Baixe 2008 - Daniel Pellegrino - Introdução à Analise Funcional e outras Notas de estudo em PDF para Matemática, somente na Docsity! Introdução à Análise Funcional Daniel Pellegrino Departamento de Matemática, UFPB, João Pessoa, PB e-mail: dmpellegrino@gmail.com Setembro, 2008 Sumário 1 Espaços vetoriais normados e operadores lineares 4 1.1 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Operadores lineares e espaços vetoriais de dimensão
nita . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3.1 Comentários e curiosidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão in
nita: espaços de seqüências . 15 1.5 Espaços normados de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.5.1 Os espaços Lp(X;; ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.5.2 O espaço L1(X;; ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.6 Completamento de espaços normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.7 Séries em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.8 Bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 1.8.1 Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . 40 1.8.2 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 1.9 Caracterização do dual de lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2 Espaços com produto interno 44 2.1 Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz . . . . . . 47 2.2 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.3 Conjuntos ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.4 Processo de ortogonalização e suas conseqüências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.4.1 Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.5 O Teorema de Riesz-Fréchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.6 Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3 Resultados clássicos da Análise Funcional e suas conseqüências 64 3.1 Teoremas de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.1.1 Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis . . . . . . . . . 70 3.1.2 Formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 3.1.3 Possíveis generalizações do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . 78 3.2 O Teorema de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 3.2.1 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 3.3 O Teorema da Aplicação Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 3.4 O Teorema do Grá
co Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 1 Capítulo 1 Espaços vetoriais normados e operadores lineares 1.1 Espaços vetoriais normados Seja E um espaço vetorial sobre um corpo K, que denotará R ou C (os elementos de K são chamados de escalares). Uma função k:k : E ! R é uma norma se as seguintes propriedades ocorrerem: (N1) kxk 0 para todo x em E e kxk = 0, x = 0: (N2) kxk = jj kxk para todo escalar e todo x em E. (N3) kx+ yk kxk+ kyk para quaisquer x e y em E. Um espaço vetorial munido de uma norma será chamado de espaço vetorial normado (evn). Um evn pode ser sempre considerado um espaço métrico, com a métrica dada por d(x; y) = kx yk : (1.1) Dizemos que a métrica d é induzida pela norma k:k. Em espaços métricos, dizemos que a seqüência (xn) converge para x quando lim n!1 d(xn; x) = 0: Portanto, em um evn, dizemos que a seqüência (xn) converge para x quando lim n!1 kxn xk = 0: Exemplo 1.1.1 A reta R é um espaço vetorial normado, com kxk = jxj : Em geral, Rn com a norma (euclidiana) kxk = (x21 + + x2n) 1 2 é um espaço vetorial normado (a demonstração da desiguladade triangular não é imediata). Mais adiante veremos exemplos mais elaborados. Um evn E é chamado espaço de Banach quando for um espaço métrico completo, com a métrica induzida pela norma. Veremos adiante que todo espaço vetorial normado de dimensão
nita é completo. O próximo resultado é a chave desse e de vários outros resultados importantes: Lema 1.1.2 Para um conjunto inearmente independente fx1; :::; xng de vetores em um espaço vetorial normado E; existe um número real positivo c tal que para qualquer escolha de escalares a1; :::; an; vale a desigualdade ka1x1 + + anxnk c (ja1j+ + janj) (1.2) 4 Demonstração. Se ja1j+ + janj = 0 não há o que demonstrar. Suponhamos ja1j+ + janj > 0. Então mostrar (1.2) equivale a mostrar que existe c > 0 tal que kd1x1 + + dnxnk c; (1.3) para quaisquer dj da forma dj = aj ja1j+ + janj : Portanto, para mostrar (1.2) basta mostrar que (1.3) vale, com nX j=1 jdj j = 1: Suponha que isso não aconteça. Então, existe uma seqüência (ym) de elementos de E, ym = nX j=1 b (m) j xj e nX j=1 b(m)j = 1 tal que lim m!1 kymk = 0: (1.4) Como nX j=1 b(m)j = 1; temos b(m)j 1 para cada j e cada m: Então, para cada j = 1; :::; n
xo, a seqüência (b (m) j ) 1 m=1 = (b (1) j ; b (2) j ; :::) é limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, (b(m)1 ) 1 m=1 possui uma subseqüência convergente. Seja b1 o limite dessa subseqüência. Seja (y1;m) a subseqüência correspondente de (ym). Usando o mesmo argumento, (y1;m) possui uma subseqüência (y2;m) para a qual a seqüência correspondente (b (m) 2 ) 1 m=1 converge. Procedendo dessa forma, após n etapas, obtemos uma subseqüência yn;m = nX j=1 c (m) j xj com nX j=1 c(m)j = 1 e, para cada j = 1; :::; n; lim m!1 c (m) j = bj : Assim lim m!1 yn;m = nX j=1 bjxj ; com nX j=1 jbj j = lim m!1 nX j=1 c(m)j = 1: 5 Portanto nem todos os bj são nulos e, como fx1; :::; xng é LI, segue que y := nX j=1 bjxj 6= 0: Como limm!1 yn;m = y, segue que limm!1 kyn;mk = kyk : Por (1.4), kymk ! 0; e como (yn;m) é subseqüência de (ym); temos que lim m!1 kyn;mk = 0: Daí kyk = 0, e isso contradiz o fato de ser y 6= 0. 6 Exercício 1.2.7 Dê exemplo de um espaço vetorial, munido de uma métrica d, que não está associada a uma norma pela igualdade (1.1). Exercício 1.2.8 Mostre que para qualquer espaço vetorial é possível de
nir uma norma. Exercício 1.2.9 Mostre que a norma é uma função contínua (use a de
nição de função contínua entre espaços métricos). Exercício 1.2.10 Se E é um espaço de Banach e G é subespaço de E, mostre que G também é subespaço de E. Exercício 1.2.11 Seja E um evn. Um conjunto A E é dito limitado se existir M > 0 tal que kxk M para todo x 2 A: Se B for limitado em um evn E, mostre que B é limitado. Exercício 1.2.12 Seja E um espaço vetorial. Um subconjunto A E é dito convexo se sempre que x; y 2 A, o segmento fechado fz = ax+ (1 a)y; 0 a 1g estiver contido em A. Mostre que a bola fechada de raio r Br = fx 2 E; kxk rg é convexa. Exercício 1.2.13 Mostre que C é convexo em um espaço vetorial se, e somente se nP i=1 ixi 2 C sempre que x1; :::; xn 2 C e 1; :::; n 0 satisfazem nP i=1 i = 1: Sugestão: Note que um dos lados é claro: se essa propriedade vale, então C é convexo. Para demonstrar a outra implicação, note que se 3 6= 1, temos 3P i=1 ixi = (1 + 2) 1 1 + 2 x1 + 2 1 + 2 x2 + 3x3: Proceda por indução. Exercício 1.2.14 Se A é um subconjunto de um espaço vetorial, o conjunto conv(A) denota a interseção de todos os convexos que contém A. Como interseção de convexos é ainda um conjunto convexo, segue que conv(A) é convexo. Mostre que conv(A) = nP i=1 ixi; nP i=1 i = 1, com n 0; xi 2 A; i = 1; :::; n e n 2 N : Exercício 1.2.15 Se ' : E ! F é uma transformação linear, mostre que EKer(') ' Im' (algebricamente). Exercício 1.2.16 Mostre que para todo evn de dimensão in
nita X e todo evn Y 6= f0g; existe uma transformação linear T : X ! Y não-contínua. Exercício 1.2.17 Seja E um evn sobre C. Se ' é um funcional linear não contínuo em E, mostre que f'(x);x 2 E e kxk 1g = C: 9 Solução. Seja z = rei 2 C arbitrário (com r > 0). Como supfj'(x)j ;x 2 E e kxk 1g =1; existe x0 2 E; kx0k 1; tal que j'(x0)j r: Como '(x0) 6= 0, temos ' rx0j'(x0)j = r: Daí ' rx0 j'(x0)j = rei para algum 0 < 2: Portanto ' rx0e i( ) j'(x0)j = ei( ):rei = rei = z: Como rx0ei( )j'(x0)j 1; segue que fj'(x)j ;x 2 E e kxk 1g = C. Exercício 1.2.18 Sejam E um evn, F um espaço de Banach e G um subespaço de E: Se f : G! F é linear e contínua, mostre que existe uma única extensão linear contínua de f ao fecho de G. Além disso, a norma da extensão é a mesma. Sugestão: [12, Theorem 2.7.11]. Exercício 1.2.19 Se T : D(T )! Y é um operador linear, mostre que R(T ) é um subespaço vetorial de Y . Exercício 1.2.20 Sejam X e Y espaços vetoriais, ambos sobre K. Considere T : D(T ) ! Y um operador linear com D(T ) X e imagem R(T ) Y: (a) Mostre que a inversa T 1 : R(T )! D(T ) existe se e somente se Tx = 0) x = 0: (b) Mostre que se T 1 existe, então é linear. Exercício 1.2.21 Sejam E e F evn. Mostre que se T : E ! F é linear e contínuo, então sup kxk1 kTxk = sup kxk=1 kTxk = sup kxk<1 kTxk = inf fkTxk C kxk para todo x 2 Eg : Exercício 1.2.22 Sejam E e F evn. Mostre que kTk = supkxk1 kTxk é uma norma em L(E;F ): Exercício 1.2.23 Sejam E e F evn. Se T 2 L(E;F ) e existe c > 0 tal que kTxk c kxk para todo x 2 E; mostre que T 1 existe e é contínua. Exercício 1.2.24 Sejam E e F evn. Mostre que T : E ! F é limitado se e somente se T (A) é limitado sempre que A for limitado (veja a de
nição de conjunto limitado no exercício 1.2.11). Exercício 1.2.25 Se T : E ! F é um operador linear contínuo, não-nulo, mostre que kxk < 1) kTxk < kTk : 10 Exercício 1.2.26 Sejam E um evn e F um espaço de Banach. Mostre que L(E;F ) (com a norma que já de
nimos antes) é um espaço de Banach. Sugestão: Veja [12]. Exercício 1.2.27 Se E é um evn, mostre que E0 é um espaço de Banach. Exercício 1.2.28 Mostre que se T : E ! F é isomor
smo isométrico, então kTk = 1. Por outro lado, encontre um espaço de Banach E e um isomor
smo topológico T : E ! E com kTk = 1, que não é isomor
smo isométrico. Sugestão: E = l1 (veja de
nição na próxima seção) e T : E ! E dada por T (x) = x1 2 ; x2; x3; ::: : Exercício 1.2.29 Sejam E e F evn. (a) Mostre que a função k(x; y)k1 = kxk+ kyk é uma norma em E F: (b) Se E e F são evn, mostre que a função k(x; y)k1 = maxfkxk ; kykg é uma norma em E F: (c) Mostre que a identidade de (E F; k:k1)! (E F; k:k1) é um isomor
smo topológico. Exercício 1.2.30 Diz-se que um subespaço M de um espaço de Banach E tem de
ciência
nita se existir um número
nito de vetores x1; :::; xn em E rM tais que E = [M [ fx1; :::; xng]. Mostre que o núcleo de um operador linear não nulo (e não necessariamente contínuo) T : E ! K tem (em E) de
ciência
nita e n = 1: Solução. Seja y =2 Ker(T ): Vamos mostrar que E = [Ker(T )[fyg]: Se z 2 E, considere os seguintes casos: T (z) = 0. Nesse caso, é claro que z 2 [Ker(T ) [ fyg]: T (z) 6= 0. Nesse caso, existe 6= 0 tal que T (z) = T (y) e daí segue que z y 2 Ker(T ): Logo z = (z y) + y 2 [Ker(T ) [ fyg]: Em ambos os casos, temos que z 2 [Ker(T ) [ fyg]: Logo E = [Ker(T ) [ fyg]: 1.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados A compacidade tem comportamentos distintos em dimensões
nita e in
nita. Veremos adiante que a bola unitária fechada em um espaço vetorial normado de dimensão
nita é sempre compacta. Já em dimensão in
nita, será provado que a bola nunca é compacta. No decorrer do curso, estudaremos as topologias fraca e fraca estrela, que terão um ótimo papel no sentido de reduzir a quantidade de abertos, e facilitar o aparecimento de conjuntos compactos. Teorema 1.3.1 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão
nita, então os compactos em E são precisamente os limitados e fechados. Demonstração. Em espaços métricos os compactos sempre são fechados e limitados (veja [14]). Assim, uma das implicações é conhecida. Nos resta provar que todo conjunto M E, limitado e fechado é ainda compacto. Suponha que dimE = n e seja fe1; :::; eng uma base de E. Como estamos 11 1.3.1 Comentários e curiosidades Diz-se que um operador linear contínuo T : E ! F atinge a norma quando existe x 2 E com norma 1 tal que kTxk = kTk : Um resultado delicado, conhecido como Teorema de Bishop-Phelps garante que se E e F são espaços normados (sobre os reais), o conjunto dos funcionais lineares contínuos que atingem a norma é denso em E0: No mesmo artigo em que provaram seu resultado fundamental, Bishop e Phelps especularam sobre uma possível extensão desses resultados para operadores lineares: Se X e Y são espaços de Banach, será que o conjunto dos operadores lineares T : X ! Y que atingem a norma é denso em L(X;Y )? Em 1963, J. Lindenstrauss [16] mostrou que isso não é verdadeiro em geral, mas em alguns casos particulares sim. A seguir, La (X;Y ) denota o conjunto dos operadores lineares contínuos T : X ! Y que atingem a norma. Como a pergunta original de Bishop e Phelps era muito abrangente, para que uma investigação mais criteriosa pudesse ser feita, em [16] foram de
nidas as seguintes propriedades para espaços de Banach X: A. Para todo espaço de Banach Y , La (X;Y ) é denso (em norma) em L (X;Y ) : B. Para todo espaço de Banach Y , La (Y;X) é denso (em norma) em L (Y;X) : Note que o Teorema de Bishop-Phelps diz que R tem a propriedade B. Recentemente, foi demonstrado que existem espaços de Banach que não possuem a propriedade B. Uma boa monogra
a em português sobre o assunto é [9]. 14 1.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão in
nita: espaços de seqüências Nessa seção, introduziremos alguns espaços de seqüências, chamados espaços lp. Para tanto, precisamos de alguns resultados técnicos: Teorema 1.4.1 (Desigualdade de Hölder) Sejam n 2 N, p; q > 1 tais que 1p + 1 q = 1. Então nP j=1 jjj j nP j=1 jj jp ! 1 p : nP j=1 jj jq ! 1 q para quaisquer escalares j ; j ; j = 1; :::; n. Demonstração. Primeiro, é conveniente mostrar que, para quaisquer a e b positivos, temos a 1 p :b 1 q a p + b q : (1.5) Considere, para cada 0 < < 1; a função f = f : (0;1)! R dada por f(t) = t t. Temos f 0(t) = t 1 = (t 1 1): Logo f 0(t) > 0 se 0 < t < 1 f 0(t) < 0 se t > 1 e f tem um máximo em t = 1: Portanto f(t) f(1) para todo t > 0 e t t+ (1 ): Fazendo t = ab e = 1 p , temos a b 1 p 1 p a b + 1 1 p : Multiplicando a desigualdade acima por b, obtemos a 1 p b1 1 p a p + b q ; o que demonstra (1.5). O caso em que nP k=1 jkjp = 0 ou nP k=1 jkjq = 0 é trivial. Suponhamos, portanto, nP k=1 jkjp 6= 0 e nP k=1 jkjq 6= 0: Basta usar (1.5) com aj = jj jp nP k=1 jkjp e bj = jj jq nP k=1 jkjq : Então jj j jj j nP k=1 jkjp 1 p nP k=1 jkjq 1 q aj p + bj q e somando ambos os lados com j = 1; :::; n, o resultado segue. 15 Teorema 1.4.2 (Desigualdade de Minkowski) Para p 1; temos nP k=1 jk + kjp 1 p nP k=1 jkjp 1 p + nP k=1 jkjp 1 p para quaisquer escalares k; k, k = 1; :::; n: Demonstração. Para p = 1 o resultado é imediato. Suponhamos, portanto, p > 1. Basta mostrar que nP k=1 (jkj+ jkj)p 1 p nP k=1 jkjp 1 p + nP k=1 jkjp 1 p : O caso em que nP k=1 (jkj+ jkj)p = 0 é imediato. Suponhamos nP k=1 (jkj+ jkj)p 6= 0: A idéia é usar a Desigualdade de Hölder. Para isso, escrevemos (jkj+ jkj)p = (jkj+ jkj) (jkj+ jkj)p 1 = jkj (jkj+ jkj)p 1 + jkj (jkj+ jkj)p 1 : Como (p 1)q = pq q = p, temos, pela Desigualdade de Hölder, nP k=1 jkj (jkj+ jkj)p 1 nP k=1 jkjp 1 p nP k=1 (jkj+ jkj)(p 1)q 1 q (1.6) = nP k=1 jkjp 1 p nP k=1 (jkj+ jkj)p 1 q : De forma análoga, temos nP k=1 jkj (jkj+ jkj)p 1 nP k=1 jkjp 1 p nP k=1 (jkj+ jkj)p 1 q : (1.7) Somando (1.6) e (1.7), obtemos nP k=1 (jkj+ jkj)p nP k=1 jkjp 1 p nP k=1 (jkj+ jkj)p 1 q + nP k=1 jkjp 1 p nP k=1 (jkj+ jkj)p 1 q e nP k=1 (jkj+ jkj)p 1 1q nP k=1 jkjp 1 p + nP k=1 jkjp 1 p : Para cada número real p, com 1 p <1; de
nimos lp = ( (xj) 1 j=1 2 KN; 1P j=1 jxj jp <1 ) : Proposição 1.4.3 Se 1 p < 1; lp é um espaço vetorial (com as operações naturais de soma e multiplicação por escalar) e a função k:kp dada por (xj)1j=1 p = 1P j=1 jxj jp ! 1 p é uma norma em lp: 16 Exercício 1.4.19 Seja cs = 8<:x = (xj)1j=1 2 KN; 1X j=1 xj converge 9=; : (a) Mostre que cs é um evn com a norma kxk = supn nX j=1 xj (b) Prove que cs é isometricamente isomorfo a c: Exercício 1.4.20 Seja bs = 8<:x = (xj)1j=1 2 KN; supn nX j=1 xj <1 9=; : (a) Mostre que bs é um evn com a norma kxk = supn nX j=1 xj (b) Prove que bs é isometricamente isomorfo a l1: Sugestão. (b) De
na f : bs ! l1 por f (xj) 1 j=1 = 0@ nX j=1 xj 1A1 n=1 e veri
que que é linear, bijetiva e preserva a norma. Exercício 1.4.21 (Álgebra Linear) Se A é um gerador de um espaço vetorial V , mostre que existe uma base de V contida em A. Solução resumida. Considere F = f(W;B); B é LI, B A e B gera Wg: Em F considere a ordem parcial (W;B) (W1; B1) se e somente se W W1 e B B1: F é não-vazio (claro). Todo subconjunto totalmente ordenado de F possui cota superior. Podemos aplicar o Lema de Zorn. Existe, portanto, um elemento maximal em F . Seja (fW; eB) um elemento maximal de F . Para resolver o exercício, basta mostrar que fW = V: Suponha que seja fW 6= V . Observe que nesse caso A não está contido em fW , pois se fosse A fW , teríamos V = [A] [fW ] = fW; e estamos supondo fW 6= V . Escolha, portanto, x0 2 ArfW e de
na WN = fW [x0] BN = eB [ fx0g: É fácil ver que [BN ] =WN , que BN é LI e, portanto, (WN ; BN ) 2 F . É claro que (WN ; BN ) 6= (fW; eB) e (fW; eB) (WN ; BN ): (1.9) Mas, (1.9) não é compatível com a maximalidade de (fW; eB). Portanto, fW = V: Exercício 1.4.22 Seja E um espaço de Banach de dimensão in
nita. Se D E é um conjunto denso e enumerável, existe A D, LI, com card(A) = card(D): Solução. É claro que D é gerador de [D]: Pelo Exercício 1.4.21, podemos extrair de D uma base, que chamaremos de B; para [D]: Se B for
nita, temos que [D] tem dimensão
nita. Logo [D] é fechado. Como D é denso, temos D = E e portanto [D] = E: Daí segue que [D] = [D] = E; e E terá dimensão
nita (absurdo). Concluímos, portanto, que B é uma base in
nita. Como B D e D é enumerável, segue que card(B) = card(D): 19 1.5 Espaços normados de funções Nessa seção, construiremos os exemplos clássicos de espaços de Banach cujos vetores são funções. Proposição 1.5.1 Seja X um conjunto não nulo e B(X) o espaço vetorial de todas as funções limitadas f : X ! K. Então B(X) é um espaço de Banach com a norma kfk = sup x2X jf(x)j : Demonstração. É fácil ver que k:k é uma norma. Vamos mostrar que B(X) é completo. Seja (fn) uma seqüência de Cauchy em B(X). Para todo " > 0, existe n0 tal que kfn fmk " para quaisquer m;n n0: Daí, para m;n n0; temos jfn(x) fm(x)j kfn fmk " (1.10) para todo x em X. Logo (fn(x))1n=1 é de Cauchy em K, para cada x em X. Portanto, para cada x a seqüência (fn(x)) 1 n=1 converge para um escalar, que será denotado por f(x). Fazendo m ! 1 em (1.10), obtemos jfn(x) f(x)j " (1.11) para todo x em X e todo n n0: Logo fn0 f 2 B(X) e como f = fn0 (fn0 f); segue que f 2 B(X): De (1.11) concluímos que fn ! f . Exercício 1.5.2 Se X = N, mostre que B(X) é isometricamente isomorfo a l1: Exercício 1.5.3 Seja C([a; b]) o conjunto de todas as funções contínuas de [a; b] em R. Mostre que, com as operações usuais e com a norma kfk = max t2[a;b] jf(t)j ; C([a; b]) é um espaço de Banach. Sugestão: Use que se fn ! f na norma dada, então fn ! f uniformemente. Como as fn são contínuas, segue que f é contínua. Exercício 1.5.4 Mostre que C([a; b]) é separável. Sugestão: Use o Teorema da Aproximação de Weierstrass, que a
rma que o conjunto dos polinômios com coe
cientes reais é denso em C([a; b]) com a norma k:k1 : Exercício 1.5.5 Mostre que P = ff 2 C([a; b]); f(x) > 0 para todo x 2 [a; b]g é aberto. Solução. Seja f 2 P: Como [a; b] é compacto, inf x2[a;b] f(x) é assumido. Logo, existe x0 2 [a; b] tal que inf x2[a;b] f(x) = f(x0) > 0: 20 Seja " = f(x0)2 : Se kg fk < "; segue que jg(x) f(x)j < " para todo x. Como f(x) f(x0) para todo x, segue que g(x) > f(x0) " > 0 para todo x. Logo, a bola aberta de centro f e raio " está contida em P , e portanto P é aberto. Exemplo 1.5.6 Nesse exemplo, mostraremos que a conclusão do Lema de Riesz não é válida, em geral, com = 1: Sejam E = ff 2 C[0; 1]; f(0) = 0g e M = ff 2 E; 1Z 0 f(x)dx = 0g: Suponhamos que exista g 2 E com kgk = 1 tal que kg fk 1 para todo f 2M: Dada h 2 E rM; seja = 1Z 0 g(x)dx 1Z 0 h(x)dx : Então, é claro que g h 2M: Logo 1 kg (g h)k = jj khk ; ou seja, 1 1Z 0 g(x)dx 1Z 0 h(x)dx khk : (1.12) Seja, para cada n, hn(x) = x 1 n : Então hn 2 E rM; khnk = 1 e 1Z 0 x 1 n dx = 1 1 n + 1 ! 1: Note que de (1.12) usado com as hn nos faz concluir que 1Z 0 g(x)dx 1: Por outro lado, como max0x1 jg(x)j = 1 e g(0) = 0; a continuidade de g em zero implica que 1Z 0 g(x)dx < 1 (contradição). Os próximos exemplos envolvem funções integráveis, e alguns resultados preliminares são necessários. Estabeleceremos as desigualdades de Hölder e Minkowski para integrais, que serão úteis adiante. 21 é um espaço vetorial com as operações [f ] + [g] = [f + g] c[f ] = [cf ] e, de
nindo k[f ]kLp(X;;) = kfkLp(X;;) ; não é difícil notar (usando a Desigualdade de Minkowski) que Lp(X;; ) se torna um espaço vetorial normado. A seguir, mostraremos que Lp(X;; ) é um espaço de Banach. Teorema 1.5.12 Se 1 p <1, Lp(X;; ) é um espaço de Banach com a norma k[f ]kp = Z jf jp d 1 p : Demonstração. Já sabemos que Lp(X;; ) é um evn. Nos resta provar que é um espaço de Banach. Seja ([fn])1n=1 uma seqüência de Cauchy em Lp(X;; ): Logo, (fn) 1 n=1 é uma seqüência de Cauchy em Lp(X;; ): Então, dado " > 0; existe M =M(") tal que m;n M ) Z jfn fmjp d = kfn fmkpp < " p: Seja (gk) uma subseqüência de (fn) tal que kgk+1 gkkp < 2 k para todo k natural. Considere g(x) = jg1(x)j+ 1X k=1 jgk+1(x) gk(x)j : (1.16) Temos que g é mensurável, não-negativa, e toma valores em R [ f1g. Além disso, jg(x)jp = lim n!1 jg1(x)j+ nX k=1 jgk+1(x) gk(x)j !p : Pelo Lema de Fatou (veja Teorema 9.6.9), segue queZ jgjp d lim inf n!1 Z jg1j+ nX k=1 jgk+1 gkj !p d: Elevando ambos os membros a 1p e usando a Desigualdade de Minkowski, obtemosZ jgjp d 1 p lim inf n!1 kg1kp + nX k=1 kgk+1 gkkp ! (1.17) kg1kp + 1: Então, de
nindo E = fx 2 X; g(x) <1g ; de (1.17) podemos concluir que (X E) = 0: Logo, a série em (1.16) converge -qtp e g:1E 2 Lp(X;; ): 24 De
na então f : X ! R por f(x) = 8><>: g1(x) + 1X k=1 (gk+1(x) gk(x)) ; se x 2 E 0; se x =2 E: Como gk = g1 + (g2 g1) + (g3 g2) + + (gk gk 1); temos que8><>: jgkj jg1j+ k 1X j=1 jgj+1 gj j g gk ! f -qtp e daí jgkjp gp1E (-qtp) (gk) p ! fp (-qtp) : Pelo Teorema da Convergência Dominada (veja Teorema 9.7.9), segue que fp 2 L1(X;; ); ou ainda, f 2 Lp(X;; ): Como jf gkjp (jf j+ jgkj)p (2g)p 1E (-qtp) limk!1 jf gkjp = 0 (-qtp) ; novamente o TCD nos garante que lim k!1 Z jf gkjp d = Z 0d = 0 e daí concluímos que gk ! f em Lp(X;; ): Como (gk) é uma subseqüência de (fn) e como (fn) é de Cauchy, segue que fn ! f em Lp(X;; ) e, por conseguinte, [fn]! [f ] em Lp(X;; ) 1.5.2 O espaço L1(X;; ) Nessa seção também admitiremos K = R: Seja L1(X;; ) o conjunto de todas as funções mensuráveis que são limitadas -qtp. Se f 2 L1(X;; ) e N 2 é um conjunto de medida nula, de
nimos Sf (N) = sup fjf(x)j ;x =2 Ng e kfk1 = inf fSf (N);N 2 e (N) = 0g : (1.18) Note que pode acontecer kfk1 = 0 com f não identicamente nula. Para contornar esse problema, também recorremos às classes de equivalência. 25 Duas funções são equivalentes (pertencem a mesma classe de equivalência) se coincidem -qtp. O espaço L1(X;; ) é o conjunto de todas as classes de equivalência das funções mensuráveis f : X ! K que são limitadas -qtp. Se [f ] 2 L1(X;; ); de
nimos k[f ]k1 = kfk1 : (1.19) Note que k:k1 está bem de
nida (não depende do representante da classe de equivalência). De fato, se f(x) = g(x) para todo x =2 A, com (A) = 0; então, para cada N 2 com (N) = 0, temos Sf (N) = sup fjf(x)j ;x =2 Ng Sf (N [A) = Sg(N [A): Analogamente, Sg(N) = sup fjg(x)j ;x =2 Ng Sg(N [A) = Sf (N [A) e daí kfk1 = inf fSf (N);N 2 e (N) = 0g = inf fSg(N);N 2 e (N) = 0g = kgk1 : O próximo teorema garante que (L1(X;; ); k:k1) é um espaço de Banach. Note ainda que se f 2 L1(X;; ); então jf(x)j kfk1 -qtp. (1.20) Com efeito, pela de
nição de kfk1 ; existe uma seqüência (Nn)1n=1 de conjuntos de medida nula tais que lim n!1 Sf (Nn) = kfk1 e jf(x)j Sf (Nn) para todo x =2 Nn: Logo, se N = [nNn; temos que N tem medida nula e jf(x)j Sf (Nn) para todo x =2 N: Fazendo o limite com n!1; segue que jf(x)j lim n!1 Sf (Nn) = kfk1 para todo x =2 N; ou seja, temos (1.20). Teorema 1.5.13 A função k:k1 é uma norma em L1(X;; ): Mais ainda, L1(X;; ) é um espaço de Banach. Demonstração. É claro que L1(X;; ) é um espaço vetorial (com as operações usuais, como na de
nição de Lp(X;; )). Agora vejamos que k:k1 é uma norma. É claro que k[f ]k1 0 ocorre para toda f 2 L1(X;; ). Também é imediato que k[f ]k1 = jj k[f ]k1 : As outras duas propriedades de norma são menos imediatas. Se k[f ]k1 = 0, então, para cada k 2 N, existe Nk 2 , com (Nk) = 0; tal que jf(x)j 1 k para todo x =2 Nk: 26 1.6 Completamento de espaços normados Intuitivamente, a reta real preenche os buracos nos racionais, isto é, nem toda seqüência de Cauchy nos racionais converge, mas nos reais sim. Além disso, os racionais são densos nos reais. A seguir, veremos que algo semelhante também ocorre para espaços normados em geral. Teorema 1.6.1 Se E é um espaço vetorial normado, existem um espaço de Banach F e um subespaço F0; denso em F , tais que E é isometricamente isomorfo a F0: Demonstração. Seja C a família de todas as seqüências de Cauchy em E. Dadas (xn), (yn) em C, dizemos que (xn) s (yn) se lim n!1 kxn ynk = 0: É fácil ver que s é uma relação de equivalência. Considere, portanto, o conjunto de todas as classes de equivalência, segundo essa relação, e denote esse conjunto por F . Em F , de
na [(xn)] + [(yn)] = [(xn + yn)] c[(xn)] = [(cxn)]: É fácil perceber que essas operações estão bem de
nidas e que com elas F é um espaço vetorial. Dado [y] 2 F , com y = (yn)1n=1; de
nimos k[y]k = lim n!1 kynk : Esse limite existe, pois (yn) é de Cauchy em E e como jkymk kynkj kym ynk ; temos que (kynk)1n=1 é seqüência de Cauchy em R. Note ainda que se (xn) s (yn), então 0 lim n!1 jkynk kxnkj lim n!1 kxn ynk = 0 e portanto k[y]k está bem de
nida. Por
m, também é fácil provar que essa função é de fato uma norma. Seja F0 o conjunto das classes de equivalência que contém as seqüências constantes e perceba que a função T : E ! F0 x 7! [(x; x; :::)] é uma isometria. Para concluir a demonstração, vamos mostrar que F0 é denso em F e F é completo. Sejam " > 0 e [y] 2 F: Então, y = (yn) é uma seqüência de Cauchy em E e existe N 2 N tal que kyn ymk < " para quaisquer m;n N . Considere [z] 2 F0; com z = (yN ; yN ; :::): Temos então k[y] [z]k = lim n!1 kyn yNk ": Assim, F0 é denso em F . Resta-nos mostrar que F é completo. 29 Seja ([y(k)])1k=1 uma seqüência de Cauchy em F , y (k) = (y (k) n )1n=1: Como F0 é denso em F , para cada k existe [z(k)] em F0 tal que [y(k)] [z(k)] < 1 k ; com z(j) = (zj ; zj ; :::); j 2 N: Note que z = (z1; z2; :::) é uma seqüência de Cauchy em E e portanto [z] 2 F . De fato, kzj zkk = [z(j)] [z(k)] [z(j)] [y(j)] + [y(j)] [y(k)] + [y(k)] [z(k)] : Por
m, perceba que lim j!1 [y(j)] = [z]: De fato, [y(j)] [z] = lim n!1 y(j)n zn lim n!1 y(j)n zj + kzj znk = [y(j)] [z(j)] + lim n!1 (kzj znk) 1 j + lim n!1 (kzj znk) e portanto lim j!1 [y(j)] [z] = 0: Nas condições do teorema anterior, dizemos que F é o completamento de E e denotamos F por eE: Como E é isometricamente isomorfo a F0 e F0 é denso em F , nós identi
camos E e F0, e consideramos que E é denso em F . Teorema 1.6.2 Dado T 2 L(E;F ), existe um único eT 2 L( eE; eF ) tal que eT (x) = T (x) para todo x em E. Além disso, T e eT têm mesma norma. Demonstração. Sejam ex 2 eE e (xn) E tais que xn ! ex: Assim, kTxm Txnk kTk kxm xnk e (Txn) é seqüência de Cauchy em F . Logo, existe ey 2 eF tal que lim n!1 Txn = ey: De
na eT : eE ! eFex 7! ey; isto é, eT (ex) = lim n!1 Txn; onde lim n!1 xn = ex: Note que eT está bem de
nida e é linear. 30 Se x pertence a E, então x = limn!1 x eeT (x) = lim n!1 T (x) = T (x): Como kTxnk kTk kxnk ; fazendo n tender a in
nito, temos eT (ex) kTk kexk e eT kTk : Como a desigualdade contrária é óbvia, segue que eT e T têm a mesma norma. A unicidade de eT segue facilmente da sua continuidade. 31 com F1; F2
nitos e contidos em fn" + 1; n" + 2; :::g: Logo, pela desigualdade triangular, temos k > maxfk1; k2g ) kX j=1 x1(j) kX j=1 x2(j) X j2F1 xj + X j2F2 xj < 2": Concluímos que lim k!1 kX j=1 x1(j) kX j=1 x2(j) = 0 e o resultado segue. 1.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries. 1. Em cursos de análise aprendemos que, na reta, convergência absoluta e incondicional são a mesma coisa. No caso de séries (de números reais) condicionalmente convergentes, o leitor deve se lembrar do seguinte resultado, usualmente creditado a Riemann: (Riemann [23], 1854 - Dini [8], 1868) Na reta, se 1n=1xn é condicionalmente convergente, então dado um número real L; existe uma bijeção tal que 1n=1x(n) = L, isto é, o conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes de uma série condicionalmente convergente de números reais coincide com R. É natural que nossa curiosidade nos leve a perguntar o que acontece se passarmos de R para Rn. O que seria razoável acontecer? Será que o conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes de uma série condicionalmente convergente em Rncoincide com o Rn? Surpreendentemente, o resultado abaixo nos mostra que não é bem assim: (Levy [13], 1905 - Steinitz [25], 1913). Para qualquer série convergente 1n=1xj em Rn; o conjunto das somas dos seus rearranjamentos convergentes é a translação de um subespaço vetorial. A próxima questão natural é o problema 106 do Scottish Book (veja [18]), livro de problemas formulados por matemáticos da escola de matemática de Lvov, Polônia, na década de 30; época em que surgiu a Análise Funcional moderna: Qual a generalização do resultado de Levy-Steinitz para dimensão in
nita? Mais uma vez, surpresas nos esperam: (Kadets [11], 1986). Se um espaço de Banach tem dimensão in
nita, existe uma série cujo conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes não é convexo. Como todo subespaço vetorial é convexo,
ca claro que o comportamento das somas dos rearranjamentos convergentes de séries em espaços de dimensão in
nita não segue o que acontece no Rn. 2. Em espaços normados há noções mais abstratas para séries. Uma família fx ; 2 g em um espaço vetorial normado E é somável se existir um x 2 E tal que, para todo " > 0, existe F
nito tal que, para todo G
nito, com F G , temos X 2G x x < ": 34 Nesse caso, ecrevemos X 2 x = x e dizemos que X 2 x é uma série convergente, e converge para x. De modo similar, uma família fx ; 2 g de um espaço vetorial normado E é absolutamente somável se supf X 2F; F
nito kx k ; 2 g <1: Nesse caso dizemos que a série X 2 x é absolutamente convergente. É possível mostrar que E é um espaço de Banach se e somente se toda família absolutamente convergente é convergente. 35 1.8 Bases de Schauder Na álgebra linear, quando lidamos apenas com espaços vetoriais, sem noções topológicas, temos o conceito de base (de Hamel). Bases de Hamel são de difícil manuseio e são muito grandes, em geral! O seguinte resultado é um bom indício: Proposição 1.8.1 Seja E um espaço de Banach de dimensão in
nita e B uma base de E: Então B não é enumerável. Demonstração. Se B fosse enumerável, poderíamos enumerar seus elementos v1; v2; :::: É claro que E = 1[ n=1 Fn; (1.24) onde cada Fn é o espaço gerado por fv1; v2; :::; vng: Como cada Fn tem dimensão
nita, é fechado e o Teorema de Baire garante que algum dos Fn que aparecem em (1.24) tem interior não-vazio. Mas, isso é um absurdo, pois todo subespaço próprio de um espaço vetorial normado tem interior vazio (veri
que!). Em espaços normados, temos a noção de convergência e é natural e frutífero pensar em séries para substituir combinações lineares
nitas: De
nição 1.8.2 Se E é um espaço vetorial normado, uma seqüência (en)1n=1 é uma base de Schauder de E se cada x em E puder ser representado de maneira única como x = 1X n=1 nen: (1.25) Uma base de Schauder é dita incondicional se a convergência em (1.25) for incondicinal. Exemplo 1.8.3 O espaço c (veja de
nição no Exercício 1.4.6) possui base de Schauder (en)1n=0 dada por 8>>><>>>: e0 = (1; 1; 1; :::) e1 = (1; 0; 0; :::) e2 = (0; 1; 0; 0; :::) ... : Com efeito, se x = (x1; x2; :::) 2 c, denotando x0 = limxn; temos x = x0e0 + 1P j=1 (xj x0)ej : Faça as contas com detalhes. Exercício 1.8.4 Se (vj)1j=1 é base de Schauder de um espaço de Banach E, mostre que fvj ; j 2 Ng é LI. Exercício 1.8.5 Mostre que todo espaço com base de Schauder é separável. Exercício 1.8.6 Mostre que em lp, 1 p <1, a seqüência (en)1n=1 com ej = (0; 0; :::; 0; 1; 0; :::); com o 1 aparecendo na j-ésima coordenada, é uma base de Schauder de lp: 36 Solução. Escolha x1 = 1 2 x2 = 1 2 1 3 ... xn = 1 n 1 n+ 1 ... Então x = (xj)1j=1 2 l1 e sua representação na base de Schauder dada é x = 1e1 + 1 2 (e2 e1) + 1 3 (e3 e2) + Se essa convergência fosse incondicional, então, em particular, a série 1e1 + 1 3 (e3 e2) + 1 5 (e5 e4) + deveria ser convergente em l1, mas isso não ocorre. Exercício 1.8.10 Para cada t 2 (0; 1); seja xt = (t; t2; t3; :::) (a) Mostre que fxt; 0 < t < 1g é um subconjunto LI de lp para qualquer 1 p 1: (b) Mostre que dim(lp) = card(R): Lembre-se que a dimensão de um espaço vetorial é a cardinalidade de alguma de suas bases de Hamel (todas as bases de Hamel de um mesmo espaço vetorial têm a mesma cardinalidade). Note que do item (a) segue que dim(lp) card(R) e use que card(R R ) =card(R): Sugestão para a solução. (a) Se fxtj ; j = 1; :::; ng são vetores distintos e a1xt1 + + anxtn = 0; então a1(t1; t 2 1; :::) + a2(t2; t 2 2; :::) + + an(tn; t2n; ::::) = 0: Logo 8>>>><>>>>: t1a1 + t2a2 + tnan = 0 ... tn1a1 + t n 2a2 + tnnan = 0 ... (1.28) Para que o sistema in
nito tenha solução, em particular, as n primeiras igualdades devem ser satisfeitas. Vejamos que não há solução não trivial para o sistema formado pelas n primeiras igualdades (note que as variáveis são os aj). Só haveria solução não-trivial se fosse det 26664 t1 t 2 1 tn1 t2 t 2 2 t2n ... ... ... ... tn t 2 n tnn 37775 = 0: Mas det 26664 t1 t 2 1 tn1 t2 t 2 2 t2n ... ... ... ... tn t 2 n t n n 37775 = t1:::tn det 26664 1 t1 tn 11 1 t2 tn 12 ... ... ... ... 1 tn t n 1 n 37775 é não-nulo, pois é um determinante de Vandermonde com os tj dois a dois distintos. 39 Exercício 1.8.11 Seja E 6= f0g um espaço de Banach e l1(E) = (xj) 1 j=1 2 EN; supfkxjk ; j 2 Ng <1 ; c00(E) = (xj) 1 j=1 2 l1(E); existe n0 2 N tal que xj = 0 para todo j n0 : Sabendo que l1(E) (com as operações usuais entre seqüências) é um espaço de Banach com a norma (xj)1j=1 1 = supfkxjk ; j 2 Ng; responda: a) c00(E) é denso em l1(E) ? b) c00(E) é completo com a norma k:k1 ? c) Qual a (cardinalidade da) dimensão de c00(K) ? d) Exiba uma base de Hamel de c00(K): e) Considerando a de
nição de base de Schauder válida para espaços vetoriais normados (não necessariamente completos), existe base de Schauder para c00(K) ? Caso positivo, exiba. f) Qual a (cardinalidade da)dimensão de c00(E)? Sugestão: Para cada x 2 E e j natural, de
na ej(x) = (0; :::; 0; x; 0; :::), onde o x aparece na j-ésima entrada. Se A é base de Hamel de E, mostre que B = fej(x); j 2 N e x 2 Ag é base de Hamel de c00(E). Conclua que card(B) = card(N)card(A). 1.8.1 Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder Todo espaço com base de Schauder é separável. Um problema que
cou aberto durante algum tempo foi: será que todo espaço separável tem base de Schauder? A resposta, negativa, foi obtida pelo matemático sueco Per Eno, em 1972. Um resultado, que já era conhecido por Banach, garante que todo espaço de Banach possui um subespaço fechado com base de Schauder. É natural perguntar se todo espaço de Banach possui um subespaço fechado com base de Schauder incondicional. Esse problema é chamado problema da base incondicional, foi resolvido na negativa, recentemente, por W. T. Gowers, que ganhou a medalha Fields em 1998. O leitor mais interessado poderá encontrar uma exposição elementar do assunto em [5]. Alguns resultados interessantes: C([0; 1]) tem base de Schauder (veja [19]) mas não tem base de Schauder incondicional (veja [10, p. 186]) Lp[0; 1]; 1 p < 1, tem base de Schauder (veja [19, Ex. 4.1.27]) mas L1[0; 1] não tem base de Schauder incondicional. 1.8.2 Nota histórica Georg Karl Wilhelm Hamel foi um matemático alemão que estudou mecânica e fundamentos da matemática. Ficou famoso com um trabalho em 1905, que, via Axioma da Escolha, construiu explicitamente uma base dos reais sobre o corpo dos racionais. Juliusz Schauder era polonês e foi aluno de Hugo Steinhaus. 1.9 Caracterização do dual de lp Teorema 1.9.1 Se 1 p < 1; o dual de lp é isometricamente isomorfo a lq, com 1p + 1 q = 1 (se p = 1; consideramos q =1). 40 Demonstração. Dado y = (yj) 2 lq; de
nimos8><>: ' : lp ! K '(x) = 1X j=1 xjyj (1.29) Usando a Desigualdade de Hölder, é fácil ver que j'(x)j kykq kxkp se p > 1 j'(x)j kyk1 kxk1 se p = 1: Logo, qualquer que seja o caso, temos k'k kykq Agora, provaremos que todo ' 2 (lp)0 é dado por (1.29) para algum y = (yj) 2 lq e mostraremos ainda que k'k kykq : Note que se x = 1X j=1 xjej 2 lp, então '(x) = '( 1X j=1 xjej) = '( lim n!1 nX j=1 xjej) = 1X j=1 xj'(ej): (1.30) Seja y = (yj) = ('(ej)): Mostraremos que y 2 lq e que k'k kykq : Dado a 2 K, de
namos sgn(a) = a jaj ; se a 6= 0 0, se a = 0: : Caso p = 1: Fixado n 2 N, seja x = (xj), com xj = sgn(yj) se j = n 0, se j 6= n: : É claro que x 2 l1 e que kxk 1: Por (1.30) segue que '(x) = xnyn = jynj e jynj = j'(x)j k'k kxk1 k'k : Como isso vale para todo n, segue que kyk1 k'k : Caso p > 1: Fixado n 2 N, seja x = (xj), com xj = jyj jq 1 sgn(yj) se 1 j n 0, se j > n: : Para 1 j n, temos xjyj = jyj jq 1 sgn(yj)yj = ( jyj jq 1 yjjyj jyj = jyj j q se yj 6= 0 0 se yj = 0: 41 Capítulo 2 Espaços com produto interno Em Rn; além das operações de soma de vetores e produto de escalar por vetor, temos o produto interno (:; :) : Rn Rn ! R (x; y) = nP j=1 xjyj que é uma espécie de produto entre vetores. Dizemos que a norma euclidiana provém do produto interno, pois (x; x) = kxk2 : O que faremos a seguir é de
nir um conceito abstrato de produto interno, e estudar os espaços normados cuja norma provém de um produto interno. Tais espaços são chamados de espaços com produto interno e, se forem completos, são chamados de espaços de Hilbert. 2.1 Resultados preliminares Se E é um espaço vetorial sobre K; um produto interno em E é uma aplicação (; ) : E E ! K que satisfaz, para quaisquer x; x1; x2; y 2 E e 2 K: (P1) (x1 + x2; y) = (x1; y) + (x2; y) (P2) (x; y) = (x; y) (P3) (x; y) = (y; x) (P4) (x; x) > 0 se x 6= 0: Note que das propriedades acima segue que (x; 0) = (0; y) = 0 para quaisquer x e y: Se E possui um produto interno, dizemos que E é um espaço com produto interno. Proposição 2.1.1 (Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz) Seja E um espaço vetorial com produto interno. Então j(x; y)j2 (x; x)(y; y) (2.1) para quaisquer x; y em E. Além disso, a igualdade em (2.1) ocorre se e somente se x e y são LD. 44 Demonstração. Se x = 0 ou y = 0 o resultado é imediato, pois (x; 0) = (0; y) = 0. Suponhamos x 6= 0 e y 6= 0. Se a; b 2 K, temos 0 (ax by; ax by) = aa(x; x) ba(y; x) ab(x; y) + bb(y; y) = jaj2 (x; x) 2Re ab(x; y) + jbj2 (y; y): Se tomarmos a = (y; y) e b = (x; y); encontramos ab(x; y) = (y; y)bb = jbj2 (y; y) 2 R. Então 0 (ax by; ax by) (2.2) = jaj2 (x; x) 2ab(x; y) + jbj2 (y; y) = jaj2 (x; x) jbj2 (y; y) = (y; y) h (y; y)(x; x) jbj2 i = (y; y) h (y; y)(x; x) j(x; y)j2 i : Daí (y; y)(x; x) j(x; y)j2 0 e segue a primeira parte. Agora provaremos a segunda parte. Se fx; yg é LD, é fácil ver que vale a igualdade. Por outro lado, suponha que vale a igualdade. Então, se a = (y; y) e b = (x; y); temos, de (2.2), que (ax by; ax by) = 0: (2.3) Se y = 0, então fx; yg é LD. Se y 6= 0, temos a 6= 0 e de (2.3) segue que ax by = 0 com a 6= 0 e fx; yg é LD. A Desigualdade de Cauchy-Bunyakowskii-Schwarz, mais conhecida como Desigualdade de Cauchy-Schwarz, nos permite associar, de modo natural, uma norma a um espaço com produto interno, como veremos a seguir: Corolário 2.1.2 Seja E um espaço com produto interno. A função k:k : E ! R dada por kxk = (x; x)1=2 é uma norma em E. Demonstração. Exercício. Sugestão: Comece com kx+ yk2 e use a Desigualdade de Cauchy- Schwarz. A norma de
nida acima é chamada norma proveniente do produto interno (; ): Um espaço vetorial com produto interno que, com a norma acima, é Banach, é chamado espaço de Hilbert. Espaços de Hilbert gozam de propriedades especiais, que serão estudadas no decorrer desse texto. Exercício 2.1.3 Mostre que l2 é um espaço de Hilbert com produto interno (x; y) = 1X j=1 xjyj : 45 Há alguns resultados úteis que relacionam a norma proveniente do produto interno com o produto interno: Proposição 2.1.4 Seja E um espaço vetorial com um produto interno. Então (i) (Lei do Paralelogramo) kx+ yk2 + kx yk2 = 2(kxk2 + kyk2) para quaisquer x; y 2 E. (ii) (Fórmula de Polarização, caso real) (x; y) = 1 4 h kx+ yk2 kx yk2 i para quaisquer x; y 2 E. (iii) (Fórmula de Polarização, caso complexo) (x; y) = 1 4 h kx+ yk2 kx yk2 + i kx+ iyk2 kx iyk2 i para quaisquer x; y 2 E. Demonstração. (i) e (ii). Como kx+ yk2 = kxk2 + (x; y) + (y; x) + kyk2 kx yk2 = kxk2 (x; y) (y; x) + kyk2 ; somando as duas igualdades obtemos (i) e subtraindo as duas igualdades, obtemos (ii). (iii). Como kx+ iyk2 = kxk2 + (x; iy) + (iy; x) + kyk2 = kxk2 i(x; y) + i(y; x) + kyk2 kx iyk2 = kxk2 + (x; iy) + ( iy; x) + kyk2 = kxk2 + i(x; y) i(y; x) + kyk2 ; subtraindo as igualdades, temos kx+ iyk2 kx iyk2 = 2i(x; y) + 2i(y; x) Mas kx+ yk2 kx yk2 = 2(x; y) + 2(y; x) Logo 1 4 h kx+ yk2 kx yk2 + i kx+ iyk2 kx iyk2 i = 1 4 [2(x; y) + 2(y; x) + 2(x; y) 2(y; x)] = (x; y): Se E1 e E2 são espaços normados, E1 E2 tem normas naturais, a saber k(x; y)k1 = kxk+ kyk k(x; y)k2 = maxfkxk ; kykg: É claro que essas duas normas são equivalentes.Quando lidarmos, ao mesmo tempo, com produto interno e pares ordenados, usaremos a notação < x; y > para denotar o produto interno, com o intuito de evitar confusão com a notação de par ordenado (x; y). Sempre que E1 e E2 forem evn, quando considerarmos o produto cartesiano E1 E2, estaremos subentendendo E1 E2 com uma dessas normas, e conseqüentemente E1 E2 é um espaço métrico com a métrica proveniente dessas normas. Como as duas normas são equivalentes, as duas métricas serão equivalentes. 46 Exercício 2.2.8 Mostre que M? é um subespaço fechado de E. Teorema 2.2.9 Seja E um espaço com produto interno e seja M um subespaço completo de E. Então (a) E é soma direta de M e M?; isto é, cada x 2 E admite uma única representação na forma x = p+ q com p 2M e q 2M?: Além disso kx pk = dist(x;M) e p é chamado de projeção ortogonal de x sobre M: (b) Se de
nirmos P (x) = p e Q(x) = q para x 2 E, então P;Q 2 L(E;E): O operador P é chamado de operador projeção de E sobre M , ou simplesmente projeção. (c) P 2 = P; Q2 = Q e P Q = Q P = 0: Demonstração.(a) Dado x 2 E, seja p 2M o único vetor em M tal que kx pk = dist(x;M): Vamos provar que x p 2M?. Seja q = x p: Então, para todo y 2M e todo escalar , temos kqk2 = kx pk2 kx p yk2 = (q y; q y) = kqk2 + kyk2 (y; q) (q; y) ) 0 jj2 kyk2 2Re [(y; q)] : Escrevendo (y; q) na forma polar j(y; q)j ei e escolhendo = te i (com t 2 R), temos 0 t2 kyk2 2t j(y; q)j e conseqüentemente j(y; q)j = 0: Logo x = p+ (x p) = p+ q com p 2M e q 2M?. Para provar a unicidade, basta supor que p+ q = p1 + q1; com p; p1 2M e q; q1 2M?: Assim, p p1 = q1 q 2M \M?: Como M \M? = f0g (veri
que), o resultado segue. (b) Como x = p+ q e p e q são ortogonais, temos, pelo Teorema de Pitágoras (2.2.2), kxk2 = kpk2 + kqk2 e kPxk2 = kpk2 kxk2 e daí kPk 1: Para Q o resultado é análogo. (c) Fácil. 49 Observação 2.2.10 É interessante observar que mesmo o item (a) do teorema anterior não é válido, em geral, sem a hipótese de M ser um subespaço completo. De fato, tome E = l2, M = [ej ; j 2 N]. É fácil ver que M? = f0g (Exercício 2.3.3) e
ca claro que nesse caso E 6=M M?: Exercício 2.2.11 Se M é um subespaço fechado de um espaço de Hilbert E; mostre que M = (M?)?: Solução. Basta mostrar que (M?)? M: A outra inclusão já é conhecida. Temos que E =M M?: Se x 2 (M?)?; então (x; y) = 0 para todo y 2M?: Mas x = xM + xM? 2M M?: Logo (xM + xM? ; y) = 0 para todo y 2M? e daí (xM? ; y) = 0 para todo y 2M?: Portanto xM? = 0 e segue que x = xM + 0 2M: 2.3 Conjuntos ortonormais De
nição 2.3.1 Seja E um espaço com produto interno. Um conjunto S E é dito ortonormal se dados x; y 2 S tivermos (x; y) = 0 se x 6= y e (x; x) = 1: Um conjunto ortonormal S é dito completo se S? = f0g: Exercício 2.3.2 Todo conjunto ortonormal é LI. Exercício 2.3.3 Mostre que S = fej ; j 2 Ng é um conjunto ortonormal completo em l2: Exercício 2.3.4 Mostre que L2([0; 2]) (caso real) é um espaço de Hilbert e que o conjunto formado pelas funções f0(t) = 1p 2 ; fn(t) = 1p cos(nt); n 2 N e gn(t) = 1p sin(nt); n 2 N é um conjunto ortonormal. O próximo resultado nos dá a forma precisa da melhor aproximação de x em um subespaço de dimensão
nita M de um espaço com produto interno. Proposição 2.3.5 Seja E um espaço com produto interno e fx1; :::; xng um conjunto ortonormal
nito em E. (a) Se M = [x1; :::; xn] e x 2 E, então x nX i=1 (x; xi)xi = dist(x;M): (b) nX i=1 j(x; xi)j2 kxk2 para todo x em E. 50 Demonstração. (a) Pelo Teorema 2.2.9, x = p+ q com p 2M; q 2M? e kx pk = dist(x;M): Como p 2M , existem 1; :::; n tais que p = nX i=1 ixi: Como x p = q 2M?, temos 0 = (x p; xj) = (x; xj) j ) j = (x; xj) e segue (a). (b) Note que 0 x nX i=1 (x; xi)xi; x nX i=1 (x; xi)xi ! ) 0 kxk2 nX i=1 j(x; xi)j2 nX i=1 j(x; xi)j2 + nX i=1 j(x; xi)j2 e o resultado segue. Observação 2.3.6 A expressão nX i=1 (x; xi)xi é, por motivos óbvios, chamada de melhor aproximação de x em M = [x1; :::; xn]: Exercício 2.3.7 Se M = fp(x); p é polinômio com coe
cientes reais e grau menor ou igual a 1g e E é o espaço de Hilbert L2[ 1; 1]; encontre a melhor aproximação de f(x) = ex em M . O próximo lema ajudará na obtenção de uma desigualdade famosa, chamada Desigualdade de Bessel. Lema 2.3.8 Seja E um espaço com produto interno e S = fxi; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E. Então, para cada x 2 E, o conjunto J = fi 2 I; (x; xi) 6= 0g é, no máximo, enumerável, i.e., é
nito ou enumerável. Demonstração. Note que J = 1[ k=1 Jk; com Jk = fi 2 I; j(x; xi)j > 1 k g: Para mostrar que J é enumerável, basta mostrar que cada Jk é
nito. Como, para todo J0 J
nito, temos X i2J0 j(x; xi)j2 kxk2 ; se i1; :::; in 2 Jk; temos j(x; xi1)j 2 + + j(x; xin)j 2 kxk2 : 51 e, como S é completo, x 1X j=1 (x; xij )xij = 0: Assim, para qualquer enumeração de J , temos x = 1X j=1 (x; xij )xij : Se J for
nito, pode-se adaptar facilmente a demonstração acima. (b))(c) Seja M = [S]: Então E = M M?: Mas M? = f0g (pois S M ) M? S? = f0g). Logo E =M: (c))(d) Sejam x 2 E e " > 0. Por (c), existe y" 2 [S] tal que kx y"k < ": Como y" 2 [S], y" pode ser escrito como y" = X i2J" ixi; com J" I
nito. Lembrando da representação da melhor aproximação, temos que x X i2J" (x; xi)xi x X i2J" ixi < ": Logo x X i2J" (x; xi)xi; x X i2J" (x; xi)xi ! < "2 e daí kxk2 X i2J" j(x; xi)j2 < "2: Logo kxk2 < X i2I j(x; xi)j2 + "2 Como " > 0 é arbitrário, fazendo "! 0 e usando a Desigualdade de Bessel, o resultado segue. (d))(e) Sejam x; y 2 E e um escalar. Temos, por (d), (x+ y; x+ y) = kx+ yk2 = X i2I j(x+ y; xi)j2 = X i2I (x+ y; xi)(x+ y; xi) e daí jj2 kxk2 + (x; y) + (y; x) + kyk2 = X i2I jj2 j(x; xi)j2 + (x; xi)(xi; y) + (y; xi)(xi; x) + j(xi; y)j2 : Logo, separando as séries do lado direito (isso é possível pois, pela Desigualdade de Hölder, todas elas são convergentes) e usando (d) chegamos a (x; y) + (y; x) = X i2I (x; xi)(xi; y) + (y; xi)(xi; x) = X i2I (x; xi)(y; xi) + X i2I (y; xi)(x; xi): 54 Fazendo = 1, obtemos Re(x; y) = Re X i2I (x; xi)(y; xi) e escolhendo = i; chegamos a Im(x; y) = Im X i2I (x; xi)(y; xi): Das duas igualdades acima, concluímos que (x; y) = X i2I (x; xi)(y; xi): (e))(b) é imediato. Com efeito, se x 2 S?, temos (x; xi) = 0 para todo i em I: Usando (e) com x = y; obtemos (x; x) = 0 e conseqüentemente x é o vetor nulo. 2.4 Processo de ortogonalização e suas conseqüências Em espaços com produto interno, há uma forma de ortogonalizar conjuntos de vetores. É um processo simples, porém útil, chamado Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt. Proposição 2.4.1 (Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt) Sejam E um espaço com produto interno e (xn)1n=1 uma seqüência de vetores LI em E. Existe uma seqüência ortonormal (en) 1 n=1 tal que [x1; :::; xn] = [e1; :::; en] para todo n natural. Demonstração. De
nimos e1 = x1kx1k : Sabemos que x2 pode ser escrito como x2 = (x2; e1)e1 + v2; com v2 2 [e1]?: Logo v2 = x2 (x2; e1)e1; e de
nimos então e2 = v2 kv2k : Note que [x1; x2] = [e1; e2]: Vamos demonstrar o teorema por indução. Suponha que tenhamos construído vetores ortonormais e1; :::; en tais que [x1; :::; xn] = [e1; :::; en]: (2.6) Temos que xn+1 = (xn+1; e1)e1 + + (xn+1; en)en + vn+1; com vn+1 2 [e1; :::; en]?: De
na en+1 = vn+1 kvn+1k : É claro que os vetores e1; :::; en+1 são ortonormais. Basta mostrar que [x1; :::; xn+1] = [e1; :::; en+1]: 55 Do caso n, é claro que ej 2 [x1; :::; xn+1] para todo j = 1; :::; n: Pela de
nição de en+1; é claro que en+1 2 [e1; :::; en; xn+1] (2.6) = [x1; :::; xn+1]: Logo, segue que [e1; :::; en+1] [x1; :::; xn+1]: A outra inclusão também é simples. Corolário 2.4.2 Sejam E um espaço com produto interno e (xn) uma seqüência de vetores LI em E. Existe uma seqüência ortonormal (en) tal que [x1; :::; xn; :::] = [e1; :::; en; :::]: Demonstração. Seja (en)1n=1 a seqüência obtida na Proposição anterior (Processo de Gram- Schimidt). Se v 2 [x1; :::; xn; :::], então existe k 2 N tal que v 2 [x1; :::; xk]: Pela proposição anterior, sabemos que [x1; :::; xk] = [e1; :::; ek]: Como [e1; :::; ek] [e1; :::; en; :::], segue que v 2 [e1; :::; en; :::] e conseqüentemente [x1; :::; xn; :::] [e1; :::; en; :::]: A outra inclusão é obtida de modo análogo. Corolário 2.4.3 Um espaço de Hilbert H de dimensão in
nita é separável se e somente se existe em H um conjunto ortonormal completo e enumerável. Demonstração. Suponha que S = fxn;n 2 Ng seja um conjunto ortonormal completo em H. Pelo Teorema 2.3.12, todo x em H é escrito como x = 1X i=1 (x; xi)xi: Note ainda que se x = 1X i=1 aixi; fazendo o produto interno com cada xj , concluímos que aj = (x; xj); portanto a forma de escrever x é única. Assim, S é uma base de Schauder de H e o Exercício 1.8.5 garante que H é separável. Reciprocamente, se H é separável, seja D = fxn;n 2 Ng um subconjunto denso de H. Então D é um gerador de [D] e, de D; podemos extrair uma base para [D] (veja exercício 1.4.21). Mas H = D [D] H: Se essa base (que foi extraída de D) fosse
nita, digamos fv1; :::; vng, teríamos que H = [D] = [v1; :::; vn] = [v1; :::; vn]; 56 Exercício 2.4.7 Seja E um espaço com produto interno, e seja S um conjunto ortonormal in
nito em E. Prove que S não é compacto, mas é fechado e limitado. 2.4.1 Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt Erhard Schmidt nasceu em 1876, Dorpat, Alemanha (atualmente Estônia) e Jorgen Petersen Gram nasceu em 1850, em Nustrup, Dinamarca. O processo de Gram-Scmidt parece, entretanto, ser anterior a Gram e Schmidt, sendo aparentemente um resultado de Laplace, usado também em essência por Cauchy em 1836. E. Schmidt (com F. Riesz) também é lembrado por trazer a linguagem da geometria euclidiana (desigualdade triangular, Teorema de Pitágoras,...) aos espaços de Hilbert. 2.5 O Teorema de Riesz-Fréchet A seguir, veremos um resultado clássico, devido a Riesz e Fréchet, que caracteriza todos os funcionais lineares contínuos em espaços de Hilbert. Teorema 2.5.1 Seja E um espaço de Hilbert e ' : E ! K um funcional linear contínuo. Então, existe um único y0 2 E tal que '(x) = (x; y0): Além disso, k'k = ky0k : Demonstração. Se ' é identicamente nulo, basta tomar y0 = 0. Suponhamos ' não identicamente nulo. Seja M = fx 2 E;'(x) = 0g: Como ' não é identicamente nulo, é claro que M é um subespaço próprio de E. Além disso, M é fechado, pois é a imagem inversa de f0g, que é fechado. Temos, portanto, pelo Teorema 2.2.9, que M? 6= f0g: Escolha x0 em M? de norma 1: Vamos mostrar que, para todo x em E, temos '(x) = (x; y0); onde y0 = '(x0)x0: De fato, x sempre pode ser escrito como x = x '(x) '(x0) x0 + '(x) '(x0) x0 com x '(x)'(x0)x0 2M e '(x) '(x0) x0 2M?: Logo (x; y0) = x '(x) '(x0) x0; y0 + '(x) '(x0) x0; y0 = 0 + '(x) '(x0) (x0; y0) = '(x) '(x0) x0; '(x0)x0 = '(x): A unicidade é fácil e
ca como exercicio. Também é fácil mostrar que k'k = ky0k : 59 Corolário 2.5.2 Se H é um espaço de Hilbert sobre R, H e H 0 são isometricamente isomorfos. Observação 2.5.3 No caso que H = l2, mesmo sobre o corpo dos complexos, já vimos que H e H 0 são isometricamente isomorfos. Exercício 2.5.4 No Teorema de Riesz-Fréchet, considere o caso ' 6= 0. Apesar da unicidade do y0; note que escolhemos arbitrariamente x0 2 M? com norma 1 e depois de
nimos y0 como sendo um múltiplo de x0: A pergunta é a seguinte: Como, apesar da liberdade de escolha para x0, o vetor y0 é único ? Sugestão: Mostre que M? tem dimensão 1. Para isso, considere x; y 2 M? e estude o vetor v = '(x)y '(y)x: Note que '(v) = 0 e isso implica que v 2M \M?:::: 2.6 Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert Proposição 2.6.1 Sejam E e F espaços de Hilbert. Para cada T 2 L(E;F ), existe um único T 2 L(F ;E) tal que (Tx; y) = (x; T y) (2.8) para todo x 2 E e y 2 F: Além disso, kT k = kTk : Demonstração. Para cada y 2 F , de
na ' : E ! K '(x) = (Tx; y) Note que ' é linear e, pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos j'(x)j = j(Tx; y)j kTxk kyk : Portanto k'k kTk kyk : Pelo Teorema de Riesz-Fréchet, existe um único y0 2 E tal que '(x) = (x; y0); e k'k = ky0k : Daí (Tx; y) = (x; y0) para todo x 2 E: (2.9) De
nimos, então, T : F ! E T (y) = y0: De (2.9) temos que T é linear (faça as contas!) e kT (y)k = ky0k = k'k kTk kyk : Assim kT k kTk : Concluímos que T satisfaz (2.8). 60 Agora vejamos que T é único. Se T 2 também satisfaz (2.8) segue que (x; T 2 y) = (x; T y) para todo x; y 2 E: Daí segue facilmente que T 2 = T : Resta mostrar que kT k = kTk : Partindo de T : F ! E; o mesmo raciocínio anterior mostra a existência de um T : E ! F tal que (T y; x) = (y; T x) (2.10) para todo y 2 F e x 2 E e, além disso, kT k kT k De (2.8) e passando aos conjugados em (2.10), segue que T = T . Assim kT k = kTk : De
nição 2.6.2 Se E e F são espaços de Hilbert e T 2 L(E;F ), o operador T : F ! E tal que (Tx; y) = (x; T y) para todo x 2 E e y 2 F (2.11) é chamado adjunto de T . Se E = F; dizemos que T é auto-adjunto quando T = T : Exercício 2.6.3 Se T : E ! E é auto-adjunto, mostre que, para todo x em E, (Tx; x) é um número real. Teorema 2.6.4 Se E é um espaço de Hilbert e T 2 L(E;E) é auto-adjunto, então kTk = sup fj(Tx; x)j ; kxk = 1g : Demonstração. Se T = 0, o resultado é imediato. Suponhamos T 6= 0: Note que, da Desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos j(Tx; x)j kTxk kxk kTk kxk2 e portanto sup fj(Tx; x)j ; kxk = 1g kTk : Resta provar a outra desigualdade. Como T 6= 0, seja x0 2 E com kx0k = 1 tal que T (x0) 6= 0: Sejam x = kTx0k 1 2 x0 e y = kTx0k 1 2 Tx0: Então kxk2 = kyk2 = kTx0k : (2.12) Note que (Tx; y) = kTx0k2 (Ty; x) = (kTx0k 1 2 T (Tx0); kTx0k 1 2 x0) = (T (Tx0); x0) T auto-adjunto = (Tx0; Tx0) = kTx0k2 : e portanto (Tx; y) = (Ty; x) = kTx0k2 : 61 Capítulo 3 Resultados clássicos da Análise Funcional e suas conseqüências Os resultados centrais da Análise Funcional são o Teorema de Hahn-Banach, teorema de Banach- Steinhaus, Teorema da Aplicação Aberta e Teorema do Grá
co Fechado. O Teorema de Hahn-Banach, em sua forma mais geral, pode ser encarado como um resultado de Álgebra Linear, enquanto os outros três resultados, como veremos, necessitam de completude. Nessa seção estudaremos esses quatro teoremas, começando com o Teorema de Hahn-Banach. 3.1 Teoremas de Hahn-Banach A seguir, demonstraremos o teorema de Hahn-Banach em sua forma analítica, para espaços vetoriais sobre o corpo dos reais. O resultado, na forma que será apresentado, é devido a S. Banach (1929), mas uma primeira versão é creditada a H. Hahn (1927). A generalização desse teorema para espaços vetoriais sobre o corpo dos complexos é devida a H. F. Bohnenblust e A. Sobczyk (1938). Teorema 3.1.1 (Teorema de Hahn-Banach (forma analítica)) Seja E um espaço vetorial sobre o corpo dos reais e p : E ! R uma aplicação que satisfaz p(ax) = ap(x) para todo a > 0 e todo x 2 E (3.1) e p(x+ y) p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E: Se G E é um subespaço vetorial e g : G! R é uma aplicação linear tal que g(x) p(x) para todo x em G; então existe um funcional linear T : E ! R que estende g e que satisfaz T (x) p(x) para todo x em E: Demonstração. Seja P = h : D(h) E ! R; D(h) é subespaço vetorial de E, h é linear, G D(h) ; h estende g e h(x) p(x) para todo x em D(h): Em P, de
nimos a relação de ordem parcial (h1 h2), D(h1) D(h2) e h2 estende h1: 64 Note que P é não-vazio, pois g 2 P. Além disso, para todo subconjunto totalmente ordenado de P; existe uma cota superior. Com efeito, se Q P é totalmente ordenado, então de
na h : D(h)! R com D(h) = [ f2Q D(f) e h(x) = f(x) se x 2 D(f) (note que h está bem de
nida). É claro que h 2 P e que h é cota superior para Q. Podemos então usar o Lema de Zorn e concluir que P admite um elemento maximal, que será denotado por T . Mostraremos que D(T ) = E: Suponha que fosse D(T ) 6= E. Escolha x0 2 E D(T ) e de
naeh : D(eh)! R com D(eh) = D(T ) + [x0] e eh(x+ tx0) = T (x) + t ; onde é uma constante que será de
nida depois, de modo que tenhamos eh 2 P. Queremos, por enquanto que satisfaça as desigualdades abaixo: T (x) + = eh(x+ x0) p(x+ x0) para todo x 2 D(T ) T (x) = eh(x x0) p(x x0) para todo x 2 D(T ): Para tanto, basta escolher de modo que sup x2D(T ) fT (x) p(x x0)g inf x2D(T ) fp(x+ x0) T (x)g: Felizmente tal escolha é possível pois, se x; y 2 D(T ), temos T (x) + T (y) = T (x+ y) p(x+ y) p(x+ x0 + y x0) p(x+ x0) + p(y x0) e conseqüentemente T (y) p(y x0) p(x+ x0) T (x) para quaisquer x; y 2 D(T ): Assim Se t > 0, eh(x+ tx0) = eh(t(x t + x0)) = teh(x t + x0) = t(T ( x t ) + ) tp(x t + x0) = p(x+ tx0) Se t < 0, 65 eh(x+ tx0) = eh( t( x t x0)) = teh( x t x0) = t(T ( x t ) ) tp( x t x0) = p(x+ tx0) Se t = 0; h(x+ tx0) = eh(x) = T (x) p(x) = p(x+ tx0): Portanto, eh 2 P, T eh e T 6= eh, e isso fere a maximalidade de T . Consequentemente, temos D(T ) = E e o teorema está provado. O próximo corolário às vezes também é enunciado como o Teorema de Hahn-Banach: Corolário 3.1.2 Seja G um subespaço de um espaço vetorial real normado E (sobre o corpo dos reais) e seja g : G! R um funcional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuo T : E ! R cuja restrição a G coincide com g e kTk = kgk : Demonstração. Basta usar o Teorema de Hahn-Banach com p(x) = kgk kxk : Corolário 3.1.3 Seja E um espaço vetorial normado sobre o corpo dos reais. Para todo x0 2 E existe um funcional linear contínuo T : E ! R tal que kTk = kx0k e T (x0) = kx0k2 : Demonstração. Basta usar o corolário anterior com G = [x0] e g(tx0) = t kx0k2 : A seguir, enunciaremos a versão do Teorema de Hahn-Banach que também é válida para espaços vetoriais sobre o corpo dos complexos: Teorema 3.1.4 (Versão generalizada do Teorema de Hahn-Banach) Seja E um espaço vetorial sobre o corpo K (dos reais ou complexos) e p : E ! R uma aplicação que satisfaz p(ax) = jaj p(x) para todo a 2 K e todo x 2 E (3.2) e p(x+ y) p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E: (3.3) Se G E é um subespaço vetorial e g : G! K é uma aplicação linear tal que jg(x)j p(x) para todo x em G; (3.4) então existe um funcional linear T : E ! K que estende g e que satisfaz jT (x)j p(x) para todo x em E: 66 Exercício 3.1.9 Sejam E e F espaços vetoriais normados e E e F os duais algébricos de E e F; respectivamente. Se u : E ! F um operador linear de E em F . De
na u : F ! Epor u(')(x) = '(u(x)) para todo ' 2 F e todo x 2 E: (a) Mostre que u é linear. (b) Se u for contínuo, de
na u : F 0 ! E0 da mesma forma e mostre que u é contínuo e kuk = kuk : Exercício 3.1.10 Mostre que, em geral, a extensão de Hahn-Banach não é única. Sugestão: E = l1; G = f(0; x1; x2; :::);xj 2 K para j 1g e f : G! K dada por f(x) = x2: Exercício 3.1.11 Se H é espaço de Hilbert, F é Banach, G é subespaço de H e ' : G ! F é linear contínua, mostre que existe e' : H ! F que estende ' e preserva a norma. Sugestão: Use o Exercício 1.2.18 para estender a função ao fecho de G, e depois considere a composição dessa função com a projeção de H no fecho de G. Exercício 3.1.12 Mostre que a extensão do exercício anterior, em geral, não é única. Sugestão: Tome H = l2, G = f(a; 0; 0; :::); a 2 Rg e g : G! l2 a inclusão. Exercício 3.1.13 Se F for o corpo dos escalares, mostre que a extensão do Exercício 3.1.11 é única. Solução. Sabemos que a extensão de ' para o fecho de G é única e preserva norma. Portanto, podemos considerar G fechado. Pelo Teorema de Riesz-Frechét, existe g 2 G tal que '(x) = (x; g): Note que e' : H ! Ke'(x) = (x; g) estende ' e preserva norma. Suponha que '0 seja outra extensão que preserva a norma. Então, pelo Teorema de Riesz-Frechét, '0(x) = (x; h) para algum h 2 H. Como H = GG?, segue que h = g0+g1 com g0 2 G e g1 2 G? (de modo único). Note que se x 2 G, então (x; g) = e'(x) = '0(x) = (x; g0 + g1) = (x; g0) e daí segue que g0 = g: Como kgk2 = ke'k2 = k'0k2 = khk2 = kgk2 + kg1k2 ; segue que g1 = 0. Logo e' = '0: Pergunta: E se exigirmos apenas a continuidade da extensão (no caso F = K), sem que a norma seja necessariamente preservada, a extensão é única? Justi
que. Exercício 3.1.14 Ainda no caso F = K, e na situação do Exercício 3.1.11 com G fechado, se F = fe' 2 L(H;K); e' é extensão (contínua) de 'g; encontre uma expressão (se necessário, em função da cardinalidade de G) para a cardinalidade de F . No caso F Banach, se G = fe' : H ! F ; e' é extensão (linear) de 'g H = fe' : H ! F ; e' é extensão (não necessariamente linear) de 'g; encontre uma expressão (se necessário, em função da cardinalidade de F e (ou) G, ou conjuntos relacionados) para a cardinalidade de G e H. 69 Solução resumida. Como G é espaço de Hilbert, pelo Teorema de Riesz-Frechét, existe g' 2 G tal que '(x) = (x; g'): Seja e' : H ! K extensão linear e contínua de ': Pelo Teorema de Riesz-Fréchet, existe x0 2 H tal que e'(x) = (x; x0): Note que x0 = xG0 + x G? 0 (de modo único), pois H é soma direta topológica de G e G ?: Se x 2 G, temos '(x) = e'(x) =< x; xG0 + xG?0 >=< x; xG0 > : Logo, temos g' = xG0 : Então, a quantidadede extensões lineares e contínuas e' será exatamente a quantidade de elementos de G?: Conclusão: card(F) = card(G?): Calcular a cardinalidade de G é mais fácil. Seja B uma base (de Hamel) de G?. Como H = GG?; para de
nir uma extensão linear de ', basta de
nir e'(b) para b 2 B. Logo card(G) = card(FB): O cálculo da cardinalidade de H é mais fácil ainda. Como não se requer sequer a linearidade, temos card(H) = card(FHrG): 3.1.1 Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis Proposição 3.1.15 Sejam E um espaço normado, M um subespaço fechado de E; y0 2 E M e d = dist(y0;M): Então existe ' 2 E0 tal que k'k = 1; '(y0) = d e '(x) = 0 para todo x em M . Demonstração. Seja N =M + [y0]. Se z 2 N , então z = x+ ay0; com a 2 K e x 2M , únicos. De
na '0 : N ! K '0(x+ ay0) = ad: É claro que '0 é linear, '0(M) = f0g e que '0(y0) = d: Vamos provar que k'0k = 1: Seja z = x+ ay0 2 N: Se a 6= 0, kzk = kx+ ay0k = jaj x a y0 d jaj = j'0(z)j e, se a = 0, a mesma desigualdade é clara. Logo, k'0k 1: Dado " > 0; existe x" 2M tal que d ky0 x"k d+ ": 70 Seja z" = y0 x" ky0 x"k : Então z" 2 N; kz"k = 1 e '0(z") = d ky0 x"k d d+ " : Como " > 0 é arbitrário, segue que k'0k 1: Logo k'0k = 1: Pelo teorema de Hahn-Banach, existe ' 2 E0 que estende '0 e tal que k'k = k'0k = 1: Teorema 3.1.16 Se E0 for separável, então E também é separável. Demonstração. Seja SE0 a esfera unitária de E0, ou seja, SE0 = f' 2 E0; k'k = 1g: Como E0 é separável, temos que SE0 é separável (veja Exercício resolvido 1.4.14) Seja f'n;n 2 Ng um subconjunto enumerável e denso de SE0 : Para cada n, existe xn em SE tal que j'n(xn)j 1 2 : Seja M = [x1; x2; :::]: Vamos provar que M = E: Para tanto, suponhamos que seja M diferente de E e escolhamos y0 2 E M: Pela Proposição 3.1.15, existe ' 2 E0 com k'k = 1 tal que '(y0) = d = dist(y0;M) '(x) = 0 para todo x em M . Temos então que k'