia em L∞(X, Σ, µ), como no caso deL p(X, Σ, µ). Dadas f, g ∈ L∞(X, Σ, µ), definimos f ∼ g se f (x) = g(x) quasesempre. Esta e uma relacao de equivalencia em L∞(X, Σ, µ). Seja L∞(X, Σ, µ)o conjunto das classes de equivalencia. Dadas [f ], [g] ∈ L∞(X, Σ, µ) e λ ∈ K,definimos
[f ] + [g] = [f + g], λ[f ] = [λf ].
Estas operacoes estao bem definidas. Com estas operacoes L∞(X, Σ, µ) e umespaco vetorial, e a aplicacao quociente
π : f ∈ L∞(X, Σ, µ) → [f ] ∈ L∞(X, Σ, µ)
e linear. Se definimos[f ]∞ = f ∞
para cada [f ] ∈ L∞(X, Σ, µ), esta funcao esta b em definida, e e uma norma emL∞(X, Σ, µ).
5.9. Proposicao. L∞(X, Σ, µ) e um espaco de Banach.
Demonstracao. Para provar que L∞(X, Σ, µ) e completo, seja ([f n]) umasequencia de Cauchy em L∞(X, Σ, µ). E facil achar N ∈ Σ, com µ(N ) = 0, talque
|f n(x)| ≤ f n∞ para todo x ∈ X \ N, n ∈ N;
|f m(x) − f n(x)| ≤ f m − f n∞ para todo x ∈ E \ N,m,n ∈ N.
Isto prova que (f n) e uma sequencia de Cauchy em B(X \ N ). Como B(X \ N )e um espaco de Banach, segue que (f n) converge uniformemente em X \ N .Definamos
f (x) = limn→∞
f n(x) se x ∈ X \ N, f (x) = 0 se x ∈ N.
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Entao f ∈ L∞(X, Σ, µ) e
[f n] − [f ]∞ = f n − f ∞ → 0.
Os elementos do espaco L∞(X, Σ, µ) sao classes de equivalencia de funcoes.Mas na pratica vamos considerar os elementos de L∞(X, Σ, µ) como funcoes,mas lembrando de identificar as funcoes que coincidem quase sempre.
Exercıcios
5.A. Seja (X, Σ, µ) um espaco de medida finita, e sejam 1 ≤ p ≤ q < ∞.
(a) Prove que Lq(X, Σ, µ) ⊂ L p(X, Σ, µ), e a inclusao e contınua.
(b) Prove que L∞(X, Σ, µ) ⊂ Lq(X,σ,µ), e a inclusao e contınua.
Sugestao: Para provar (a), considere uma funcao f ∈ Lq(X, Σ, µ), e apliquea desigualdade de Holder as funcoes
φ = |f | p ∈ L qp
(X, Σ, µ), ψ = 1 ∈ L qq−p
(X, Σ, µ).
5.B. Use o teorema de aproximacao de Weierstrass para provar que o espacoC [a, b] e separavel.
5.C. Seja X um espaco topologico. Diremos que uma funcao f ∈ C (X )se anula no infinito se para cada > 0 existe um compacto K ⊂ X tal que|f (x)| < para todo x ∈ X \ K . Seja C 0(X ) o espaco vetorial de todas asf ∈ C (X ) que se anulam no infinito. Prove que C 0(X ) e um subespaco fechadode C b(X ), e e portanto um espaco de Banach.
5.D. Use o teorema de aproximacao de Weierstrass para provar que o espaco
C 0(R) e separavel.5.E. Use o fato que C [a, b] e um subespaco denso de L p[a, b], para provar
que L p[a, b] e separavel sempre que 1 ≤ p < ∞.
5.F. Seja U um aberto de C, e seja H ∞(U ) o espaco vetorial de todas asfuncoes f : U → C que sao holomorfas e limitadas. Prove que H ∞(U ) e umsubespaco fechado de C b(U ), e e portanto um espaco de Banach.
5.G. Dada uma funcao f : [a, b] → K, a variac˜ ao total de f e definida por
V (f ) = sup
nj=1
|f (bj) − f (aj)|,
onde o supremo e tomado sobre todos os aj , bj tais que
a ≤ a1 ≤ b1 ≤ a2 ≤ b2 ≤ ... ≤ an ≤ bn ≤ b.
Diremos que f tem variac˜ ao limitada se V (f ) < ∞. Se f for crescente, oudecrescente, prove que f tem variacao limitada.
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5.H. Seja BV [a, b] o espaco vetorial de todas as funcoes f : [a, b] → K devariacao limitada. Prove que BV [a, b] e um espaco de Banach sob a norma
f
= V (f ) +
|f (a)
|.
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6. Espacos normados de dimensao finita
6.1. Teorema. Todos os espacos normados de dimens˜ ao n sobre K s˜ aotopologicamente isomorfos entre si.
Demonstracao. Seja E um espaco normado de dimensao n sobre K.Provaremos que E e topologicamente isomorfo a Kn
2 .Seja (e1,...,en) uma base de E . Seja T : Kn
2 → E definida por
T x =
nj=1
ξjej para todo x = (ξ1,...,ξn) ∈ Kn2 .
E claro que T e bijetiva. Segue da desigualdade de Cauchy-Schwarz que
T x ≤n
j=1|ξj |ej ≤⎛
⎝n
j=1ej2⎞
⎠
1/2
x,
e portanto T e contınua. Para provar que T −1 e contınuo, consideremos a esferaunitaria S de Kn
2 :
S = {x = (ξ1,...,ξn) ∈ Kn2 :
nj=1
|ξj |2 = 1}.
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, S e um subconjunto compacto de Kn2 . E
claro que T x > 0 para todo x ∈ S . Logo existe c > 0 tal que T x ≥ c paratodo x ∈ S , e portanto
T x ≥ cx para todo x ∈ Kn2 .
Logo T : Kn
2 → E e um isomorfismo topologico.6.2. Corolario. Cada espaco normado de dimens˜ ao finita e completo.
6.3. Corolario. Cada subespaco de dimens˜ ao finita de um espaco normadoe fechado.
6.4. Corolario. Cada espaco normado de dimens˜ ao finita e localmentecompacto.
O recıproco deste corolario e verdadeiro.
6.5. Teorema de Riesz. Cada espaco normado localmente compacto tem dimens˜ ao finita.
Para provar este teorema precisamos do lema seguinte.
6.6. Lema de Riesz. Seja E um espaco normado, e seja M um subespaco fechado pr´ oprio de E . Dado θ, com 0 < θ < 1, existe y ∈ S E tal que
y − x ≥ θ para todo x ∈ M.
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Demonstracao. Seja y0 ∈ E \ M , e seja
d = d(y0, M ) = inf
{y0
−x
: x
∈M
}.
Como M e fechado, d > 0. Seja x0 ∈ M tal que
y0 − x0 ≤ d
θ.
Seja
y =y0 − x0
y0 − x0 .
E claro que y ∈ S E . Para cada x ∈ M temos:
y − x =y0 − x0 − y0 − x0x
y0 − x0 ≥ d
y0 − x0 ≥ θ.
Demonstracao do teorema de Riesz. Seja E um espaco normado dedimensao infinita, seja x1 ∈ S E , e seja M 1 = [x1], o subespaco de E gerado porx1. Pelo lema de Riesz existe x2 ∈ S E tal que
x2 − x ≥ 1/2 para todo x ∈ M 1.
Em particularx2 − x1 ≥ 1/2.
Seja M 2 = [x1, x2], o subespaco de E gerado por x1 e x2. Pelo lema de Rieszexiste x3 ∈ S E tal que
x3 − x ≥ 1/2 para todo x ∈ M 2.
Em particularx3 − xj ≥ 1/2 para j = 1, 2.
Procedendo por inducao podemos achar uma sequencia (xn) ⊂ S E tal que
xm − xn ≥ 1/2 sempre que m = n.
Logo a sequencia (xn) nao admite nenhuma subsequencia convergente. Logoa esfera S E nao e compacta. Logo a bola BE nao e compacta. Logo a bolaBE(0; r) nao e compacta para nenhum r > 0. Logo E nao e localmente com-pacto.
6.7. Exemplo. A conclusao do lema de Riesz nao e verdadeira com θ = 1,
como mostra o exemplo seguinte. Sejam
E = {f ∈ C [0, 1] : f (0) = 0},
M = {f ∈ E :
10
f (t)dt = 0}.
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Suponhamos que exista g ∈ S E tal que g − f ≥ 1 para todo f ∈ M . Dadoh ∈ E \ M , seja
λ = 1
0g(t)dt 1
0 h(t)dt
.
Segue que g − λh ∈ M , e portanto
1 ≤ g − (g − λh) = |λ|h,
ou seja
1 ≤ | 10
g(t)dt|| 1
0h(t)dt|
h.
Consideremos a sequencia de funcoes hn(t) = t1/n. Entao hn ∈ E \M , hn = 1e
1
0
hn(t)dt =1
1
n + 1 →1.
Segue que
1 ≤ | 10
g(t)dt|.
Mas como g = 1 e g(0) = 0, a continuidade de g em 0 implica que | 10
g(t)dt| <1, contradicao. Logo nao existe g ∈ S E tal que g − f ≥ 1 para todo f ∈ M .
Exercıcios
6.A. Seja E um espaco normado de dimensao finita, e seja M um subespacoproprio de E . Prove que existe y ∈ S E tal que y − x ≥ 1 para todo x ∈ M .
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7. Completamento de espacos normados
7.1. Proposicao. Sejam E e F espacos normados, seja M um subespacodenso de E , e seja T
∈L(M ; F ). Ent˜ ao existe um ´ unico T
∈L(E ; F ) tal que
T |M = T . Tem-se que T = T .
Demonstracao. Dado x ∈ E , seja (xn) uma sequencia em M que convergea x. Como
T xm − T xn ≤ T xm − xn,
e F e completo, segue que a sequencia (T xn) converge em F . Se definimos
T x = limn→∞
T xn,
e facil ver que T x esta bem definido, ou seja, depende apenas de x, e nao dasequencia (xn) escolhida. Alem disso, T : E → F e linear e T x = T x para todox ∈ M . E facil verificar que T = T . A unicidade de T segue da densidade
de M em E .7.2. Teorema. Dado um espaco normado E , sempre existe um espaco de
Banach F tal que E e isometricamente isomorfo a um subespaco denso F 0 deF . O espaco F e ´ unico, a menos de um isomorfismo isometrico.
Demonstracao. Seja C o espaco vetorial de todas as sequencias de CauchyX = (xn) em E . Como
|xm − xn| ≤ xm − xn para todo m,n,
segue que (xn) e uma sequencia de Cauchy em R para cada X = (xn) ∈ C .E facil ver que a funcao
X
= lim
n→∞ xn
tem as propriedades seguintes:
(a) X ≥ 0;
(b) X = 0 se e so se limn→∞ xn = 0;
(c) λX = |λ|X ;
(d) X + Y ≤ X || + Y .
A funcao X ∈ C → X ∈ R tem quase todas as propriedaes de uma norma.Para obter uma norma, vamos introduzir uma relacao de equivalencia em C damaneira seguinte. Dadas X = (xn) e Y = (yn) em C , definimos
X ∼ Y se limn→∞
xn − yn|| = 0.
Seja F o conjunto das classes de equivalencia. Se definimos
[X ] + [Y ] = [X + Y ], λ[X ] = [λX ],
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entao e facil verificar que estas operacoes estao bem definidas, e que F , comestas operacoes, e um espaco vetorial. Alem disso a aplicacao quociente
π : X
∈C
→[X ]
∈F
e linear. E facil ver que a funcao [X ] = X esta bem definida, e e umanorma em F . Seja
F 0 = {[X ] ∈ F : X = (x,x,x,...), com x ∈ E }.
E claro que F 0 e um subespaco de F , e que E e isometricamente isomorfo a F 0.Para provar que F 0 e denso em F , sejam [X ] ∈ F e > 0 dados. Se X = (xn),
entao existe n0 ∈ N tal que
xm − xn < para todo m, n ≥ n0.
Seja Y = (xn0 , xn0 , xn0 ,...). Entao [Y ]
∈F 0 e
[X ] − [Y ] = X − Y = limn→∞
xn − xn0 ≤ .
Para provar que F e completo, seja ([X n]) uma sequencia de Cauchy em F .Como F 0 e denso em F , para cada n existe [Y n] ∈ F 0 tal que
[X n] − [Y n] < 1/n.
Podemos supor que Y n = (yn, yn, yn,...), com yn ∈ E , para cada n. Como
ym − yn = [Y m] − [Y n]
≤ [Y m] − [X m] + [X m] − [X n] + [X n] − [Y n]
≤ 1m
+ [X m] − [X n] + 1n
,
segue que Y = (yn) e uma sequencia de Cauchy em E . Como
[X n] − [Y ] ≤ [X n] − [Y n] + [Y n] − [Y ] ≤ 1
n+ lim
m→∞yn − ym,
segue que limn→∞[X n] − [Y ] = 0.
Para provar a unicidade de F , a menos de um isomorfismo isometrico, sejaG um outro espaco de Banach tal que E e isometricamente isomorfo a umsubespaco denso G0 de G. Sejam S ∈ L(E ; F 0) e T ∈ L(T ; G0) isomorfismosisometricos. Entao U = T
◦S −1
∈L(F 0; G0) e V = S
◦T −1
∈L(G0; F 0)
sao tambem isomorfismos isometricos, V ◦ U = I F 0 , e U ◦ V = I G0 . PelaProposicao 7.1 existe U ∈ L(F ; G) tal que U |F 0 = U , e existe V ∈ L(G; F ) talque V |G0 = V . Segue que V ◦ U = I F e U ◦ V = I G. Alem disso U e V saoisomorfismos isometricos.
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Exercıcios
7.A. Seja P (R) o espaco vetorial de todos os polinomios P (x) =
nj=0 ajxj ,
com aj
∈K e n
∈N.
(a) Prove que P =n
j=0 |aj | e uma norma em P (R).
(b) Prove que P (R), com esta norma, nao e completo.
(c) Prove que o completamento de P (R), com esta norma, e isometricamenteisomorfo a 1.
7.B. (a) Fixados a < b em R, prove que P = sup{|P (x)| : a ≤ x ≤ b} euma norma em P (R).
(b) Prove que P (R), com esta norma, nao e completo.
(c) Prove que o completamento de P (R), com esta norma, e isometricamenteisomorfo a C [a, b].
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8. Espaco quociente
Seja E um espaco vetorial, e seja M um subespaco de E . Diremos que x, y ∈E sao equivalentes m´ odulo M , e escreveremos x = y(mod(M ), se x
−y
∈M .
E claro que esta e uma relacao de equivalencia em E . Denotaremos por E/M o conjunto de todas as classes de equivalencia modulo M . Para cada x ∈ E ,denotaremos por [x] a classe de equivalencia que contem x. Definamos
[x] + [y] = [x + y], λ[x] = [λx]
para todo [x], [y] ∈ E/M e λ ∈ K. E facil verificar que estas operacoes estaobem definidas, e que E/M , com estas operacoes, e um espaco vetorial. Alemdisso, a aplicacao quociente
π : x ∈ E → [x] ∈ E/M
e linear. O espaco vetorial E/M e chamado de espaco quociente de E m´ oduloM .
8.1. Exemplo. Seja (X, Σ, µ) um espaco de medida, e sejam
E = L p(X, Σ, µ) (1 ≤ p ≤ ∞),
M = {f ∈ L p(X, Σ, µ) : f (x) = 0 quase sempre}.
Neste caso o espaco quociente L p(X, Σ, µ)/M coincide com o espaco L p(X, Σ, µ)introduzido na secao 5.
8.2. Exemplo. Seja E um espaco normado, e sejam
C = {(xn) ⊂ E : (xn) e sequencia de Cauchy},
M ={
(xn)⊂
E : (xn) converge a zero}
.
Neste caso o espaco quociente C/M coincide com o espaco F introduzido nasecao 7.
8.3. Teorema. Seja M um subespaco fechado de E , e seja
X = inf {x : x ∈ X }para cada X ∈ E/M . Ent˜ ao:
(a) [x] = x + M e [x] = d(x, M ) para cada x ∈ E .
(b) A func˜ ao X → X e uma norma em E/M .
(c) π(BE) = BE/M . Em particular π : E
→E/M e contınua e aberta.
(d) Se E e completo, ent˜ ao E/M e completo tambem.
Demonstracao. (a) E claro que
[x] = x + M para cada x ∈ E.
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Como a aplicacao t ∈ E → x + t ∈ E e um homeomorfismo, e M e fechado emE , segue que [x] = x + M e fechado em E para cada x ∈ E . Alem disso
[x]
= inf
{x + t
: t
∈M
}= d(x, M ) para cada x
∈E.
(b) E claro que X ≥ 0 para cada X ∈ E/M . Se [x] = 0, entao seguede (a) que x ∈ M , e portanto x + M = M = [0]. Se λ = 0, entao e claro queλX = |λ|X para todo X ∈ E/M . Se λ = 0, entao
λX = inf {y : y ∈ λX } = inf {λx : x ∈ X }= |λ| inf {x : x ∈ X } = |λ|X .
Dados X, Y ∈ E/M e > 0, existem x ∈ X e y ∈ Y tais que
x < X + , y < Y + .
Entao x + y ∈ X + Y e
X + Y ≤ x + y ≤ x + y ≤ X + Y + 2.
Como > 0 e arbitrario, segue que
X + Y ≤ X + Y .
(c) e consequencia imediata da definicao da norma em E/M .
(d) Finalmente provaremos que E/M e completo quando E e completo. Seja∞n=1 X n uma serie absolutamente convergente em E/M . Para cada n existe
xn ∈ X n tal quexn < X n + 2−n,
e portanto∞
n=1
xn <∞
n=1
X n +∞
n=1
2−n < ∞.
Assim a serie∞
n=1 xn e absolutamente convergente, e portanto convergente,pois E e completo. Sejam
sn =n
j=1
xj , s = limn→∞
sn =∞j=1
xj, S n =n
j=1
X j .
Entao e claro que sn ∈ S n para cada n. Como a aplicacao quociente π : E →E/M e contınua, segue que S n = [sn] → [s]. Logo a serie
∞j=1 X j e convergente
em E/M .
Exercıcios
8.A. Seja E um espaco normado, seja M um subespaco fechado de E , e sejaπ : E → E/M a aplicacao quociente.
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(a) Se X n → 0 em E/M , prove que existe (xn) ⊂ E tal que π(xn) = X npara cada n, e xn → 0 em E .
(b) Se x
∈E e X n
→π(x) em E/M , prove que existe (xn)
⊂E tal que
π(xn) = X n para cada n, e xn → x em E .
8.B. Seja X um espaco de Hausdorff compacto, e seja A um subconjuntofechado de X . Usando o teorema de extensao de Tietze prove que C (A) eisometricamente isomorfo a um quociente de C (X ).
8.C. Usando o exercıcio anterior prove que c e isometricamente isomorfo aum quociente de C [a, b].
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9. Espacos com produto interno
9.1. Definicao. Se E e um espaco vetorial, entao uma funcao (x, y) ∈E
×E
→(x
|y)
∈K e chamado de produto interno se verifica as seguintes
propriedades:
(a) (x1 + x2|y) = (x1|y) + (x2|y);
(b) (λx|y) = λ(x|y);
(c) (x|y) = (y|x);
(d) (x|x) ≥ 0;
(e) (x|x) = 0 se e so se x = 0.
9.2. Observacao. De (a), (b) e (c) segue que:(a’) (x|y1 + y2) = (x|y1) + (x|y2);
(b’) (x|λy) = λ(x|y).
Assim o produto interno e linear na primeira variavel, e linear conjugado nasegunda variavel.
9.3. Proposicao (desigualdade de Cauchy-Schwarz). Seja E e um espaco com produto interno. Ent˜ ao
|(x|y)| ≤ xy
para todo x, y ∈ E .
Demonstracao. A desigualdade e clara se x = 0 ou y = 0. Logo podemossupor x = 0 e y = 0. Para todo α ∈ K temos que
0 ≤ (αx + y|αx + y) = αα(x|x) + α(x|y) + α(y|x) + (y|y)
= |α|2(x|x) + 2Re{α(x|y)} + (y|y).
Escrevamos (x|y) = |(x|y)|eiθ. Tomando α = te−iθ, com t ∈ R, segue que
0 ≤ t2(x|x) + 2t|(x|y)| + (y|y)
para todo t ∈ R. Segue que ∆ = b2 − 4ac ≤ 0, ou seja
4|(x|y)|2 − 4(x|x)(y|y) ≤ 0,
completando a demonstracao.
9.4. Corolario. Seja E um espaco com produto interno. Ent˜ ao a func˜ ao
x = (x|x)1/2
e uma norma em E .
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Demonstracao. Usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz provaremos adesigualdade triangular. As outras propriedades da norma sao de verificacaoimediata.
x + y2 = (x + y|x + y) = (x|x) + (x|y) + (y|x) + (y|y)
= x2 + 2Re(x|y) + y2 ≤ x2 + 2xy + y2 = (x + y)2.
9.5. Definicao. Chamaremos de espaco de Hilbert a todo espaco comproduto interno que seja completo na norma definida pelo produto interno.
9.6. Exemplo. Kn2 e um espaco de Hilbert com o produto interno
(x|y) =n
j=1
ξjηj
se x = (ξ1,...,ξn) e y = (η1,...,ηn).
9.7. Exemplo. 2 e um espaco de Hilbert com o produto interno
(x|y) =
∞j=1
ξjηj
se x = (ξj) e y = (ηj).
9.8. Exemplo. L2(X, Σ, µ) e um espaco de Hilbert com o produto interno
(f |g) =
X
fgdµ.
9.9. Definicao. Seja E um espaco com produto interno. Diremos quex, y ∈ E sao ortogonais, e escreveremos x⊥y, se (x|y) = 0.
9.10. Proposicao (Teorema de Pitagoras). Seja E um espaco com produto interno, e sejam x, y ∈ E , com x⊥y. Ent˜ ao
x + y2 = x2 + y2.
Demonstracao.
x + y2 = (x + y|x + y) = (x|x) + (x|y) + (y|x) + (y|y) = x2 + y2.
9.11. Proposicao (Lei do paralelogramo). Seja E um espaco com produto interno, e sejam x, y ∈ E dois vetores arbitr´ arios. Ent˜ ao:
x + y2 + x − y2 = 2x2 + 2y2.
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Demonstracao. Temos que
x + y2 = (x + y|x + y) = (x|x) + (x|y) + (y|x) + (y|y),
x − y2 = (x − y|x − y) = (x|x) − (x|y) − (y|x) + (y|y).
Somando estas identidades obtemos a identidade desejada.
Exercıcios
9.A. Seja E um espaco com produto interno. Se xn → x e yn → y em E ,prove que (xn|yn) → (x|y) em K. Ou seja a aplicacao (x, y) ∈ E × E → (x|y) ∈K e contınua.
9.B. Seja E um espaco com produto interno. Sejam x1,...,xn vetores naonulos, ortogonais entre si, ou seja xj⊥xk sempre que j = k.
(a) Prove que os vetores x1,...,xn sao linearmente independentes.(b) Prove o teorema de Pitagoras generalizado: nj=1 xj2 =
nj=1 xj2.
9.C. Seja E e um espaco com produto interno real. Prove a f´ ormula depolarizac˜ ao
4(x|y) = x + y2 − x − y2
para todo x, y ∈ E .
9.D. Seja E um espaco normado real que verifica a lei do paralelogramo.Prove que a formula de polarizacao do exercıcio anterior define um produtointerno em E que induz a norma original.
Sugestao: Para provar a identidade (x1 + x2|y) = (x1|y) + (x2|y), estude asexpressoes
u + v + w2 + u + v − w2 e u − v + w2 + u − v + w2.
9.E. Seja E um espaco com produto interno complexo. Prove a f´ ormula depolarizac˜ ao
4(x|y) = (x + y2 − x − y2) + i(x + iy2 − x − iy2)
para todo x, y ∈ E .
9.F. Seja E um espaco normado complexo que verifica a lei do paralelo-gramo. Prove que a formula de polarizacao do exercıcio anterior define umproduto interno em E que induz a norma original.
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10. Projecoes ortogonais
10.1. Teorema. Seja E um espaco de Hilbert, e seja M um subespaco fechado de E . Ent˜ ao para cada x
∈E existe um ´ unico p
∈M tal que
x − p = d(x, M ) = inf {x − y : y ∈ M }.
Demonstracao. Para provar existencia, seja d = d(x, M ), e seja ( pn) ⊂ M tal que
(1) x − pn < d +1
npara cada n.
Pela lei do paralelogramo
2x − pm2 + 2x − pn2 = 2x − pm − pn2 + pn − pm2.
Segue que
pn − pm2 = 2x − pm2 + 2x − pn2 − 4x − pm + pn2
2
< 2(d +1
m)2 + 2(d +
1
n)2 − 4d2 <
4d
m+
2
m2+
4d
n+
2
n2.
Logo ( pn) e uma sequencia de Cauchy em E . Como E e completo, e M e fechadoem E , concluimos que ( pn) converge a um ponto p ∈ M . Fazendo n → ∞ em(1) obtemos que x − p ≤ d, e portanto x − p = d, como queriamos.
Para provar unicidade, seja q ∈ M tal que x − q = d tambem. Pela lei doparalelogramo
2
x
− p
2 + 2
x
−q
2 =
2x
− p
−q
2 +
q
− p
2.
Segue que
q − p2 = 2x − p2 + 2x − q2 − 4x − p + q
22
≤ 2d2 + 2d2 − 4d2 = 0,
e portanto q = p.
10.2. Observacao. A conclusao do teorema permanece verdadeira se E eum espaco com produto interno, e M e um subconjunto convexo completo deE .
Dado qualquer subconjunto S de um espaco com produto interno E , S ⊥
denotara o conjunto
S ⊥ = {y ∈ E : y⊥x para todo x ∈ S }.
E facil verificar que S ⊥ e sempre um subespaco fechado de E .
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10.3. Teorema. Seja E um espaco de Hilbert, e seja M um subespaco fechado de E . Ent˜ ao:
(a) Cada x ∈ E admite uma ´ unica decomposic˜ ao da forma
x = p + q, com p ∈ M e q ∈ M ⊥.
Tem-se quex − p = d(x, M ) e x − q = d(x, M ⊥).
(b) Se definimos P x = p e Qx = q para cada x ∈ E , ent˜ ao P, Q ∈ L(E ; E ),P 2 = P , Q2 = Q e Q ◦ P = P ◦ Q = 0.
Demonstracao. (a) Dado x ∈ E , seja p o unico elemento de M tal quex − p = d(x, M ), e seja q = x − p. Provaremos que q ∈ M ⊥ e que x − q =d(x, M ⊥).
Para provar que q ∈ M ⊥, seja y ∈ M . Para cada λ ∈ K temos que
q = x − p ≤ x − p − λy = q − λy.
Segue queq2 ≤ q − λy2 = (q − λy|q − λy)
= (q|q) − λ(y|q) − λ(q|y) + λλ(y|y)
= q2 − 2Re{λ(y|q)} + |λ|2y2.
Escrevamos (y|q) = |(y|q)|eiθ. Entao, fazendo λ = te−iθ, com t ∈ R, segue que
2t|(y|q)| ≤ t2y2 para todo t ∈ R.
Logo2|(y
|q)
| ≤t
y2 para todo t > 0.
Fazendo t → 0, segue que (y|q)| = 0, e portanto q ∈ M ⊥.Para provar que x − q = d(x, M ⊥), tomemos z ∈ M ⊥. Como x = p + q,
segue quex − z = p + (q − z), com p ∈ M, q − z ∈ M ⊥.
Pelo teorema de Pitgoras
x − z2 = p2 + q − z2 ≥ p2 = x − q2.
Segue qued(x, M ⊥) = inf {x − z : z ∈ M ⊥} = x − q.
Para provar a unicidade da decomposicao, suponhamos que
x = p1 + q1, com p1 ∈ M, q1 ∈ M ⊥.
Como x = p + q, segue que
p − p1 = q1 − q ∈ M ∩ M ⊥.
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Mas h ∈ M ∩ M ⊥ implica que (h|h) = 0, e portanto h = 0. Segue que p = p1 eq = q1.
(b) Segue da unicidade da decomposicao em (a) que as aplicacoes P : E → E e Q : E
→E sao lineares. Para cada x
∈E temos que
(2) x = P x + Qx, com P x ∈ M , Qx ∈ M ⊥.
Pelo teorema de Pitagoras
x2 = P x2 + Qx2
para todo x ∈ E . Segue que P ≤ 1 e Q ≤ 1.Escrevamos
P x = P x + 0 ∈ M + M ⊥.
Segue da unicidade da decomposicao em (2) que
P (P x) = P x, Q(P x) = 0.
De maneira analoga, escrevendo
Qx = 0 + Qx ∈ M + M ⊥,
segue queP (Qx) = 0, Q(Qx) = Qx,
completando a demonstracao.
10.4. Observacao. As conclusoes do teorema permanecem verdadeiras seE e um espaco com produto interno, e M e um subespaco completo de E .
Seja E um espaco com produto interno, e seja y0
∈E . Se definimos φ : E
→K porφ(x) = (x|y0) para todo x ∈ E,
entao e facil verificar que φ e linear. Alem disso, pela desigualdade de Cauchy-Schwarz,
|φ(x)| = |(x|y0)| ≤ xy0,
provando que φ e contınuo e que φ ≤ y0. De fato, como
φ(y0) = (y0|y0) = y02,
segue que φ = y0. O proximo teorema mostra que, quando E e um espacode Hilbert, entao todos os funcionais lineares contınuos em E sao desta forma.
10.5. Teorema de representacao de Riesz. Seja E um espaco deHilbert, e seja φ ∈ E . Ent˜ ao existe um ´ unico y0 ∈ E tal que
(3) φ(x) = (x|y0) para todo x ∈ E.
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Demonstracao. Primeiro provaremos existencia. Se φ = 0, basta tomary0 = 0. Se φ = 0, seja
M = φ−1(0) =
{x
∈E : φ(x) = 0
}.
Entao M e um subespaco fechado proprio de E , e dai M ⊥ = {0}. ComoM ⊥ = {0} e M ∩ M ⊥ = {0}, existe x0 ∈ M ⊥ tal que φ(x0) = 1. Entao cadax ∈ E admite uma decomposicao da forma
(4) x = (x − φ(x)x0) + φ(x)x0, com x − φ(x)x0 ∈ M, φ(x)x0 ∈ M ⊥.
Da unicidade desta decomposicao segue que dimM ⊥ = 1.Procuramos y0 ∈ E que verifique (3). Escrevamos y0 = p0 + q0, com p0 ∈ M
e q0 ∈ M ⊥. Em particular devemos ter
0 = φ( p0) = ( p0|y0) = ( p0| p0) + ( p0|q0) = ( p0| p0).
Logo p0 = 0, e portanto y0 = q0 ∈ M ⊥. Escrevamos y0 = λx0, onde λ seraescolhido de maneira que
φ(x0) = (x0|y0),
ou seja1 = φ(x0) = (x0|λx0) = λx02.
Assim basta tomar λ = x0−2. Da decomposicao (4) segue que
(x|y0) = φ(x)(x0|y0) = φ(x)φ(x0) = φ(x),
e y0 verifica (3).Para provar unicidade, suponhamos que exista y1 ∈ E tal que
(5) φ(x) = (x|y1) para todo x ∈ E.
De (3) e (5) segue que (x|y0 − y1) = 0 para todo x ∈ E . Em particular(y0 − y1|y0 − y1) = 0 e y0 = y1.
Exercıcios
10.A. Seja E um espaco de Hilbert, e sejam M e N dois subespacos fechadosde E tais que x⊥y sempre que x ∈ M e y ∈ N . Seja
M + N = {x + y : x ∈ M, y ∈ N }.
Prove que M + N e um subespaco fechado de E .10.B. Seja E um espaco de Hilbert. Seja M um subespaco fechado de E ,
e seja P a projecao ortogonal de E sobre M . Prove que (P x|y) = (x|P y) paratodo x, y ∈ E .
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10.C. Seja E um espaco de Hilbert, e seja P ∈ L(E ; E ) tal que P 2 = P e(P x|y) = (x|P y) para todo x, y ∈ E .
(a) Prove que P (E ) e um subespaco fechado de E .(b) Prove que P e a projecao ortogonal de E sobre P (E ).
10.D. Seja E um espaco de Hilbert. Seja M 0 um subespaco fechado de E ,e seja φ0 ∈ M 0. Prove que existe φ ∈ E tal que:
(a) φ(x) = φ0(x) para todo x ∈ M 0;(b) φ = φ0.
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11. O teorema de Hahn-Banach
O teorema seguinte generaliza o Exercıcio 10.D.
11.1. Teorema de Hahn-Banach. Seja E um espaco normado, e seja M 0 um subespaco de E . Ent˜ ao, para cada φ0 ∈ M 0, existe φ ∈ E tal que:(a) φ(x) = φ0(x) para todo x ∈ M 0;(b) φ = φ0.
Para provar este teorema, vamos utilizar o lemma seguinte.
11.2. Lema. Seja E um espaco normado real, seja M um subespaco pr´ opriode E , seja y0 ∈ E \ M , e seja N = M ⊕ [y0]. Ent˜ ao, para cada φ ∈ M , existeψ ∈ N tal que:
(a) ψ(x) = φ(x) para todo x ∈ M ;(b) ψ = φ.
Demonstracao. Temos que
|φ(x)| ≤ φx para todo x ∈ M,
ou seja(1) − φx ≤ φ(x) ≤ φx para todo x ∈ M.
Como y0 ∈ M , cada z ∈ N pode ser escrito de maneira unica na forma
z = x + λy0 com x ∈ M, λ ∈ R.
Vamos definir ψ : N → R por
ψ(z) = φ(x) + λη0,
onde η0 e um numero real independente de z, que sera escolhido depois.E claro que ψ e linear e verifica (a). Para provar (b), basta provar que
|ψ(z)| ≤ φz para todo z ∈ N,
ou seja
−φx + λy0 ≤ φ(x) + λη0 ≤ φx + λy0 para todo x ∈ M, λ ∈ R,
ou ainda
(2) −φ(x)−φx+λy0 ≤ λη0 ≤ −φ(x)+φx+λy0 para todo x ∈ M, λ ∈ R.
Fazendo λ = 1 em (2) obtemos(3) − φ(x) − φx + y0 ≤ η0 ≤ −φ(x) + φx + y0 para todo x ∈ M,
e portanto (2) implica (3). Vamos provar que de fato (2) e (3) s ao equivalentes.De fato, se λ = 0, entao (2) segue de (1). Se λ > 0, entao, aplicando (3) com
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x/λ em lugar de x, e multiplicando por λ, obtemos (2). Finalmente, se λ < 0,entao, aplicando (3) com x/λ em lugar de x, e multiplicando por λ, obtemos(2).
Afirmamos que
(4) supx∈M
(−φ(x) − φx + y0) ≤ inf x∈M
(−φ(x) + φx + y0).
Para provar (4) basta provar que
(5) − φ(x1) − φx1 + y0 ≤ −φ(x2) + φx2 + y0 para todo x1, x2 ∈ M.
De fatoφ(x2) − φ(x1) = φ(x2 − x1) ≤ φx2 − x1
≤ φ(x2 + y0) − (x1 + y0 ≤ φx2 + y0 + φx1 + y0,
e (5) segue. Seja η0 ∈ R tal que
supx∈M
(−φ(x) − φx + y0) ≤ η0 ≤ inf x∈M
(−φ(x) + φx + y0).
Com esta escolha de η0, (3) e portanto (2) sao verificadas. Logo ψ verifica (b).
Demonstracao do teorema de Hahn-Banach para espacos norma-dos reais. Seja P a famılia de todos os pares (M, φ) tais que:
(i) M e um subespaco de E contendo M 0;(ii) φ ∈ M , φ|M 0 = φ0, φ = φ0.Dados (M 1, φ1), (M 2, φ2) ∈ P , definimos
(M 1, φ1) ≤ (M 2, φ2) se M 1 ⊂ M 2 e φ1 = φ2|M 1.
E facil ver que esta e uma relacao de ordem parcial em P .Seja {(M i, φi) : i ∈ I } uma cadeia em P . Seja M = ∪i∈I M i, e seja φ : M →
R definido por φ(x) = φi(x) se x ∈ M i. E facil ver que φ esta bem definido,que (M, φ) ∈ P e que (M, φ) e uma cota superior da cadeia {(M i, φi) : i ∈ I }.
Pelo lema de Zorn P possui um elemento maximal (M, φ). Para completara demonstracao basta provar que M = E . Suponhamos que M = E , sejay0 ∈ E \ M , e seja N = M ⊕ [y0]. Pelo Lema 11.2 existe ψ ∈ N tal queψ|M = φ e ψ = φ. Entao (N, ψ) ∈ P e (M, φ) nao seria maximal. Istoprova que M = E , como queriamos.
Para provar o teorema de Hahn-Banach no caso de espa cos normados com-plexos, vamos utilizar o lema seguinte.
11.3. Lema. Seja E um espaco vetorial complexo, e seja E R o espacovetorial real associado.(a) Cada φ ∈ E ∗ admite uma ´ unica representac˜ ao da forma
(6) φ(x) = u(x) − iu(ix) para todo x ∈ E,
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com u ∈ (E R)∗.(b) Dado u ∈ (E R)∗, a f´ ormula (6) define um φ ∈ E ∗.
Demonstracao. (a) Seja φ
∈E ∗. Para cada x
∈E , podemos escrever de
maneira unicaφ(x) = u(x) + iv(x),
com u(x), v(x) ∈ R. Como φ ∈ (E R)∗, e facil verificar que u, v ∈ (E R)∗.Notemos que
iφ(x) = φ(ix) = u(ix) + iv(ix),
e portantoφ(x) = −iu(ix) + v(ix).
Segue queu(x) = v(ix), v(x) = −u(ix),
e portantoφ(x) = u(x)
−iu(ix).
(b) Seja u ∈ (E R)∗, e seja φ : E → C definida por (6). Como u ∈ (E R)∗, efacil verificar que
φ(x + y) = φ(x) + φ(y)
e(7) φ(λx) = λφ(x) para todo x, y ∈ E, λ ∈ R.
Por outro lado
(8) φ(ix) = u(ix) + iu(x) = iφ(x) para todo x ∈ E.
De (7) e (8) segue que
φ(λx) = λφ(x) para todo x ∈ E, λ ∈ C.Logo φ ∈ E ∗.
Demonstracao do teorema de Hahn-Banach para espacos norma-dos complexos. Seja φ0 ∈ M 0. Pelo lema anterior podemos escrever
φ0(x) = u0(x) − iu0(ix) para todo x ∈ M 0,
com u0 ∈ ((M 0)R)∗. Como
|u0(x)| ≤ |φ0(x)| ≤ φ0x para todo x ∈ M 0,
segue que u0 ≤ φ0. Pelo teorema de Hahn-Banach para espacos normadosreais, existe u
∈(E
R) tal que
(a) u(x) = u0(x) para todo x ∈ M 0;(b) u = u0.Definamos φ : E → C por
φ(x) = u(x) − iu(ix) para todo x ∈ E.
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Pelo lema anterior φ ∈ E ∗, e segue de (a) que(c) φ(x) = φ0(x) para todo x ∈ M 0.Para provar que φ = φ0, fixemos x ∈ E e escrevamos
φ(x) = reiθ, com r ≥ 0.
Entaoφ(e−iθx) = e−iθφ(x) = r ∈ R,
e portantoφ(e−iθx) = u(e−iθx).
Logo|φ(e−iθx)| = |u(e−iθx)| ≤ ue−iθx.
Segue que|φ(x)| ≤ ux = u0x ≤ φ0x,
e portanto φ ≤ φ0. Como a desigualdade oposta segue de (c), a demon-stracao esta completa.
Exercıcios
11.A. Seja E um espaco normado, seja M 0 um subespaco de E , e sejaT 0 ∈ L(M 0; ∞). Prove que existe T ∈ L(E ; ∞) tal que:
(a) T x = T 0x para todo x ∈ M 0;(b) T = T 0.
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12. Consequencias do teorema de Hahn-Banach
12.1. Proposicao. Dado x0 ∈ E , x0 = 0, sempre existe φ ∈ E tal que
φ
= 1 e φ(x0) =
x0
.
Demonstracao. Seja M 0 = [x0] o subespaco de E gerado por x0, e sejaφ0 ∈ M 0 definido por φ0(λx0) = λx0 para todo λ ∈ K. E facil ver queφ0 e linear e que φ0 = 1. Pelo teorema de Hahn-Banach existe φ ∈ E talque φ = φ0 e φ(x) = φ0(x) para todo x ∈ M 0. Segue que φ = 1 eφ(x0) = x0.
12.2. Corolario. Se E = {0}, ent˜ ao E = {0}.
12.3. Corolario. Se E = {0}, ent˜ ao para cada x ∈ E tem-se que:
x = sup{|φ(x)| : φ ∈ E , φ = 1}.
12.4. Proposicao. Seja M um subespaco fechado de E , seja y0 ∈ E \ M ,e seja d = d(y0, M ). Ent˜ ao existe φ ∈ E tal que φ = 1, φ(y0) = d e φ(x) = 0para todo x ∈ M .
Primeira demonstracao. Seja N = M + [y0]. Entao cada z ∈ N pode serescrito de maneira unica como
z = x + λy0, com x ∈ M, λ ∈ K.
Seja φ0 ∈ N definido por
φ0(x + λy0) = λd para todox ∈ M, λ ∈ K.
E claro que φ0 e linear, φ0(x0) = d e φ0(x) = 0 para todo x ∈ M . Provaremosque φ0 = 1. Se λ = 0, entao
x + λy0 = |λ|x
λ+ y0 ≥ |λ|d.
Como a desigualdade anterior e claramente verdadeira se λ = 0, segue queφ0 ≤ 1. Por outro lado, dado > 0, existe x0 ∈ M tal que y0 − x0 < d + .Seja
z0 =y0 − x0
y0 − x0 .
Entao z0 ∈ N , z0 = 1 e
φ0(z0) =d
y0 − x0 >d
d + .
Como > 0 e arbitrario, segue que φ0 = 1, como queriamos. Pelo teoremade Hahn-Banach existe φ ∈ E tal que φ = φ0 e φ(z) = φ0(z) para todoz ∈ N . Segue que φ = 1, φ(y0) = d e φ(x) = 0 para todo x ∈ M .
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Segunda demonstracao. Seja E/M o espaco quociente, e seja π : E →E/M a aplicacao quociente. Como y0 /∈ M , segue que π(y0) = 0. PelaProposicao 12.1 existe ψ ∈ (E/M ) tal que ψ = 1 e ψ(π(y0)) = π(y0).Sabemos que
π(y0) = d(y0, M ) = d e π(BE) = BE/M .
Seja φ = ψ ◦ π. E claro que φ ∈ E , φ(y0) = d e φ(x) = 0 para todo x ∈ M .Alem disso
φ = sup{|φ(x)| : x ∈ BE} = sup{|ψ ◦ π(x)| : x ∈ BE}= sup{|ψ(y)| : y ∈ BE/M } = ψ = 1.
12.5. Proposicao. Se E e separ avel, ent˜ ao E e separ avel tambem.
Demonstracao. Como E e separavel, a esfera unitaria S E e separavel
tambem. Seja {φn : n ∈ N} um subconjunto denso enumeravel de S E . Paracada n existe xn ∈ S E tal que |φn(xn)| ≥ 1
2 . Seja M = [xn : n ∈ N] o subespacode E gerado por {xn : n ∈ N}. Para completar a demonstracao basta provarque M e denso em E .
Suponhamos que M = E , e seja y0 ∈ E \ M . Pela proposicao anterior existeφ ∈ S E tal que φ(y0) = 0 e φ(x) = 0 para todo x ∈ M . Segue que
1
2≤ |φn(xn)| ≤ |φn(xn) − φ(xn)| ≤ φn − φxn = φn − φ
para todo n. Isto e absurdo, pois {φn : n ∈ N} e denso em S E .
12.6. Observacao. A recıproca da proposicao anterior nao e verdadeira.Logo veremos que 1 e isometricamente isomorfo a ∞. E j a sabemos que 1 eseparavel, mas ∞ nao e separavel.
12.7. Proposicao. Cada espaco normado separ´ avel e isometricamenteisomorfo a um subespaco de ∞.
Demonstracao. Seja E um espaco normado separavel, e seja {xn : n ∈ N}um subconjunto enumeravel denso de E . Pelo teorema de Hahn-Banach existe{φn : n ∈ N} ⊂ S E tal que φn(xn) = xn para cada n. Seja T ∈ L(E ; ∞)definido por T x = (φn(x))∞n=1 para cada x ∈ E . Como φn = 1 para cada n,segue que T x ≤ x para cada x ∈ E . E como φn(xn) = xn para cada n,segue que T xn = xn para cada n. Como {xn : n ∈ N} e denso em E , segueque T x = x para cada x ∈ E .
Exercıcios
12.A. Seja E um espaco normado, seja M um subespaco de E , e seja
M ⊥ = {φ ∈ E : φ(x) = 0 para todo x ∈ M }.
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(a) Prove que M ⊥ e um subespaco fechado de E .(b) Prove que M e isometricamente isomorfo a E /M ⊥.
12.B. Seja E um espaco normado, e seja M um subespaco fechado de E .
Prove que (E/M ) e isometricamente isomorfo a M ⊥.
12.C. Seja E um espaco normado separavel de dimensao infinita.(a) Prove que existe uma sequencia estritamente crescente (M n)∞n=1 de sube-
spacos de E de dimensao finita tal que∞
n=1 M n e um subespaco denso de E .(b) Prove que existe uma sequencia (φn)∞n=1 ⊂ E tal que φn = 1 para
cada n ∈ N e limn→∞ φn(x) = 0 para cada x ∈ E .
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13. O dual de p
13.1. Teorema. Se 1 ≤ p < ∞, ent˜ ao o dual de p e isometricamenteisomorfo a q, onde 1 < q
≤ ∞, 1 p + 1
q = 1.
Demonstracao. Dado y = (ηj)∞j=1 ∈ q, definamos φy : p → K por
φy(x) =∞j=1
ξjηj para cada x = (ξj)∞j=1 ∈ p.
Pela desigualdade de Holder,
|φy(x)| ≤∞j=1
|ξjηj | ≤ x pyq.
Segue que φy ∈ p e φy ≤ yq.
Reciprocamente provaremos que, dado φ ∈ p, existe y ∈ q tal que φy = φ ey ≤ φ. Para cada n ∈ N seja en = (0,..., 1, 0, 0,...), com 1 no lugar n-esimo.E claro que en ∈ p e que en = 1 para cada n. Se x = (ξj)∞j=1 ∈ p, entao
limn→∞
x −n
j=1
ξjej = limn→∞
⎛⎝ ∞
j=n+1
|ξj| p⎞⎠1/p
= 0,
e portanto
x =
∞j=1
ξjej para cada x = (ξj)∞j=1 ∈ p.
Segue que
φ(x) =∞j=1
ξjφ(ej) para cada x = (ξj)∞j=1 ∈ p.
Seja y = (φ(ej)∞j=1. Provaremos que y ∈ q e que yq ≤ φ.
Se p = 1, entao q = ∞ e
|φ(ej)| ≤ φej = φ para cada j.
Segue que y ∈ ∞ e y∞ ≤ φ.
Se p > 1, fixemos n ∈ N, e definamos x = (ξj)∞j=1 por:
ξj = |φ(ej)|q−1
sinalφ(ej) se j ≤ n, ξj = 0 se j > n.
onde sinalλ e definido por:
sinalλ =λ
|λ| se λ = 0, sinalλ = 0 se λ = 0.
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Entaoξjφ(ej) = |φ(ej)|q = |ξj | p para cada j ≤ n.
Como x =nj=1 ξjej , segue que
φ(x) =n
j=1
ξjφ(ej) =n
j=1
|φ(ej)|q =n
j=1
|ξj | p = x p p.
Logo
nj=1
|φ(ej)|q ≤ φx p = φ⎛⎝ n
j=1
|φ(ej)|q⎞⎠1/p
.
Como 1 − 1 p = 1
q , segue que
(n
j=1 |
φ(ej)
|q)1/q
≤ φ
.
Como n ∈ N e arbitrario, segue que y ∈ q e yq ≤ φ.Se definimos
T : y ∈ q → φy ∈ p,
entao T e linear e sobrejetivo, e T y = yq para cada y ∈ q.
Exercıcios
13.A. Prove que
x =
∞j=1
ξjej para cada x = (ξj)∞j=1 ∈ c0.
13.B. Prove que c0 e isometricamente isomorfo a 1.
13.C. Prove que
x = ξe0 +∞j=1
(ξj − ξ)ej para cada x = (ξj)∞j=1 ∈ c,
onde e0 = (1, 1, 1,...) e ξ = limj→∞ ξj .
13.D. Prove que c
e isometricamente isomorfo a 1.
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14. O dual de L p(X, Σ, µ)
Nesta secao caracterizaremos o dual do espaco L p(X, Σ, µ). Por simplicidadeconsideraremos apenas o espaco L p(X, Σ, µ) real. Uma vez fixado o espaco de
medida (X, Σ, µ), com frequencia escreveremos L p em lugar de L p(X, Σ, µ).
Dada f : X → R, sejam f + e f − definidas por:
f + = f ∨ 0, f − = (−f ) ∨ 0.
Entaof = f + − f −, f + ≥ 0, f − ≥ 0.
A seguir provaremos um resultado analogo para funcionais lineares contınuosem L p(X, Σ, µ).
14.1. Definicao. Um funcional linear T : L p(X, Σ, µ) → R e dito positivose T f
≥0 para cada f
∈L p(X, Σ, µ) tal que f
≥0.
14.2. Lema. Seja T um funcional linear contınuo em L p(X, Σ, µ). Ent˜ aoexistem dois funcionais lineares contınuos positivos T + e T − em L p(X, Σ, µ)tais que
T f = T +f − T −f para todo f ∈ L p(X, Σ, µ).
Demonstracao. Seja T ∈ L p. Para cada f ∈ L p, f ≥ 0, seja T +f definidopor
T +f = sup{T φ : φ ∈ L p, 0 ≤ φ ≤ f }.
Para cada φ ∈ L p, 0 ≤ φ ≤ f , tem-se que
T φ
≤ |T φ
| ≤ T
φ
p
≤ T
f
p.
Notando que T 0 = 0, segue que
(1) 0 ≤ T +f ≤ T f p para todo f ∈ L p, f ≥ 0.
E facil verificar que
(2) T +(λf ) = λT +f para todo f ∈ L p, f ≥ 0, λ ≥ 0.
A seguir provaremos que
(3) T +(f 1 + f 2) = T +f 1 + T +f 2 para todo f 1, f 2 ∈ L p, f 1 ≥ 0, f 2 ≥ 0.
Se φj ∈ L p e 0 ≤ φj ≤ f j para j = 1, 2, entao 0 ≤ φ1 + φ2 ≤ f 1 + f 2, e portantoT φ1 + T φ2 = T (φ1 + φ2) ≤ T +(f 1 + f 2).
Segue queT +f 1 + T +f 2 ≤ T +(f 1 + f 2).
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Por outro lado, dada φ ∈ L p, com 0 ≤ φ ≤ f 1 + f 2, sejam φ1 e φ2 definidas por
φ1 = φ ∧ f 1, φ2 = (φ − f 1) ∨ 0.
Entao e facil verificar que 0 ≤ φj ≤ f j para j = 1, 2 e φ1 + φ2 = φ. Logo
T φ = T φ1 + T φ2 ≤ T +f 1 + T +f 2,
e portantoT +(f 1 + f 2) ≤ T +f 1 + T +f 2.
Isto prova (3).A seguir definamos
T +f = T +f + − T +f − para cada f ∈ L p.
Usando (2) e (3) nao e difıcil verificar que T + e linear. Segue de (1) que T econtınuo.
Finalmente definamos
T −f = T +f − T f para cada f ∈ L p.
E claro que T − e um funcional contınuo positivo em L p, completando a demon-stracao.
14.3. Teorema de representacao de Riesz. Seja (X, Σ, µ) um espaco demedida finita, e seja 1 ≤ p < ∞. Ent˜ ao o dual de L p(X, Σ, µ) e isometricamenteisomorfo a Lq(X, Σ, µ), onde 1 < q ≤ ∞, 1
p + 1q = 1.
Demonstracao. Dada g ∈ Lq, seja T g : L p → R definido por
T gf = X
fgdµ para todo f ∈ L p.
Pela desigualdade de Holder
|T gf | ≤ X
|f g|dµ ≤ f pgq para toda f ∈ L p.
Segue que T g ∈ L p e T g ≤ gq.
Reciprocamente provaremos que, dado T ∈ L p, existe g ∈ Lq tal que T g = T e gq ≤ T .
(a) Primeiro suponhamos T positivo. Neste caso definamos ν : Σ
→R por
ν (A) = T (χA) para todo A ∈ Σ.
Como T e positivo, segue que ν (A) ≥ 0 para todo A ∈ Σ. Alem disso, ν (∅) =T 0 = 0.
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A seguir provaremos que
(4) ν (
∞
n=1
An) =
∞
n=1
ν (An)
para cada sequencia (An)∞n=1 de membros disjuntos de Σ. Escrevamos
Bn =n
j=1
Aj , A =∞
n=1
An =∞
n=1
Bn.
A sequencia (χBn)∞n=1 e crescente e converge pontualmente a χA. Como µ(X ) <
∞, o teorema da convergencia dominada garante que χBn→ χA em L p, e
portanto T (χBn) → T (χA). Como os Aj sao disjuntos, temos que χBn
=nj=1 χAj
, e portanto
ν (A) = T (χA) = limnT (χBn) = limn
n
j=1
T (χAj) =
∞
j=1
ν (Aj).
Isto prova (4). Logo ν e uma medida em Σ. Como
ν (A) = T (χA) ≤ T χA p = T µ(A)1/p,
vemos que ν (A) = 0 cada vez que µ(A) = 0, ou seja ν e absolutamente contınuacom relacao a µ. Pelo teorema de Radon-Nikodym existe g ∈ L1(X, Σ, µ), g ≥ 0,tal que
ν (A) =
A
gdµ,
e portanto
T (χA
) = X
χA
gdµ
para todo A ∈ Σ. Segue que
T φ =
X
φgdµ
para toda funcao mensuravel simples φ.A seguir provaremos que
(5) T f =
X
fgdµ
para toda f ∈ L p. Dada f ∈ L p, f ≥ 0, seja (φn) uma sequencia crescente defuncoes mensuraveis simples positivas que converge pontualmente a f . Comof ∈ L p, segue do teorema da convergencia dominada que φn → f em L p, eportanto T φn → T f . Usando o teorema da convergencia monotona concluimosque
T f = limT φn = lim
X
φngdµ =
X
fgdµ.
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Isto prova (5) para cada f ∈ L p, f ≥ 0. Para provar (5) para f ∈ L p arbitraria,basta escrever f = f + − f −, com f +, f − ∈ L p, f + ≥ 0, f − ≥ 0, e aplicar oresultado anterior.
(b) Se T ∈ L p e arbitrario, entao, pelo lema anterior podemos escrever
T f = T +f − T −f
para todo f ∈ L p, sendo T +, T − ∈ L p funcionais positivos. Por (a) existemg+, g− ∈ L1, g+ ≥ 0, g− ≥ 0, tais que
T +f =
X
f g+dµ
e
T −f =
X
f g−dµ
para toda f ∈ L p. Se definimos g = g+
− g−
, segue que
(6) T f =
X
fgdµ
para toda f ∈ L p.
A seguir provaremos que g ∈ Lq e que gq ≤ T .Se p = 1, seja
A = {x ∈ X : g(x) > T }.
Entao A = ∪∞n=1An, onde
An =
{x
∈X : g(x) >
T
+
1
n}.
Aplicando (6) com f = χAn, segue que
(T +1
n)µ(An) ≤ An
gdµ = T (χAn) ≤ T χAn
1 = T µ(An).
Segue que µ(An) = 0 para cada n, e portanto µ(A) = 0. De maneira analogapodemos provar que µ(B) = 0, onde
B = {x ∈ X : g(x) < −T }.
Segue que |g(x)| ≤ T para quase todo x ∈ X . Logo g ∈ L∞ e g∞ ≤ T .Se p > 1, fixemos n
∈N, e definamos An e f por;
An = {x ∈ X : |g(x)| ≤ n},
f (x) = |g(x)|q−1sinalg(x) se x ∈ An,
f (x) = 0 se x /∈ An.
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Para x ∈ An tem-se que
(7) f (x)g(x) = |g(x)|q = |f (x) p,
e portanto X
|f | pdµ =
An
|g|qdµ ≤ nqµ(X ) < ∞,
em particular f ∈ L p. Usando (6) e (7) segue que An
|g|qdµ =
X
fgdµ = T f ≤ T f p = T (
An
|g|qdµ)1/p.
Como 1 − 1p
= 1q
, segue que
(
An
|g|qdµ)1/q ≤ T .
Como X = ∪∞n=1An, e a sequencia (An) e crescente, o teorema da convergenciamonotona garante que
(
X
|g|qdµ)1/q ≤ T ,
ou seja g ∈ Lq e gq ≤ T .Se definimos
T : g ∈ Lq → T g ∈ L p,
entao T e linear e sobrejetivo, e T g = gq para cada g ∈ Lq. Isto completaa demonstracao.
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15. Bidual de um espaco normado
Seja E um espaco normado. Dados x ∈ E e x ∈ E , com frequencia es-creveremos
x, x = x(x).
15.1. Definicao. O dual de E , denotado por E , e chamado de bidual deE .
15.2. Proposicao. Seja J : E → E definido por
Jx,x = x, x para todo x ∈ E, x ∈ E .
Ent˜ ao J e um isomorfismo isometrico entre E e um subespaco de E .
Demonstracao. Se x ∈ E , e claro que J x ∈ E ∗. Como
|Jx,x| = |x, x| ≤ xx,
segue que Jx ∈ E e Jx ≤ x. Assim J : E → E e linear e contınua. Peloteorema de Hahn-Banach, para cada x ∈ E tem-se que:
Jx = sup{|Jx,x| : x ≤ 1} = sup}|x, x| : x ≤ 1} = x.
Logo J e um isomorfismo isometrico entre E e sua imagem em E .
15.3. Definicao. E e dito reflexivo se J (E ) = E .
E claro que cada espaco normado reflexivo e necessariamente completo.
15.4. Proposicao. Dado T ∈ L(E ; F ), seja T : F → E definido por
T
y
, x = y
, T x para todo y
∈ F
, x ∈ E.Ent˜ ao T ∈ L(F , E ) e T = T . T e chamado de dual de T , ou transpostode T .
Demonstracao. Se y ∈ F , e claro que T y ∈ E ∗. Como
|T y, x| = |y, T x| ≤ yT x ≤ yT x,
segue que T y ∈ E e T y ≤ T y. Assim T : F → E e linear e contınuae T ≤ T . Po outro lado, pelo teorema de Hahn-Banach, para cada x ∈ E temos:
T x
= sup
{|y, T x
|:
y
≤1
}= sup
{|T y, x
|:
y
≤1
}≤ sup{T yx : y ≤ 1} ≤ T x.
Logo T ≤ T .
15.5. Proposicao. p e reflexivo para cada 1 < p < ∞.
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Demonstracao. Seja 1 p + 1
q = 1, e sejam S : p → q e T : q → p osisomorfismos isometricos canonicos, os isomorfismos dados pelo Teorema 13.1.Entao e claro que S ◦ T −1 e um isomorfismo isometrico entre p e p . Paracompletar a demonstracao, basta provar que S
◦T −1 = J , o mergulho canonico
de p em p , ou seja, basta provar que
S ◦ T −1x, x = Jx,x = x, x para todo x ∈ p, x ∈ p.
Sejam x = (ξj) ∈ p e Sx = (ηj) ∈ q. Entao:
S ◦ T −1x, x = T −1x,Sx =∞j=1
ηjξj =∞j=1
ξjηj = x, x,
como queriamos.
De maneira analoga, utilizando o Teorema 14.3, podemos provar o resultadoseguinte.
15.6. Proposicao. Seja (X, Σ, µ) um espaco de medida finita. Ent˜ aoL p(X, Σ, µ) e reflexivo para cada 1 < p < ∞.
15.7. Proposicao. Se E e reflexivo, ent˜ ao E e reflexivo tambem.
Demonstracao. Sejam J 0 : E → E e J 1 : E → E os mergulhoscanonicos. Supondo que J 0(E ) = E , vamos provar que J 1(E ) = E . Dadox ∈ E , seja x = J 0x. Provaremos que J 1x = x. Para cada x ∈ E temos:
J 1x, J 0x = J 0x, x = x, x = J 0x, x = x, J 0x.
Como J 0(E ) = E , segue que J 1x = x, como queriamos.
15.8. Proposicao. Se E e reflexivo, ent˜ ao cada subespaco fechado de E e
reflexivo tambem.
Demonstracao. Seja M um subespaco fechado de E , e sejam J 0 : E → E
e J 1 : M → M os mergulhos canonicos. Supondo que J 0(E ) = E , vamosprovar que J 1(M ) = M .
Seja R : E → M a aplicacao restricao, e seja R : M → E o dual de R.Dado y ∈ M , seja x = Ry ∈ E . Como J 0(E ) = E , existe x ∈ E tal
que J 0x = x.Afirmamos que x ∈ M . De fato, suponhamos que x /∈ M . Entao, pelo
teorema de Hahn-Banach, existe x ∈ E tal que Rx = 0 e x, x = 0. Segueque
x, x = J 0x, x = x, x = Ry, x = y, Rx = y, 0 = 0,
contradicao. Isto prova que x ∈ M .Para completar a demonstracao provaremos que J 1x = y. De fato para
cada x ∈ E temos:
y, Rx = Ry, x = x, x = J 0x, x = x, x = Rx, x = J 1x,Rx.
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Pelo teorema de Hahn-Banach R(E ) = M . Segue que y = J 1x, como queri-amos.
Exercıcios
15.A. Dados S ∈ L(E ; F ) e T ∈ L(F ; G), prove que (T ◦ S ) = S ◦ T .
15.B. Prove que se T : E → F e um isomorfismo topologico (resp. isomor-fismo isometrico), entao T : F → E tambem e um isomorfismo topologico(resp. isomorfismo isometrico).
15.C. Seja T : E → F um isomorfismo topologico. Prove que se E ereflexivo, entao F tambem e reflexivo.
15.D. Prove que um espaco de Banach E e reflexivo se e so se seu dual E
e reflexivo.
15.E. Prove que nemhum dos espacos 1, ∞, c0 ou c e reflexivo.
15.F. Seja E um espaco de Banach, e seja M um subespaco fechado de E .Prove que se E e reflexivo, entao E/M e reflexivo tambem.
15.G. Usando o Exercıcio 8.C prove que o espaco C [a, b] nao e reflexivo.
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16. Teorema de Banach-Steinhaus
16.1. Definicao. Seja X um espaco topologico.(a) Diremos que X e um espaco de Baire se a intersecao de cada sequencia
de subconjuntos abertos e densos de X e um subconjunto denso de X .(b) Diremos que um conjunto A ⊂ X e de primeira categoria em X se e
possıvel escrever
A =∞
n=1
An, com◦
An= ∅ para cada n.
Caso contrario diremos que A e de segunda categoria em X .
16.2. Proposicao. Cada espaco de Baire n˜ ao vazio e de segunda categoria em si mesmo.
Demonstracao. Seja X um espaco de Baire nao vazio, e suponhamos que
X seja de primeira categoria em si mesmo. Entao podemos escrever
X =∞
n=1
An,
onde An e fechado em X , e◦
An= ∅ para cada n. Segue que
∅ =∞
n=1
(X \ An),
X \ An e aberto, e X \ An = X \◦
An= X para cada n. Logo X nao seria umespaco de Baire.
16.3. Teorema de Baire. Cada espaco metrico completo e um espaco deBaire.
Demonstracao. Seja X um espaco metrico completo nao vazio, e seja(U n)∞n=1 uma sequencia de subconjuntos abertos e densos em X . Para provarque∞
n=1 U n e denso em X , basta provar que (∞
n=1 U n) ∩ B(a; r) = ∅ paracada bola B(a; r) em X . Fixemos uma bola B(a; r) em X . Como U 1 e densoem X , existe x1 ∈ U 1 ∩ B(a; r). Seja 0 < 1 < 1 tal que
B[x1; 1] ⊂ U 1 ∩ B(a; r).
Como U 2 e denso em X , existe x2 ∈ U 2 ∩ B(x1; 1). Seja 0 < 2 < 1/2 tal que
B[x2; 2] ⊂ U 2 ∩ B(x1; 1).
Procedendo por inducao podemos achar sequencias (xn) ⊂ X e (n) ⊂ R taisque 0 < n < 1/n e
B[xn; n] ⊂ U n ∩ B(xn−1; n−1)
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para cada n ≥ 2. Segue que (xn) e uma sequencia de Cauchy em X , e convergeportanto a um ponto x. E claro que
x ∈∞
n=1B[xn; n] ⊂ (
∞n=1
U n) ∩ B(a; r).
Logo∞
n=1 U n e denso em X .
16.4. Definicao. Seja A ⊂ E .(a) A e dito simetrico se −x ∈ A sempre que x ∈ A.(b) A e dito convexo se (1 − λ)x + λy ∈ A sempre que x, y ∈ A e 0 ≤ λ ≤ 1.(c) co(A) denota o menor subconjunto convexo de E que contem A.
16.5. Teorema de Banach-Steinhaus. Sejam E e F espacos normados,com E completo. Seja {T i : i ∈ I } ⊂ L(E ; F ) tal que
(1) supi∈I
T ix
<
∞para cada x
∈E.
Ent˜ ao(2) supi∈I T i < ∞.
Demonstracao. Para cada n ∈ N seja
An = {x ∈ E : T ix ≤ n para cada i ∈ I }.
ComoAn =i∈I
{x ∈ E : T ix ≤ n},
vemos que cada An
e fechado. Segue de (1) que
E =∞
n=1
An.
Pelo teorema de Baire E e de segunda categoria em si mesmo. Logo algum An
tem interior nao vazio. Logo An contem uma bola B(a; r). Como o conjunto An
e simetrico, segue que An ⊃ B(−a; r). Como o conjunto An e convexo, segueque
An ⊃ co(B(a; r) ∪ B(−a; r)) ⊃ B(0; r).
Segue queT ix ≤ n para todo i ∈ I, x ∈ B(0; r).
LogoT ix ≤ n
rpara todo i ∈ I, x ∈ B(0;1),
e portanto
T i ≤ n
rpara todo i ∈ I.
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O teorema de Banach-Steinhaus e tambem conhecido como princıpio delimitac˜ ao uniforme.
16.6. Corolario. Seja E um espaco normado, e seja A um subconjunto deE tal que φ(A) e limitado em K para cada φ ∈ E . Ent˜ ao A e limitado em E .
Demonstracao. Seja J : E → E o mergulho canonico. Segue da hipoteseque J (A) e um subconjunto pontualmente limitado de E . Pelo Teorema 16.5J (A) e limitado em E . Logo A e limitado em E .
16.7. Corolario. Sejam E e F espacos normados, com E completo. Seja (T n) uma sequencia em L(E ; F ) tal que (T nx) converge em F para cada x ∈ E .Se definimos T x = lim T nx para cada x ∈ E , ent˜ ao T ∈ L(E ; F ).
Demonstracao. E facil verificar que T e linear. Para cada x ∈ E , (T nx) euma sequencia convergente em F , e portanto limitada, ou seja
supnT nx < ∞ para cada x ∈ E.
Pelo Teorema 16.5 existe c > 0 tal que T n ≤ c para todo n. Segue queT ≤ c, e portanto T e contınua.
Exercıcios
16.A. Seja 1 ≤ p < ∞, e seja (ηj)∞j=1 uma sequencia em K tal que a serie∞j=1 ξjηj converge para cada (ξj)∞j=1 ∈ p. Prove que (ηj)∞j=1 ∈ q, onde
1 p + 1
q = 1.
16.B. Seja (ηj)∞
j=1 uma sequencia em K tal que a serie∞
j=1 ξjηj convergepara cada (ξj)∞j=1 ∈ c0. Prove que (ηj)∞j=1 ∈ 1.
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17. Teorema da aplicacao aberta e teorema do grafico fechado
17.1. Teorema da aplicacao aberta. Sejam E e F espacos de Banach,e seja T
∈L(E ; F ). Ent˜ ao as seguintes condic˜ oes s˜ ao equivalentes:
(a) T e sobrejetiva.(b) T (BE) ⊃ BF (0; δ) para algum δ > 0.(c) T (BE) ⊃ BF (0; δ) para algum δ > 0.
Demonstracao. (a) ⇒ (b): Como T e sobrejetiva,
F = T (E ) = T (
∞n=1
BE(0; n) =
∞n=1
T (BE(0; n)) =
∞n=1
T (BE(0; n)).
Pelo teorema de Baire F e de segunda categoria em si mesmo. Logo existe n talque o conjunto T (BE(0; n)) tem interior nao vazio. Logo o conjunto T (BE(0; n))contem uma bola BF (b; r). Como o conjunto T (BE(0; n)) e simetrico, segue queT (BE(0; n))
⊃BF (
−b; r). Como o conjunto T (BE(0; n)) e convexo, segue que
T (BE(0; n)) ⊃ co(BF (b, r) ∪ BF (−b, r)) ⊃ BF (0; r).
Logo
T (BE(0; 1)) ⊃ BF (0;r
n),
provando (b).
(b) ⇒ (c): Por hipotese
T (BE) ⊃ BF (0; δ),
e portanto
T (BE(0;1/2n
)) ⊃ BF (0; δ/2
n
) para cada n.Provaremos que
T (BE) ⊃ BF (0; δ/2).
Sejay ∈ BF (0; δ/2) ⊂ T (BE(0;1/2)).
Logo existe x1 ∈ BE(0;1/2) tal que
y − T x1 ∈ BF (0; δ/22) ⊂ T (BE(0;1/22)).
Logo existe x2 ∈ BE(0;1/22) tal que
y
−T x1
−T x2
∈BF (0; δ/23)
⊂T (BE(0;1/23)).
Procedendo por inducao podemos obter uma sequencia (xn) em E tal que
xn ∈ BE(0;1/2n) e y −n
j=1
T xj ∈ BF (0; δ/2n+1) para cada n.
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Como∞
n=1 xn <∞
n=1 2−n = 1, segue que
∞
n=1
xn
∈BE(0; 1) e T (
∞
n=1
xn) = y.
Como a implicacao (c) ⇒ (a) e clara, a demonstracao do teorema esta com-pleta.
17.2. Corolario. Sejam E e F espacos de Banach. Ent˜ ao cada aplicac˜ aosobrejetiva T ∈ L(E ; F ) e aberta.
17.3. Corolario. Sejam E e F espacos de Banach. Ent˜ ao cada aplicac˜ aobijetiva T ∈ L(E ; F ) e um isomorfismo topol´ ogico.
Lembremos que, se f : X → Y e uma aplicacao qualquer, entao o gr´ afico def e o conjunto
Gf =
{(x, y)
∈X
×Y : y = f (x)
}.
17.4. Proposicao. Sejam X e Y espacos topol´ ogicos, e seja f : X →Y uma aplicac˜ ao contınua. Se Y e um espaco de Hausdorff, entao Gf e um subconjunto fechado de X × Y .
Demonstracao. Para provar que Gf e fechado em X ×Y , seja ((xi, f (xi)))i∈I uma rede em Gf que converge a um ponto (x, y) ∈ X × Y . Entao xi → x em X e T xi → y em Y . Como f e contınua, segue que f (xi) → f (x) em Y . Como Y e Hausddorff, segue que y = f (x). Logo (x, y) ∈ Gf , e portanto Gf e fechadoem X × Y .
17.5. Teorema do grafico fechado. Sejam E e F espacos de Banach,e seja T : E → F uma aplicac˜ ao linear. Se o gr´ afico GT de T e fechado em E
×F , ent˜ ao T e contınua.
Demonstracao. GT e um subespaco fechado de E × F , e e portanto umespaco de Banach. Consideremos as projecoes canonicas
π1 : (x, y) ∈ E × F → x ∈ E,
π2 : (x, y) ∈ E × F → y ∈ F.
E claro que π1 ∈ L(E × F ; E ) e π2 ∈ L(E × F ; F ). Seja σ1 = π1|GT . Entao
σ1 : (x , T x) ∈ GT → x ∈ E.
E claro que σ1 ∈ L(GT ; E ), e σ1 e sobrejetiva. Pelo teorema da aplicacao abertaσ1 e um homeomorfismo. Notemos que
σ−11 : x ∈ E → (x , T x) ∈ GT .
Segue que π2 ◦ σ−11 = T , e portanto T e contınua.
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Exercıcios
17.A. Sejam E e F espacos de Banach, e seja T ∈ L(E ; F ) um operadorsobrejetivo.
(a) Dada uma sequencia limitada (yn) em F , prove que existe uma sequencialimitada (xn) em E tal que T xn = yn para cada n.
(b) Dada uma sequencia (yn), que converge a zero em F , prove que existeuma sequencia (xn), que converge a zero em E , tal que T xn = yn para cada n.
17.B. Seja (xj) uma sequencia em E tal que φ(xj) → 0 para cada φ ∈ E .Seja T definido por
T : φ ∈ E → (φ(xj))∞j=1 ∈ c0.
Prove que T ∈ L(E ; c0).
17.C. Seja E um espaco de Banach, e seja (φj) uma sequencia em E talque
∞j=1 |φj(x)| < ∞ para cada x ∈ E . Seja T definido por
T : x ∈ E → (φj(x))∞j=1 ∈ 1.
Prove que T ∈ L(E ; 1).
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18. Espectro de um operador em um espaco de Banach
18.1. Proposicao. Seja E um espaco de Banach, e seja T ∈ L(E ; E ). Se
T
< 1, ent˜ ao o operador I
−T e invertıvel e
(I − T )−1 =∞k=0
T k.
Demonstracao. Como T < 1, a serie∞
k=0 T k e absolutamente conver-gente, e portanto convergente. Como
(I − T )
n
k=0
T k
=
∞
k=0
T k
(I − T ) = I − T n+1
para cada n, segue que
(I − T ) ∞
k=0
T k
= ∞
k=0
T k
(I − T ) = I.
18.2. Definicao. Se E e um espaco de Banach, denotaremos por Iso(E ; E )o subconjunto dos T ∈ L(E ; E ) que sao invertıveis.
18.3. Proposicao. Seja E um espaco de Banach. Ent˜ ao:(a) Iso(E ; E ) e um subconjunto aberto de L(E ; E ).(b) A aplicac˜ ao T ∈ Iso(E ; E ) → T −1 ∈ Iso(E ; E ) e contınua.
Demonstracao. Se S ∈ L(E ; E ) e invertıvel, entao segue da proposicaoanterior que S +T = (I +T ◦S −1)◦S e invertıvel tambem para cada T ∈ L(E ; E )tal que
T
< 1/
S −1
. Nessas condicoes
(S + T )−1 = S −1 ◦ (I + T ◦ S −1)−1 = S −1 ◦∞
k=0
(−T ◦ S −1)k,
e portanto
(S + T )−1 − S −1 ≤∞
k=1
T kS −1k+1 =T S −12
1 − T S −1 .
A conclusao desejada segue.
18.4. Definicao. Seja E um espaco de Banach, e seja T ∈ L(E ; E ).(a) Diremos que λ
∈K pertence ao espectro de T se o operador T
−λI nao
e invertıvel. σ(T ) denota o espectro de T .(b) Diremos que λ ∈ K e um autovalor de T se o operador T − λI nao e
injetivo. Se λ e um autovalor de T , denotaremos por E λ o subespaco de todosos x ∈ E tais que T x = λx. Cada x = 0 em E λ e chamado de autovetor de T correspondente ao autovalor λ.
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18.5. Exemplo. Seja E um espaco de Banach, e seja T ∈ L(E ; E ). E claroque σ(T ) contem todos os autovalores de T . Se E tem dimensao finita, entao eclaro que σ(T ) coincide com o conjunto dos autovalores de T .
18.6. Proposicao. Seja E um espaco de Banach complexo, e seja T ∈L(E ; E ). Ent˜ ao:
(a) O conjunto C \ σ(T ) e aberto em C .(b) Para cada funcional ψ ∈ L(E ; E ), a func˜ ao f (λ) = ψ[(T − λI )−1] e
analıtica no aberto C \ σ(T ).
Demonstracao. (a) A funcao
φ : λ ∈ C → T − λI ∈ L(E ; E )
e claramente contınua, e
C \ σ(T ) = φ−1(Iso(E ; E )).
(b) Dados U, V ∈ Iso(E ; E ), e claro que
U (U −1 − V −1)V = V − U,
e portantoU −1 − V −1 = U −1(V − U )V −1.
Dados λ, λ0 ∈ C \ σ(T ), segue que
(T − λI )−1 − (T − λ0I )−1 = (T − λI )−1(λ − λ0)(T − λ0I )−1.
Aplicando ψ segue que
limλ→λ0
f (λ) − f (λ0)
λ − λ0= ψ[(T
−λ0I )−2].
Logo f e analıtica.
18.7. Teorema. Seja E um espaco de Banach complexo, e seja T ∈L(E ; E ). Ent˜ ao σ(T ) e um subconjunto compacto n˜ ao vazio de C .
Demonstracao. Pela proposicao anterior σ(T ) e fechado. Se |λ| > T ,entao segue da Proposicao 18.1 que o operador T −λI = −λ(I − T
λ ) e invertıvel.Isto prova que |λ| ≤ T para cada λ ∈ σ(T ), e portanto σ(T ) e limitado.Suponhamos que σ(T ) seja vazio. Nesse caso, para cada funcional ψ ∈ L(E ; E ),a funcao f (λ) = ψ[(T − λI )−1] e analıtica em todo C. Para λ = 0 temos que
(T −
λI )−1 =−
1
λI
−T
λ−1
=−
∞
k=0
T k
λk+1,
e portanto
(T − λI )−1 ≤∞
k=0
T k
|λ|k+1 =1
|λ| − T .
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Aplicando ψ segue quelim
|λ|→∞f (λ) = 0,
e f e em particular limitada. Segue do teorema de Liouville que
f (λ) = ψ[(T − λI )−1] = 0 para todo λ ∈ C.
Como ψ e arbitrario, segue do teorema de Hahn-Banach que
(T − λI )−1 = 0 para todo λ ∈ C,
absurdo. Logo σ(T ) nao e vazio.
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19. Operadores compactos entre espacos de Banach
19.1. Definicao. Sejam E e F espacos de Banach, e seja T ∈ L(E ; F ).(a) Diremos que T tem posto finito se o subespaco T (E ) tem dimensao finita.
Lf (E ; F ) denota o subespaco dos operadores de posto finito de E em F .(b) Diremos que T e compacto se T (BE) e relativamente compacto em F .
LK(E ; F ) denota o subespaco dos operadores compactos de E em F .E claro que todo operador de posto finito e compacto.
19.2. Proposicao. Sejam E e F espacos de Banach. Ent ao LK(E ; F ) eum subespaco fechado de L(E ; F ).
Demonstracao. Seja (T n) uma sequencia em LK(E ; F ) que converge a umoperador T em L(E ; F ). Para provar que T e compacto provaremos que cadasequencia em T (BE) admite uma subsequencia convergente.
Utilizaremos o processo diagonal de Cantor. Seja (xj)∞j=1 uma sequencia
em BE . Como T 1 e compacto, (xj)∞j=1 admite uma subsequencia (x1j )∞j=1 tal
que (T 1x1j )∞j=1 e convergente. Como T 2 e compacto, (x1j )∞j=1 admite uma sub-sequencia (x2j )∞j=1 tal que (T 2x2j )∞j=1 e convergente. Procedendo de maneira indu-
tiva podemos obter, para cada i ∈ N, uma subsequencia (xij)∞j=1 de (xi−1
j )∞j=1 tal
que (T ixij)∞j=1 e convergente. Seja (zj)∞j=1 a sequencia diagonal (xj
j)∞j=1. Entao,
para cada i ∈ N, (zj)∞j=i e uma subsequencia de (xij)∞j=i. Segue dai que (T izj)∞j=1
e convergente, para cada i ∈ N. Provaremos que (T zj)∞j=1 e convergente.Dado > 0, existe i tal que T i − T < . Fixado i, existe j0 tal que
T izj − T izk < para todo j, k ≥ j0.
Segue que
T zj − T zk ≤ T zj − T izj + T izj − T izk + T izk − T zk < 3
para todo j, k ≥ j0. Logo (T zj)∞j=1 e convergente.
19.3. Teorema de Schauder. Sejam E e F espacos de Banach. Ent aoum operador T ∈ L(E ; F ) e compacto se e s´ o se seu dual T ∈ L(F ; E ) ecompacto.
Demonstracao. (⇒) Suponhamos que T ∈ L(E ; F ) seja compacto. Comocada espaco metrico compacto e separavel, e como T (E ) =
∞n=1 nT (BE), segue
que T (E ) e separavel. Seja (yk)∞k=1 um subconjunto enumeravel denso de T (E ).Para provar que T e compacto, provaremos que cada sequencia em T (BF )
admite uma subsequencia convergente. Seja (yn)∞n=1 uma sequencia em BF .Utilizando o processo diagonal de Cantor podemos achar uma subsequencia(zn)∞n=1 de (yn)∞n=1 tal que (zn(yk))∞n=1 converge para cada k. Como (yk)∞k=1e densa em T (E ), e (zn)∞n=1 ⊂ BF , segue que (zn(y))∞n=1 converge para caday ∈ T (E ).
Se definimos z(y) = limn→∞ zn(y) para cada y ∈ T (E ), segue que z e umfuncional linear em T (E ), e z ≤ 1. Pelo teorema de Hahn-Banach podemossupor que z ∈ F .
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Como T (BE) e precompacto, dado > 0, existem x1,...,xm ∈ BE tais que
T (BE) ⊂m
j=1
BF (T xj, ).
Como zn(y) → z(y) para cada y ∈ T (E ), existe n0 ∈ N tal que
|zn − z, T xj| < sempre que n ≥ n0, 1 ≤ j ≤ m.
Dado x ∈ BE , seja 1 ≤ j ≤ m tal que x ∈ BF (T xj ; ). Entao, para cada n ≥ n0tem-se que
|T zn − T z, x| = |zn − z, T x|≤ |zn − z, T x − T xj| + |zn − z, T xj| < 3.
Segue que T zn − T z ≤ 3 para todo n ≥ n0, e portanto (T zn)∞n=1 convergea T z em E .
(⇐) Suponhamos que T ∈ L(F ; E ) seja compacto. Pelo que acabamos dever, T ∈ L(E ; F ) e compacto. Como o diagrama
E T −→ F
J E ↓ ↓ J F
E T −→ F
e comutativo, segue que T e compacto.
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20. Conjuntos ortonormais em espacos de Hilbert
20.1. Definicao. Seja E um espaco com produto interno. Um conjuntoS
⊂E e dito ortonormal se dados x, y
∈S tem-se que (x
|y) = 0 se x
= y
e (x|y) = 1 s e x = y. Um conjunto ortonormal S ⊂ E e dito completo seS ⊥ = {0}.
E facil verificar que todo conjunto ortonormal em E e linearmente indepen-dente.
E facil ver que um conjunto ortonormal S ⊂ E e completo se e so se S emaximal entre os conjuntos ortonormais de E , ou seja S nao esta contido emnenhum outro conjunto ortonormal.
Se S e um conjunto ortonormal em E tal que o subespaco [S ] gerado por S e denso em E , entao e facil ver que S e completo.
20.2. Exemplo. E facil verificar que os vetores unitarios
e1 = (1, 0, 0,..., 0), e2 = (0, 1, 0, ..., 0), ..., en = (0, 0, 0,..., 1)
formam um conjunto ortonormal completo em Kn2 .
20.3. Exemplo. E facil verificar que a sequencia de vetores unitarios
e1 = (1, 0, 0,...), e2 = (0, 1, 0,...), e3 = (0, 0, 1,...), ...
formam um conjunto ortonormal completo em 2.
20.4. Exemplo. Nao e difıcil verificar que as funcoes
u0(t) =1√2π
, un(t) =1√π
cosnt, vn(t) =1√π
sennt (n ∈ N)
formam um conjunto ortonormal no espaco de Hilbert real L2([0, 2π]; R). Maisadiante veremos que este conjunto ortonormal e completo.
20.5. Exemplo. Nao e difıcil verificar que as funcoes
un(t) =1√2π
eint (n ∈ Z)
formam um conjunto ortonormal no espaco de Hilbert complexo L2([0, 2π]; C).Mais adiante veremos que este conjunto ortonormal e completo.
20.6. Proposicao (Processo de ortonormalizacao de Gram-Schmidt).Seja E um espaco com produto interno. Seja (xn)N
n=1 uma sequencia finita ou
infinita de vetores linearmente independentes em E . Ent˜ ao existe uma sequencia ortonormal (yn)N n=1 em E tal que
[x1,...,xn] = [y1,...,yn]
para cada n ≤ N .
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Demonstracao. Sejam (un)N n=1 e (yn)N
n=1 definidas indutivamente da maneiraseguinte:
u1 = x1, y1 =u1
u1
;
un = xn −n−1j=1
(xn|yj)yj , yn =un
un para n ≥ 2.
E imediato que(un|yj) = 0 sempre que j < n,
e portanto(yn|yj) = 0 sempre que j < n.
Usando inducao vemos que
[x1,...,xn] = [u1,...,un] = [y1,...,yn]
para cada n ≤ N , completando a demonstracao.
20.7. Corolario. Seja E um espaco com produto interno de dimens˜ ao finita n. Ent˜ ao existe em E um conjunto ortonormal completo formado por nvetores.
20.8. Corolario. Seja E um espaco com produto interno separ´ avel. Ent˜ aoexiste em E um conjunto ortonormal completo enumer´ avel.
20.9. Proposicao. Seja E um espaco com produto interno. Ent˜ ao cada conjunto ortonormal em E est´ a contido em algum conjunto ortonormal com-pleto.
Demonstracao. Seja S 0 um conjunto ortonormal em E , e seja
P a famılia
de todos os conjuntos ortonormais em E que contem S 0. P e um conjuntoparcialmente ordenado por inclusao de conjuntos. Seja (S i)i∈I uma cadeia emP . Entao e facil ver que ∪i∈I S i e um conjunto ortonormal em E , e claramentecontem cada S i. Isto prova que cada cadeia em P admite uma cota superior.Pelo lema de Zorn, existe em P um elemento maximal S . Segue que S e umconjunto ortonormal completo em E , que contem S 0.
Exercıcios
20.A. Seja E um espaco com produto interno. Prove que cada conjuntoortonormal em E e linearmente independente.
20.B. Seja E um espaco com produto interno, e seja S um conjunto ortonor-mal em E . Prove que S e completo se e so se S nao esta contido em nenhumoutro conjunto ortonormal.
20.C. Seja E um espaco com produto interno, e seja S um conjunto ortonor-mal em E .
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(a) Se o subespaco [S ] gerado por S e denso em E , prove que S e completo.(b) Se E e um espaco de Hilbert, e S e completo, prove que [S ] e denso em
E .
20.D. Prove que os vetores unitarios
e1 = (1, 0, 0,...), e2 = (0, 1, 0,...), e3 = (0, 0, 1,...),...
formam um conjunto ortonormal completo em 2.
20.E. Prove que as funcoes
u0(t) =1√2π
, un(t) =1√π
cosnt, vn(t) =1√π
sennt (n = 1, 2, 3,...)
formam um conjunto ortonormal no espaco de Hilbert real L2([0, 2π], R).
20.F. Prove que as funcoes
un(t) =1√2π
eint (n ∈ Z)
formam um conjunto ortonormal no espaco de Hilbert complexo L2([0, 2π], C).
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21. Conjuntos ortonormais completos em espacos de Hilbert
21.1. Proposicao. Seja E um espaco com produto interno, seja M um subespaco de dimens˜ ao finita n, seja
{x1,...,xn
}um conjunto ortonormal em
M , e seja x ∈ E . Ent˜ ao:
(a) x −n
j=1
(x|xj)xj = d(x, M ),
(b)
nj=1
|(x|xj)|2 ≤ x.
Demonstracao. (a) Pelo Teorema 10.3 (e a Observacao 10.4) podemosescrever
(1) x = p + q, com p ∈ M, q ∈ M ⊥.
Alem disso
x−
p
= d(x, M ). Como (x1,...,xn) e uma base de M , podemosescrever p =
nj=1 αjxj . Como x − p = q ∈ M ⊥, segue que
0 = (x − p|xk) = (x|xk) − ( p|xk) = (x|xk) − αk
para k = 1, 2,...,n. Logo
(2) p =
nj=1
(x|xj)xj ,
e (a) segue.(b) Usando (1) e (2) e o teorema de Pitagoras segue que
x2
= p2
+ q2
≥ p2
=
nj=1
|(x|xj)|2
.
21.2. Proposicao (Desigualdade de Bessel). Seja E um espaco com produto interno, seja (xi)i∈I um conjunto ortonormal em E , e seja x ∈ E .Ent˜ ao o conjunto
I x = {i ∈ I : (x|xi) = 0}e enumer avel e
i∈I x
|(x|xi)|2 ≤ x2.
Demonstracao. Temos que
I x =
∞k=1
J k,
onde
J k = {i ∈ I : |(x|xi)| >1
k}.
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Segue da proposicao anterior que cada J k e finito. De fato, se J e qualquersubconjunto finito de J k, segue da proposicao anterior que
x2
≥j∈J |(x|xj)
|2 >
j∈J
1
k2=
|J|k2
,
e portanto |J | < k2x2. Segue que |J k| ≤ k2x2 para cada k, e portanto I x eenumeravel.
Escrevamos (xi)i∈I x como uma sequencia y1, y2, y3,... Pela proposicao ante-rior
nj=1
|(x|yj)|2 ≤ x2 para cada n,
e portanto i∈I x
|(x|xi)|2 =
∞j=1
|(x|yj)|2 ≤ x2.
21.3. Proposicao. Seja E um espaco de Hilbert, seja (xi)i∈I um conjuntoortonormal em E , e seja x ∈ E . Ent˜ ao a serie
i∈I x
(x|xi)xi
e incondicionalmente convergente, ou seja e convergente, e sua soma e indepen-dente da ordem escolhida em I x.
Demonstracao. Pela proposicao anterior o conjunto I x e enumeravel. Seja(yj) uma ordenacao de (xi)i∈I x , e seja
sm =
mj=1
(x|yj)yj
para cada m. Se n < m, segue do teorema de Pitagoras que
sm − sn2 = m
j=n+1
2 =m
j=n+1
|(x|yj)|2.
Comom
j=1
|(x|yj)|2 ≤ x2
para cada m, pela proposicao anterior, segue que (sm) e uma sequencia deCauchy em E , e converge portanto a um vetor s
∈E .
Para provar que a soma da serie e independente da ordenacao escolhida, seja(zk) uma outra ordenacao de (xi)i∈I x , e seja
tn =n
k=1
(x|zk)zk
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para cada n. O raciocınio anterior mostra que
n
k=1
|(x|zk)|2 ≤ x2
para cada n, e a sequencia (tn) converge a um vetor t ∈ E . Dado > 0, podemosachar m0 e n0 em N tais que
∞j=m+1
|(x|yj)|2 ≤ 2 e s − sm ≤ para todo m ≥ m0,
∞k=n+1
|(x|zk)|2 ≤ 2 e t − tn ≤ para todo n ≥ n0.
Fixemos m ≥ m0, e seja n ≥ n0 tal que {y1,...,ym} ⊂ {z1,...,zn}. Entao
tn − sm =j∈J
(x|yj)yj ,
onde J ⊂ N \ {1, 2,...,m}. Segue que
tn − sm2 =j∈J
|(x|yj)|2 ≤∞
j=m+1
|(x|yj)|2 ≤ 2.
Logot − s ≤ t − tn + tn − sm + sm − s ≤ 3.
Como > 0 e arbitrario, concluimos que t = s.
21.4. Teorema. Seja E um espaco de Hilbert, e seja S = (xi)i∈I um conjunto ortonormal em E . Ent˜ ao as seguintes condic˜ oes s˜ ao equivalentes:
(a) O subespaco [S ] e denso em E .
(b) S e completo.
(c) x =
i∈I (x|xi)xi para todo x ∈ E .
(d) (x|y) =
i∈I (x|xi)(y|xi) para todo x, y ∈ E .
(e) x2 =
i∈I |(x|xi)|2 para todo x ∈ E .
A identidade em (e) e conhecida como identidade de Parseval .
Demonstracao. As implicacoes (a)⇒
(b), (c)⇒
(d) e (d)⇒
(e) sao claras.Provaremos as implicacoes (b) ⇒ (c) e (e) ⇒ (a) ao mesmo tempo.
Dado x ∈ E , sejam
p =i∈I
(x|xi)xi, q = x − p.
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Pela proposicao anterior p esta bem definido. Como
(q|xj) = (x|xj) − ( p|xj) = 0
para todo j ∈ I , vemos que q ∈ S ⊥.
Suponhamos (b). Entao S e completo, ou seja S ⊥ = {0}. Segue que q = 0,e portanto x = p =
i∈I (x|xi)xi, ou seja (c).
Suponhamos (e), e seja M = [S ]. Entao p ∈ M e q ∈ M ⊥. Pelo teorema dePitagoras
x2 = p2 + q2 =i∈I
|(x|xi)|2 + q2.
Segue de (e) que q = 0, e portanto x = p ∈ M . Logo E = M = [S ], ou seja(a).
Devido a condicao (c) do teorema anterior, os conjuntos ortonormais com-
pletos em espacos de Hilbert sao chamados tambem de bases ortonormais.
21.5. Teorema de Riesz-Fischer. Cada espaco de Hilbert separ´ avel dedimens˜ ao infinita e isometricamente isomorfo a 2.
Demonstracao. Pelo Corolario 20.8 existe em E uma sequencia ortonormalcompleta (xn)∞n=1. Pelo teorema anterior
(3) x2 =∞
n=1
|(x|xn)|2 para todo x ∈ E.
Consideremos a aplicacao
T : x ∈ E → ((x|xn))∞n=1 ∈ 2.
T e claramente linear, e segue de (3) que T e uma isometria. Para completar ademonstracao provaremos que T e sobrejetiva.
Dado (ξn) ∈ 2, seja x =∞
n=1 ξnxn ∈ E . Para provar que x esta bemdefinido, seja sn =n
j=1 ξjxj para cada n. Entao, para m < n temos que
sn − sm2 = n
j=m+1
ξjxj2 =n
j=m+1
ξj |2.
Como∞
j=1 |ξj| < ∞, segue que (sn) e uma sequencia de Cauchy em E . Logo x
esta bem definido. E claro que (x
|xj) = ξj para cada j. Logo (ξn) = T x, como
queriamos.
21.6. Proposicao. Seja E um espaco com produto interno, e sejam S 1 eS 2 dois conjuntos ortonormais completos em E . Ent˜ ao S 1 e S 2 tem a mesma cardinalidade.
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Demonstracao. A conclusao e clara se S 1 ou S 2 e finito. Suponhamos queS 1 e S 2 sao infinitos. Para cada x ∈ S 1 seja
S 2(x) =
{y
∈S 2 : (x
|y)
= 0
}.
Afirmamos que
S 2 =
x∈S1
S 2(x).
De fato, seja y ∈ S 2. Como y = 0 e S 1 e completo, existe x ∈ S 1 tal que(x|y) = 0. Logo y ∈ S 2(x). Segue da Proposicao 21.2 que S 2(x) e enumeravelpara cada x. Logo
|S 2| ≤ |S 1||N| = |S 1|.De maneira analoga podemos provar que |S 1| ≤ |S 2|.
Na secao anterior vimos exemplos de conjuntos ortonormais completos emKn2 e 2. Agora veremos exemplos de conjuntos ortonormais completos em
L2[0, 2π].
21.7. Teorema. As func˜ oes
u0(t) =1√2π
, un(t) =1√π
cosnt, vn(t) =1√π
sen nt,
com n ∈ N , formam um conjunto ortonormal completo no espaco de Hilbert real L2([0, 2π];R).
Demonstracao. Seja S o conjunto formado pelas funcoes un e vn. Nao edifıcil verificar que S e um conjunto ortonormal. Para provar que S e completobasta provar que [S ] e um subespaco denso de L2([0, 2π]; R).
SejaB = {f ∈ C ([0, 2π]; R) : f (0) = f (2π)}.
E facil ver que B e um subespaco denso de C ([0, 2π]; R) na norma de L2([0, 2π]; R).Como C ([0, 2π]; R) e um subespaco denso de L2([0, 2π]; R), segue que B e umsubespaco denso de L2([0, 2π]; R).
E claro que [S ] ⊂ B. Para completar a demonstracao do teorema bastaprovar que [S ] e um subespaco denso de B na norma de C ([0, 2π]; R).
SejaK = {z ∈ C : |z| = 1} = {eit : 0 ≤ t ≤ 2π}.
Para cada f ∈ B seja f ∈ C (K ; R) definida por
f (eit) = f (t) (0 ≤ t ≤ 2π).
E claro que B e C (K ; R) sao algebras , e a aplicacao
T : f ∈ B → f ∈ C (K ; R)
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e um isomorfismo isometrico entre a algebra B e sua imagem em C (K ; R). SejaA a subalgebra de B gerada pelas funcoes
f 1(t) = 1, f 2(t) = cost, f 3(t) = sent,
e seja A = T (A). E claro que A e a subalgebra de C (K ; R) gerada pelas funcoes
f 1(eit) = 1, f 2(eit) = cost, f 3(eit) = sent.
E claro que:(a) A contem as funcoes constantes;(b) A separa os pontos de K , ou seja, dados Z 1 = z2 em K , existe f ∈ A tal
que f (z1) = f (z2).Segue do teorema de Stone-Weierstrass que A e densa em C (K ; R). Como
T e uma isometria, segue que A e densa em B. Nao e difıcil verificar que cadaf ∈ A pode ser escrita na forma
f (t) = a0 +n
k=1
(akcoskt + bksenkt),
ou seja A ⊂ [S ]. Segue que [S ] e denso em B, como queriamos.
De maneira analoga, utilizando a versao complexa do teorema de Stone-Weierstrass, podemos provar o teorema seguinte.
21.8. Teorema. As func˜ oes un(t) = eint, com n ∈ Z , formam um conjuntoortonormal completo no espaco de Hilbert complexo L2([0, 2π];C ).
Exercıcios
21.A. Seja E um espaco com produto interno, e seja S = (xn)∞n=1 umasequencia ortonormal em E . Prove que S e fechado e limitado, mas nao ecompacto.
21.B. Seja E um espaco de Hilbert, seja (xn)∞n=1 uma sequencia ortonormalem E , e seja
L = {∞
n=1
λnxn : |λn| ≤ 1/n para todo n}.
Prove que L e compacto.
Sugestao: Considere o conjunto
K = {(λn)∞n=1 ⊂ K : |λn| ≤ 1/n para todo n},
e a aplicacao
f : (λn)∞n=1 ∈ K →∞
n=1
λnxn ∈ E.
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21.C. Sejam (an)∞n=0 e (bn)∞n=1 em R tais que
∞n=0 |an|2 < ∞ e
∞n=1 |bn|2 <
∞. Prove que existe uma unica f
∈L2([0, 2π]; R) tal que
a0 =1√2π
2π0
f (t)dt, an =1√π
2π0
f (t)cosntdt, bn =1√π
2π0
f (t)senntdt
para todo n ∈ N.
21.D. Seja (cn)+∞n=−∞ em C tal que+∞
n=−∞ |cn|2 < ∞. Prove que existeuma unica f ∈ L2([0, 2π]; C) tal que
cn =1
2π
2π0
f (t)e−intdt para todo n ∈ Z.
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22. Operadores auto-adjuntos em espacos de Hilbert
E e F denotam espacos de Hilbert.
22.1. Proposicao. Dado T ∈ L(E ; F ), existe um ´ unico T
∗
∈ L(F ; E ) tal que(1) (T x|y) = (x|T ∗y) para todo x ∈ E, y ∈ F.
Tem-se que T ∗ = T . Diremos que T ∗ e o adjunto de T .
Demonstracao. Fixemos y ∈ F . Entao o funcional x ∈ E → (T x|y) ∈ Ke linear e contınuo, com norma ≤ T y. Pelo teorema de representacao deRiesz existe um unico y∗ ∈ E tal que
(2) (T x|y) = (x|y∗) para todo x ∈ E
e y∗ ≤ T y. Definamos T ∗ : F → E por T ∗y = y∗ para cada y ∈ F .Segue de (2) que T ∗ e linear e contınuo, e que T ∗ ≤ T . Isto prova que T ∗
verifica (1), e a unicidade de T ∗
segue de (1).O mesmo raciocınio prova a existencia de um unico T ∗∗ ∈ L(E ; F ) tal que
(3) (T ∗y|x) = (y|T ∗∗x) para todo y ∈ F, x ∈ E,
com T ∗∗ ≤ T ∗. De (1) e (3) segue que T ∗∗ = T , e portanto T ∗ = T .
22.2. Definicao. Um operador T ∈ L(E ; E ) e dito auto-adjunto se T ∗ = T ,ou seja
(T x|y) = (x|T y) para todo x, y ∈ E.
22.3. Proposicao. Seja T ∈ L(E ; E ) um operador auto-adjunto. Ent˜ ao
T = sup{|(T x|x)| : x = 1}.
Demonstracao. Seja
C = sup{|(T x|x)| : x = 1}.
A desigualdade C ≤ T segue de imediato da desigualdade de Cauchy-Schwarz.Provaremos a desigualdade oposta.
Se T s = 0 para todo s ∈ S E , entao T = 0, e a conclusao e clara. Seja s ∈ S Etal que T s = 0, e sejam
x =
T s
1/2s, y =
T s
−1/2T s.
Entaox2 = y2 = T s
e(T x|y) = (T y|x) = T s2.
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Sejamu = x + y, v = x − y.
Entao
(T u|u) = (T x|x) + (T x|y) + (T y|x) + (T y|y),(T v|v) = (T x|x) − (T x|y) − (T y|x) + (T y|y).
Segue que(T u|u) − (T v|v) = 2(T x|y) + 2(T y|x) = 4T s2.
Por outro lado, pela definicao de C , e pela lei do paralelogramo,
(T u|u) − (T v|v) ≤ C u2 + C v2 = C (x + y2 + x − y2)
= 2C (x2 + y2 = 4C T s.
Segue que4
T s
2
≤4C
T s
,
e portanto T ≤ C .
Se T ∈ L(E ; E ) e auto-adjunto, e claro que (T x|x) e real apara cada x ∈ E .Sejam
mT = inf {(T x|x) : x = 1},
M T = sup{(T x|x) : x = 1}.
Com esta notacao obtemos o corolario seguinte:
22.4. Corolario. Seja T ∈ L(E ; E ) um operador auto-adjunto. Ent˜ ao:
T = max {M T , −mT }.
Seja T ∈ L(E ; E ). Lembremos que, se λ e um autovalor de T , entao E λdenota o subespaco E λ = {x ∈ E : T x = λx}.
22.5. Proposicao. Seja T ∈ L(E ; E ) um operador auto-adjunto.(a) Se λ e um autovalor de T , ent˜ ao λ e real e mT ≤ λ ≤ M T .(b) Se λ e µ s˜ ao autovalores distintos de T , ent˜ ao os subespacos E λ e E µ
s˜ ao ortogonais entre si.
Demonstracao. (a) Suponhamos que T x = λx, com x = 1. Entao
(T x|x) = (λx|x) = λ,
e portanto mT ≤ λ ≤ M T .(b) Suponhamos T x = λx e T y = µy. Entao
λ(x|y) = (λx|y) = (T x|y) = (x|T y) = (x|µy) = µ(x|y).
Se λ = µ, entao (x|y) = 0.
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Exercıcios
22.A. Seja T ∈ L(E ; F ), e sejam Φ : E → E e Ψ : F → F definidos por
Φs, x = (x|s) para todo s, x ∈ E,
Ψt, y = (y|t) para todo t, y ∈ F.
Prove que o seguinte diagrama e comutativo:
F T ∗−→ E
Ψ ↓ ↓ Φ
F T −→ E
22.B. Dados S, T ∈ L(E ; F ), prove que:(a) (S + T )∗ = S ∗ + T ∗.(b) (λT )∗ = λT ∗.(c) T ∗T = T T ∗ = T 2.
22.C. Dados S, T ∈ L(E ; E ), prove que (T S )∗ = S ∗T ∗.
22.D. Seja T ∈ L(E ; F ), e sejam M e N subespacos fechados de E e F ,respectivamente. Prove que T (M ) ⊂ N se e so se T ∗(N ⊥) ⊂ M ⊥.
22.E. Seja T ∈ L(E ; E ) um operador auto-adjunto. Prove que T n e auto-adjunto para cada n ∈ N.
22.F. Sejam s, T ∈ L(E ; E ) operadores auto-adjuntos. Prove que que T S e
auto-adjunto se e so se T S = ST .
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23. Teorema espectral para operadores compactos e auto-adjuntosem espacos de Hilbert
23.1. Proposicao. Seja E um espaco de Hilbert, e seja T
∈L(E ; E ) um
operador compacto e auto-adjunto, com T = 0. Ent˜ ao T ou −T e um autovalor de T , e existe um autovetor correspondente x ∈ S E tal que |(T x|x)| =T .
Demonstracao. Pelo Corolario 22.4 existe uma sequencia (xn) ⊂ S E talque (T xn|xn) → λ, onde λ e T ou −T . Notemos que
0 ≤ T xn − λxn2 = (T xn − λxn|T xn − λxn)
= T xn2 − λ(T xn|xn) − λ(xn|T xn) + λ2xn2
≤ T 2 − 2λ(T xn|xn) + λ2.
Como T 2 − 2λ(T xn|xn) + λ2 → 0, segue que T xn − λxn → 0.
Como T e compacto, a sequencia (T xn) admite uma subsequencia conver-gente. Sem perda de generalidade podemos supor que (T xn) converge a umvetor y. Como T xn − λxn → 0, segue que λxn → y. Como λ = 0, segue quexn → x, onde x = y
λ . Como xn = 1 para todo n, segue que x = 1. Porum lado T xn → y = λx. Por outro lado T xn → T x. Logo T x = λx, e λ eum autovalor. Finalmente, como |(T xn|xn)| → T , segue que |(T x|x)| = T ,completando a demonstracao.
23.2. Teorema. Seja E um espaco de Hilbert, e seja T ∈ L(E ; E ) um operador compacto e auto-adjunto, com T = 0. Ent˜ ao:
(a) Existe uma sequencia finita ou infinita (λn) de autovalores, e uma sequencia correspondente (xn) de autovetores, tal que T admite uma representac˜ ao da forma
(1) T x =
λn(x|xn)xn =
(T x|xn)xn
para todo x ∈ E . A sequencia (xn) e ortonormal.(b) Se a sequencia (λn) e infinita, ent˜ ao λn → 0.(c) Cada autovalor λ = 0 de T aparece na sequencia (λn). O subespaco de
autovetores correspondente E λ tem dimens˜ ao finita. A dimens˜ ao de E λ coincidecom o n´ umero de vezes que λ aparece na sequencia (λn).
Demonstracao. (a) Aplicando a proposicao anterior obtemos λ1 ∈ R, ex1 ∈ E , com x1 = 1, tais que
T x1 = λ1x1, |λ1| = T .
Seja E 1 = [x1] o subespaco gerado por x1. Nao e difıcil verificar que o subespacoE ⊥1 e invariante sob T , ou seja T (E ⊥1 ) ⊂ E ⊥1 . De fato, para cada x ∈ E ⊥1 tem-seque
(T x|x1) = (x|T x1) = (x|λ1x1) = λ1(x|x1) = 0.
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Se a restricao T |E ⊥1 e identicamente zero, entao o processo termina ai. Casocontrario, aplicando a proposicao anteror a restricao T |E ⊥1 , obtemos λ2 ∈ R, ex2 ∈ E ⊥1 , com x2 = 1, tais que
T x2 = λ2x2, |λ2| = T |E ⊥1 .
Procedendo por inducao obtemos uma sequencia (λn) ⊂ R, com λn = 0, e umasequencia correspondente (xn) ⊂ E , com xn = 1, tais que
T xn = λnxn, xn ∈ E ⊥n−1, |λn| = T |E ⊥n−1 para cada n ≥ 2,
onde E n = [x1,...,xn] para cada n ≥ 1. E claro que a sequencia (|λn|) edecrescente, e a sequencia (xn) e ortonormal.
Suponhamos primeiro que a restricao T |E ⊥n seja zero para algum n. Cadax ∈ E pode ser escrito na forma
x = yn + zn, com yn ∈ E n, zn ∈ E ⊥n ,
e portanto
x =n
j=1
(x|xj)xj + zn.
Como T |E ⊥n = 0, segue que
T x =n
j=1
(x|xj)T xj =n
j=1
(x|xj)λjxj
=
nj=1
(x|λjxj)xj =
nj=1
(x|T xj)xj =
nj=1
(T x|xj)xj .
Isto prova a representacao (1) quando T |E ⊥n = 0 para algum n.
(b) Suponhamos que a sequencia (λn) seja infinita, mas λn → 0. Como (|λn|)e decrescente, existe > 0 tal que |λn| ≥ para todo n. Como T e compacto,a sequencia (T xn) admite uma subsequencia convergente. Como T xn = λnxn
e |λn| ≥ para todo n, segue que (xn) admite uma subsequencia convergente.Mas isto e absurdo, pois, sendo (xn) ortonormal, segue que xn − xm2 = 2sempre que n = m.
A seguir provaremos que a representacao (1) e valida quando a restricaoT |E ⊥n e distinta de zero para cada n. Como no caso anterior escrevamos x =yn + zn, com yn ∈ E n, zn ∈ E n. Como |λn+1| = T |E ⊥n , segue que
T zn
≤ T
|E ⊥
n zn
≤ |λn+1
|x →
0.
Segue que
T x = T yn + T zn = limn→∞
T yn = limn→∞
nj=1
(x|xj)T xj
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=∞j=1
(x|xj)λjxj =∞j=1
(T x|xj)xj .
(c) Suponhamos que exista um autovalor λ
= 0 de T que nao apareca na
sequencia (λn). Seja x um autovetor correspondente, x = 0. Neste caso (x|xn) =0 para cada n, e segue de (1) que T x = 0, absurdo, pois T x = λx, com λ = 0,x = 0.
Suponhamos que um autovalor λ = 0 apareca p vezes na sequencia (λn).Neste caso o subespaco E λ contem um subconjunto ortonormal formado por p vetores xn1 ,...,xnp , e dai dimE λ ≥ p. Se fosse dimE λ > p, entao existiriax ∈ E λ, com x = 0 e (x|xnj ) = 0 para j = 1,...,p. Dai (x|xn) = 0 para todo n,e seguiria de novo de (1) que T x = 0, absurdo. Logo dimE λ = p.
Exercıcios
23.A. Seja S
∈L(2; 2) definido por
S : (ξ1, ξ2, ξ3,...) → (0, ξ1, ξ2, ξ3,...).
(a) S e injetivo?(b) S e sobrejetivo?(c) S e compacto?(d) Determine o adjunto S ∗ de S
23.B. Seja T ∈ L(E ; F ) um operador de posto finito. Prove que T admiteuma representacao da forma
T x =n
k=1
(x|ak)bk
para cada x ∈ E , onde ak ∈ E e bk ∈ F .
23.C. Seja T ∈ L(2; 2) o operador definido por
T : (ξ1, ξ2, ξ3,...) → (ξ1,ξ22
,ξ33
,...).
Prove que T e um operador compacto e auto-adjunto.
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24. Espacos localmente convexos
24.1. Definicao. Diremos que E e um espaco vetorial topol´ ogico sobre Kse se verificam as seguintes condicoes:
(a) E e um espaco vetorial sobre K.(b) E e um espaco topologico.(c) As seguintes aplicacoes sao contınuas:
(x, y) ∈ E × E → x + y ∈ E,
(λ, x) ∈ K × E → λx ∈ E.
24.2. Proposicao. Seja E um espaco vetorial topol´ ogico. Ent˜ ao:(a) Para cada a ∈ E , a aplicac˜ ao x ∈ E → a + x ∈ E e um homeomorfismo.(b) Para cada λ = 0 em K , a aplicac˜ ao x ∈ E → λx ∈ E e um homeomor-
fismo.
Demonstracao. (a) segue da continuidade da aplicacao (x, y) ∈ E × E →x + y ∈ E . (b) segue da continuidade da aplicacao (λ, x) ∈ K × E → λx ∈ E .
24.3. Corolario. Seja E um espaco vetorial topol´ ogico. Ent˜ ao:(a) Para cada a ∈ E , U e uma vizinhanca de zero se e s´ o se a + U e uma
vizinhanca de a.(b) Para cada λ = 0 em K , U e uma vizinhanca de zero se e s´ o se λU e
uma vizinhanca de zero.
24.4. Definicao. Seja E um espaco vetorial sobre K.(a) Um conjunto A ⊂ E e dito convexo se (1 − λ)x + λy ∈ A para todo
x, y ∈ A e 0 ≤ λ ≤ 1.(b) Um conjunto A
⊂E e dito equilibrado se λx
∈A para todo x
∈A e
|λ| ≤ 1.(c) Um conjunto A ⊂ E e dito absorvente se dado x ∈ E , existe δ > 0 tal
que λx ∈ A para todo |λ| ≤ δ.
24.5. Exemplo. Se E e um espaco vetorial topologico, entao e facil verque cada vizinhanca de zero em E e um conjunto absorvente. Basta usar acontinuidade da aplicacao λ ∈ K → λx ∈ E em zero para x ∈ E fixo.
24.6. Definicao. Diremos que E e um espaco localmente convexo se E e um espaco vetorial topologico tal que cada vizinhanca de zero contem umavizinhanca convexa de zero.
24.7. Proposicao. Seja E um espaco localmente convexo. Ent˜ ao cada
vizinhanca de zero contem uma vizinhanca convexa e equilibrada de zero.
Demonstracao. Seja U uma vizinhanca de zero em E . Seja U 1 uma vizin-hanca convexa de zero em E , U 1 ⊂ U . Como a aplicacao
(λ, x) ∈ K × E → λx ∈ E
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e contınua em (0, 0), existem δ > 0 e uma vizinhanca V de zero em E tais queλx ∈ U 1 para todo |λ| ≤ δ e x ∈ V . Seja
V 1 = |λ|≤δ
λV.
Entao V 1 e uma vizinhanca equilibrada de zero em E , V 1 ⊂ U 1. Seja
W = {n
j=1
λjxj : xj ∈ V 1, λj ≥ 1,
nj=1
λj = 1}.
Entao W e o menor subconjunto convexo de E que contem V 1. Como V 1 eequilibrado, segue que W e equilibrado. Como V 1 ⊂ U 1, e U 1 e convexo, segueque W ⊂ U 1. Segue que W e uma vizinhanca convexa e equilibrada de zero emE , W ⊂ U .
24.8. Exemplos. (a) E facil ver que cada espaco normado E e um espacolocalmente convexo. As bolas B(0; ), com > 0, formam uma base de vizin-hancas convexas e equilibradas de zero.
(b) Seja E um espaco normado. Dados x0 ∈ E , φ1,...,φn ∈ E e > 0,consideremos o conjunto
U (x0; φ1,...,φn; ) = {x ∈ E : sup1≤j≤n
|φj(x − x0| < }.
Diremos que um conjunto U ⊂ E e aberto para a topologia fraca , que deno-taremos por σ(E, E ), se para cada x0 ∈ U , U contem um conjunto da formaU (x0; φ1,...,φn; ). E facil ver que (E, σ(E, E )) e um espaco localmente con-vexo. Os conjuntos da forma U (0; φ1,...,φn; ), com φ1,...,φn ∈ E e > 0,
formam uma base de vizinhancas convexas e equilibradas de zero.
(c) Seja E um espaco normado. Dados φ0 ∈ E , x1,...,xn ∈ E e > 0,consideremos o conjunto
U (φ0; x1,...,xn; ) = {φ ∈ E : sup1≤j≤n
|(φ − φ0)(x)| < }.
Diremos que um conjunto U ⊂ E e aberto para a topologia fraca-estrela , quedenotaremos por σ(E , E ), se para cada φ0 ∈ U , U contem um conjunto daforma U (φ0; x1,...,xn; ). E facil ver que (E , σ(E , E )) e um espaco localmenteconvexo. Os conjuntos da forma U (0; x1,...,xn; ), com x1,...,xn ∈ E e > 0,formam uma base de vizinhancas convexas e equilibradas de zero.
(d) Seja X um espaco topologico, e seja C (X ) o espaco vetorial de todas asfuncoes contınuas f : X → K. Dados f 0 ∈ C (X ), K ⊂ X compacto e > 0,consideremos o conjunto
U (f 0, K , ) = {f ∈ C (X ) : supx∈K
|f (x) − f 0(x)| < }.
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Diremos que um conjunto U ⊂ C (X ) e aberto para a topologia compacto-aberta ,que denotaremos por τ 0, se para cada f 0 ∈ U , U contem um conjunto da formaU (f 0, K , ). E facil ver que (C (X ), τ 0) e um espaco localmente convexo. Osconjuntos da forma U (0, K , ), com K
⊂X compacto e > 0, formam uma
base de vizinhancas convexas e equilibradas de zero.
24.9. Definicao. Seja E um espaco vetorial. Uma funcao p : E → R echamada de seminorma se verifica as seguintes condicoes:
(a) p(x) ≥ 0 para todo x ∈ E .(b) p(λx) = |λ| p(x) para todo x ∈ E , λ ∈ K.(c) p(x + y) ≤ p(x) + p(y) para todo x, y ∈ E .
Uma seminorma p e uma norma se e so se p(x) = 0 implica x = 0.
24.10. Proposicao. Seja E um espaco vetorial, e seja p uma seminorma em E . Ent˜ ao o conjunto
V p, = {x ∈ E : p(x) < }e convexo, equilibrado e absorvente, para cada > 0.
A demonstracao desta proposicao e simples, e e deixada como exercıcio.
24.11. Definicao. Seja E um espaco vetorial, e seja A um subconjuntoabsorvente de E . A funcao pA : E → R definida por
pA(x) = inf {ρ > 0 : x ∈ ρA}
e chamada de funcional de Minkowski de A.
24.12. Proposicao. Seja E um espacoi vetorial, e seja A um subconjunto
convexo, equilibrado e absorvente de E . Ent˜ ao:(a) pA e uma seminorma em E .(b) {x ∈ E : pA < 1} ⊂ A ⊂ {x ∈ E : pA(x) ≤ 1}.
Demonstracao. (a) E claro que pA(x) ≥ 0 para todo x ∈ E . A seguirprovemos que
pA(λx) = |λ| pA(x) para todo x ∈ E, λ ∈ K.
Isto e claro se λ = 0. Se λ = 0, entao, como A e equilibrado, temos que
pA(λx) = inf {ρ > 0 : λx ∈ ρA} = inf {ρ > 0 : |λ|x ∈ ρA}
= inf
{ρ > 0 : x
∈ρ
|λ|A
}= inf
{|λ
|σ : σ > 0, x
∈σA
}=
|λ
| pA(x).
Finalmente provemos que
pA(x + y) ≤ pA(x) + pA(y) para todo x, y ∈ E.
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Dado > 0, existem α , β > 0 tais que x ∈ αA, α < pA(x) + , x ∈ βA,β < pA(x) + . Como A e convexo,
x + y ∈ αA + βA = (α + β )(
α
α + β A +
β
α + β A) ⊂ (α + β )A.
Segue que pA(x + y) ≤ α + β ≤ pA(x) + pA(y) + 2.
Como > 0 e arbitrario, a conclusao desejada segue.(b) e claro.
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25. O teorema de Hahn-Banach em espacos localmente convexos
Se E e um espaco vetorial topologico, denotaremos por E o espaco vetorialdos funcionais lineares contınuos φ : E
→K. Um exame da demonstracao do
teorema de Hahn-Banach em espacos normados mostra o teorema seguinte.
25.1. Teorema de Hahn-Banach. Seja E um espaco vetorial, e seja M 0um subespaco de E . Seja p : E → R uma seminorma, e seja φ0 : M 0 → K
um funcional linear tal que |φ0(x)| ≤ p(x) para todo x ∈ M 0. Ent˜ ao existe um funcional linear φ : E →K tal que:
(a) φ(x) = φ0(x) para todo x ∈ M 0;(b) |φ(x)| ≤ p(x) para todo x ∈ E .
25.2. Corolario. Seja E um espaco localmente convexo, e seja M 0 um subespaco de E . Ent˜ ao, dado φ0 ∈ M 0, sempre existe φ ∈ E tal que φ(x) =φ0(x) para todo x ∈ M 0.
Demonstracao. O conjunto
U = {x ∈ M 0 : |φ0(x)| < 1}e uma vizinhanca aberta de zero em M 0. Seja V uma vizinhanca aberta de zeroem E tal que V ∩ M 0 = U . Seja W uma vizinhanca convexa e equilibrada dezero em E tal que W ⊂ V . Entao W ∩ M 0 ⊂ U e
{x ∈ E : pW (x) < 1} ⊂ W ⊂ {x ∈ E : pW (x) ≤ 1}.
Se x ∈ M 0 e pW (x) < 1, segue que |φ0(x)| < 1, e dai segue que |φ0(x)| ≤ pW (x)para todo x ∈ M 0. Pelo teorema anterior existe um funcional linear φ : E → Ktal que φ(x) = φ0(x) para todo x ∈ M 0 e |φ(x)| ≤ pW (x) para todo x ∈ E .Segue que |φ(x)| ≤ para todo x ∈ W . Em particular φ e contınuo.
25.3. Corolario. Seja E um espaco localmente convexo de Hausdorff.Ent˜ ao, dado x = 0 em E , sempre existe φ ∈ E tal que φ(x) = 0.
Demonstracao. Sendo E um espaco de Hausdorff, existe uma vizinhancaU de zero tal que x /∈ U . Sem perda de generalidade podemos supor que U eequilibrada. Isto implica que |λ| < 1 sempre que λx ∈ U , e portanto
(1) |λ| < sempre que λx ∈ U.
Seja M 0 = [x], e seja φ0 : M 0 → K definido por φ0(λx) = λ. φ0 e claramentelinear, e segue de (1) que φ0 e contınuo. Pelo corolario anterior existe φ ∈ E
tal que φ(y) = φ0(y) para todo y ∈ M 0. Em particular φ(x) = 1 = 0.
25.4. Corolario. Seja E um espaco vetorial topol´ ogico, seja A um subcon-
junto convexo, equilibrado e aberto de E , e seja b ∈ E \ A. Ent˜ ao existe φ ∈ E tal que φ(b) ≥ 1 e |φ(a)| < 1 para todo a ∈ A.
Demonstracao. Pela Proposicao 24.12
{x ∈ E : pA(x) < 1} ⊂ A ⊂ {x ∈ E : pA(x) ≤ 1}.
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Como A e aberto, segue que
A = {x ∈ E : pA < 1},
e portanto pA(b) ≥ 1.Seja M 0 = [b], e seja φ0 : M 0 → K definido por φ0(λb) = λpA(b) para todo
λ. φ0 e claramente linear e |φ0(λb)| = pA(λb) para todo λ. Pelo Teorema 25.1existe φ ∈ E ∗ tal que φ(λb) = λpA(b) para todo λ e |φ(x)| ≤ pA(x) para todox ∈ E . Em particular φ e contınuo, φ(b) = pA(b) ≥ 1 e |φ(a)| ≤ pA(a) < 1 paratodo a ∈ A.
25.5. Corolario. Seja E um espaco localmente convexo, seja A um sub-conjunto convexo, equilibrado e fechado de E , e seja b ∈ E \ A. Ent˜ ao existeφ ∈ E tal que φ(b) > 1 e |φ(a)| ≤ 1 para todo a ∈ A.
Demonstracao. Seja U uma vizinhanca convexa e equilibrada de zero talque (b + 2U ) ∩ A = ∅, e portanto (b + U ) ∩ (A + U ) = ∅. Seja C = A + U . Pela
Proposicao 24.12
{x ∈ E : pC (x) < 1} ⊂ C ⊂ {x ∈ E : pC (x) ≤ 1}.
Como C e fechado, segue que
C = {x ∈ E : pC (x) ≤ 1},
e portanto pC (b) > 1.Seja M 0 = [b], e seja φ0 : M 0 → K definido por φ0(λb) = λpC (b) para todo
λpC (b). φ0 e claramente linear e φ0(λb) = pC (λb) para todo λ. Pelo Teorema25.1 existe φ ∈ E ∗ tal que φ(λb) = λpC (b) para todo λ e |φ(x)| ≤ pC (x) paratodo x ∈ E . Em particular φ e contınuo, φ(b) = pC (b) > 1 e |φ(a)| ≤ pC (a) ≤ 1
para todo a ∈ A.
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26. A topologia fraca
Seja E um espaco normado. Lembremos que a topologia fraca σ(E, E ), ea topologia que admite como base de vizinhancas de x0
∈E os conjuntos da
forma
U (x0; φ1,...,φn; ) = {x ∈ E : |φj(x − x0)| < para 1 ≤ j ≤ n},
com φ1,...,φn ∈ E e > 0. Denotemos por τ E a topologia da norma emE . Como cada vizinhanca U (0; φ1,...,φn; ) contem uma bola, e claro queσ(E, E ) ≤ τ E .
26.1. Observacao. Nao e difıcil provar que cada vizinhanca da formaU (0; φ1,...,φn; ) contem uma vizinhanca da forma U (0; ψ1,...,ψm; δ), com ψ1,...,ψm
linearmente independentes.
26.2. Proposicao. Se E e um espaco normado, ent˜ ao (E, σ(E, E )) = E .
Demonstracao. Como σ(E, E )) ≤ τ E , e claro que
(E, σ(E, E )) ⊂ E .
Para provar a inclusao oposta, seja φ ∈ E . Como
U (0; φ; ) = {x ∈ E : |φ(x)| < },
e claro que φ e σ(E, E )-contınua.
O lema seguinte e muito util.
26.3. Lema. Seja E um espaco vetorial, e sejam φ1,...,φn, φ ∈ E tais que
nj=1
φ−1j (0) ⊂ φ−1(0).
Ent˜ ao φ e combinac˜ ao linear de φ1,...,φn.
Demonstracao. Seja T : E → Kn definida por
T x = (φ1(x),...,φn(x)).
Entao T e linear, e segue da hipotese que T −1(0) ⊂ φ−1(0). Se definimosψ : T (E ) → K por ψ(T x) = φ(x), entao ψ esta bem definida e e linear. SejaΨ : Kn → K uma transformacao linear tal que Ψ|T (E ) = ψ. Se (e1,...,en) e abase canonica de Kn, entao
φ(x) = ψ(T x) = Ψ(T x) = Ψ(φ1(x),...,φn(x))
= Ψ(n
j=1
φj(x)ej) =n
j=1
φj(x)Ψ(ej).
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26.4. Corolario. Seja E um espaco vetorial, e sejam φ1,...,φn ∈ E ∗
funcionais lineares linearmente independentes. Ent˜ ao:(a) Existen vetores x1,...,xn ∈ E tais que φj(xk) = δjk para j, k = 1,...n.(b) E = [x1,...,xn]
⊕n
j=1
φ−1
j
(0) algebricamente.
26.5. Proposicao. Seja E um espaco normado. Ent˜ ao σ(E, E ) = τ E sees´ o se E tem dimens˜ ao finita.
Demonstracao. Suponhamos que E tenha dimensao finita. Seja (e1,...,en)uma base de E , e seja (φ1,...,φn) a base dual. Seja T : E → n∞ o isomorfismocanonico, ou seja T x = (φ1(x),...,φn(x)) para cada x ∈ E . Entao T e umisomorfismo topologico, e T transforma a vizinhanca U (0; φ1,...,φn; ) na bolaB(0; ). Isto prova que as topologias σ(E, E ) e τ E coincidem.
Reciporocamente suponhamos que σ(E, E ) = τ E . Entao a bola BE contemuma vizinhanca da forma U (φ1, ...φn; ), com φ1,...,φn linearmente indepen-dentes. Assim temos que
BE ⊃ U (0; φ1,...,φn; ) ⊃ nj=1
φ−1j (0).
Pelo Corolario 26.4 existem vetores x1,...,xn ∈ E tais que
E = [x1,...,xn] ⊕n
j=1
φ−1j (0).
Como a bola BE nao pode conter um subespaco vetorial nao trivial, concluımosquen
j=1 φ−1j (0) = {0}, e portanto E = [x1,...,xn] tem dimensao finita.
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27. A topologia fraca estrela
Seja E um espaco normado. Lembremos que a topologia fraca estrela σ(E , E ),e a topologia que admite como base de vizinhancas de φ0
∈E os conjuntos da
forma
U (φ0; x1,...,xn; ) = {φ ∈ E : |(φ − φ0)(xj)| < para 1 ≤ j ≤ n},
com x1,...,xn ∈ E e > 0. E claro que σ(E , E ) ≤ σ(E , E ) ≤ τ E .
27.1. Observacao. Nao e difıcil provar que cada vizinhanca da formaU (0; x1,...,xn; ) contem uma vizinhanca da forma U (0; y1,...,ym; δ), com y1,...,ym
linearmente independentes.
27.2. Proposicao. Se E um espaco normado, ent˜ ao (E , σ(E , E )) = E .
Demonstracao. Cada x ∈ E define um funcional linear
x : φ ∈ E
→ φ(x) ∈ K,que e claramente contınuo para σ(E , E ). Isto prova que
E ⊂ (E , σ(E , E )).
Para provar a inclusao oposta, seja T ∈ (E , σ(E , E )). Entao existem x1,...,xn ∈E e > 0 tais que
U (0; x1,...,xn; ) ⊂ {φ ∈ E : |T (φ)| < 1}.
Segue quen
j=1x−1j (0) ⊂ T −1(0).
Pelo Lema 26.3 T e combinacao linear dos funcionais xj , ou seja
T (φ) =
nj=1
αjφ(xj) = φ(
nj=1
αjxj)
para cada φ ∈ E . Assim T = x, onde x =n
j=1 αjxj .
27.3. Proposicao. Seja E um espaco normado. Ent˜ ao σ(E , E ) = τ E see s´ o se E tem dimens˜ ao finita.
Demonstracao. Suponhamos que E tenha dimensao finita. Seja (e1,...,en)uma base de E , e seja (φ1,...,φn) a base dual. Seja T : E → n∞ o isomorfismocanonico, ou seja T φ = (φ(e1),...,φ(en)) para cada φ
∈E . Entao T e um
isomorfismo topologico, e T transforma a vizinhanca U (0; e1,...,en; ) na bolaB(0; ) . Isto prova que as topologias σ(E , E ) e τ E coincidem.
Reciprocamente, suponhamos que σ(E , E ) = τ E . Segue que σ(E , E ) =τ E . Pela Proposicao 26.5 E tem dimensao finita. Logo E tem dimensao finita.
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27.4. Teorema de Goldstine. Seja E um espaco normado. Entao:
(a) BE = Bσ(E,E)E .
(b) E = E σ(E,E)
.
Demonstracao. Basta provar (a), pois (b) e consequencia imediata de (a).E claro que BE ⊂ BE , e que BE e σ(E , E )-fechada. Logo
Bσ(E,E)E ⊂ BE .
Para provar a inclusao oposta suponhamos que exista
y ∈ BE \ Bσ(E,E)E .
Como Bσ(E,E)E e convexo, equilibrado e σ(E , E )-fechado, o Teorema 25.5
garante a existencia de T ∈ (E , σ(E , E )) tal que
|T (y)| > sup{|T (x)| : x ∈ Bσ(E
,E
)E }.
Como (E , σ(E , E )) = E , pela Proposicao 27.2, existe y ∈ E tal queT (y) = y(y) para todo y ∈ E . Logo
|y(y)| > sup{|y(x)| : x ∈ BE} = y.
Seja z = y/y. Entao |y(z)| > 1, absurdo, pois z ∈ BE e y ∈ BE .
27.5. Teorema de Alaoglu. Se E e um espaco normado, ent˜ ao a bola BE e σ(E , E )-compacta.
Demonstracao. Seja T : E → KE definida por
T (φ) = (φ(x))x∈E .
Entao T e um isomorfismo topologico entre (E , σ(E , E )) e sua imagem em KE .Se D(0; r) denota a bola fechada de centro 0 e raio r em K, entao e claro que
T (BE) ⊂x∈E
D(0; x).
Pelo teorema de Tychonoff o produto
x∈E D(0; x) e compacto. Para com-pletar a demonstracao basta provar que T (BE) e fechado em
x∈E D(0; x).
Seja (φi) uma rede em BE tal que (T (φi)) converge a g em
x∈E D(0; x),ou seja φi(x) → g(x) para cada x ∈ E . Como cada φi e linear, e facil ver que ge linear. E como g(x)
∈D(0;
x
||) para cada x
∈E , concluimos que g
∈BE .
27.6. Teorema. Um espaco normado E e reflexivo se e s´ o se a bola BE eσ(E, E )-compacta.
Demonstracao. Suponhamos que E seja reflexivo. Sabemos que a inclusaocanonica E → E e uma isometria, e alem disso a topologia σ(E , E ) em E
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induz a topologia σ(E, E ) em E . Assim, se E e reflexivo, entao BE = BE
e as topologias σ(E, E ) e σ(E , E ) coincidem em BE = BE . Como BE
e σ(E , E )-compacto, pelo Teorema de Alaoglu, segue que BE e σ(E, E )-compacto.
Reciprocamente suponhamos que a bola BE seja σ(E, E )-compacta. PeloTeorema de Goldstine temos que
BE = Bσ(E,E)E .
Assim, dado x ∈ BE , existe uma rede (xi) ⊂ BE tal que
x, x = limx, xi
para todo x ∈ E . Como a bola BE e σ(E, E )-compacta, a rede (xi) admiteuma subrede (xθ(j)) que converge fracamente a um ponto x ∈ BE , ou seja
x, x
= lim
x, xθ(j)).
Segue quex, x = limx, xθ(j) = x, x
para todo x ∈ E , e portanto x = x. Logo BE = BE , e E e reflexivo.
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