Notas de Análise Funcional - Jorge Mujica

5/9/2018 Notas de Análise Funcional - Jorge Mujica - slidepdf.com

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Notas de Análise Funcional

Jorge Mujica



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



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.

1



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.

2



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.

3



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 }.

4



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.

6



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

,


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

.

7



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,


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,


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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

14



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 < ∞.

15



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.

16



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.

17



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.

18



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)

|.

19



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.

20



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}.

21



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 .

22



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 ],

23



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.

24



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].

25



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.

26



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.

27



(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].

28



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,


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 .

29



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.

30



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


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)


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.

31



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 .

32



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 ⊥.

33



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,


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.

34



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 .

35



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.

36



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.


|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

37



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,

38



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.

39



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.

40



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 .

41



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 }.

42



(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 .

43



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.

44



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.

45



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).

46



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.

47



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.

48



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.

49



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.

50



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 < ∞.

51



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.

52



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.

53



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)

54



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.

55



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.

56



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.

57



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.

58



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).

59



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.

60



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 .

61



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.

62



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 .

63



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.

64



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 .

65



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 .

66



(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


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).

67



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.


I x =

∞k=1

J k,

onde

J k = {i ∈ I : |(x|xi)| >1

k}.

68



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

69



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.

70



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.

71



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


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)

72



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.

73



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.

74



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.

75



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.

76



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 .

77



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.

78



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

79



=∞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.

80



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

81



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)| < }.

82



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.

83



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.

84



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}.

85



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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Notas de Análise Funcional - Jorge Mujica

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