2008 - Daniel Pellegrino - Introdução à Analise Funcional

Introdução à Análise Funcional

Daniel Pellegrino

Departamento de Matemática, UFPB, João Pessoa, PBe-mail: [email protected]

Setembro, 2008

Sumário

1 Espaços vetoriais normados e operadores lineares 41.1 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Operadores lineares e espaços vetoriais de dimensão �nita . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3.1 Comentários e curiosidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão in�nita: espaços de seqüências . 151.5 Espaços normados de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.5.1 Os espaços Lp(X;�; �) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.5.2 O espaço L1(X;�; �) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6 Completamento de espaços normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.7 Séries em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.8 Bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.8.1 Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . 401.8.2 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.9 Caracterização do dual de lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2 Espaços com produto interno 442.1 Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz . . . . . . 472.2 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3 Conjuntos ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.4 Processo de ortogonalização e suas conseqüências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.4.1 Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.5 O Teorema de Riesz-Fréchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.6 Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3 Resultados clássicos da Análise Funcional e suas conseqüências 643.1 Teoremas de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.1.1 Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis . . . . . . . . . 703.1.2 Formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.1.3 Possíveis generalizações do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.2 O Teorema de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2.1 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.3 O Teorema da Aplicação Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813.4 O Teorema do Grá�co Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

1

4 Topologia fraca, topologia fraca estrela e espaços re�exivos 884.1 Topologia fraca: de�nições e propriedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.2 Topologia fraca estrela: de�nições e propriedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.2.1 O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.3 Espaços re�exivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5 Operadores compactos e teorema espectral para operadores compactos em espaçosde Hilbert 995.1 Operadores compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 995.2 Autovalores e autovetores de operadores compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1015.3 Alguns resultados da teoria espectral de operadores compactos e auto-adjuntos em

espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

6 Espaços vetoriais topológicos (evt´s) 1076.1 evt�s e elc�s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.2 Seminormas e topologias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1146.3 Revisitando Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.4 Revisitando as topologias fracas: Teorema de Goldstine e caracterização de espaços

re�exivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

7 Apêndice 0: Axioma da Escolha e Lema de Zorn 124

8 Apêndice I: Noções de Topologia Geral 1268.1 O Teorema de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1268.2 Espaços topológicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

8.2.1 Vizinhanças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1308.2.2 Funções contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1358.2.3 Subespaços e topologia relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1368.2.4 Topologia produto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1378.2.5 Redes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1398.2.6 Filtros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1428.2.7 O Teorema de Tychono¤ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

9 Apêndice II: Noções de Teoria da Medida 1499.1 Espaços mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1499.2 Funções Mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1519.3 seqüências de Funções Mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1539.4 Espaços de Medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1569.5 Funções simples e integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1589.6 Integração de funções positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1629.7 Integração de funções reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

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Introdução

A Análise Funcional, assim como a topologia, nasceu nas primeiras décadas do século 20, trazendo oamadurecimento de certos conceitos, como convergência e continuidade em objetos mais abstratos quenúmeros. Nesse período, a caracterização de duais (espaços de funcionais lineares contínuos) colaboroucom o surgimento de alguns conceitos que foram formalizados em linguagem moderna com o livrode Banach em 1932 ([3]). Desde então a Análise Funcional evoluiu bastante e com o concomitantedesenvolvimento da Topologia Geral, tem se rami�cado para espaços vetoriais não necessariamentenormados e caminhos não lineares.Esse texto é baseado em notas de aula de cursos ministrados, por mim, em cursos de pós-graduação

na Unicamp, UFCG e UFPB. A seqüência do curso é um pouco inspirada em [12] e em notas de aulado Professor J. Mujica [20]. Outras boas referências são [6] e [2] e [17]. Nossa intenção é que o textoseja o mais auto-su�ciente possível e, por isso, em seu �nal, acrescentamos três apêndices (adaptadosde nossas notas de aula de Topologia Geral [22] e Teoria da Medida) com de�nições e resultadosimportantes de teoria de conjuntos, topologia e medida, que são necessários nesse curso. A leiturado(s) apêndice(s) não é indispensável e o leitor mais preguiçoso poderá evitar certas abstrações semgrandes prejuízos.E o mais importante: esse texto está em construção e em constante aperfeiçoamento e, por isso,

alguns deslizes talvez sejam encontrados pelo caminho. Sugestões e/ou correções são bem vindas.

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Capítulo 1

Espaços vetoriais normados eoperadores lineares

1.1 Espaços vetoriais normados

Seja E um espaço vetorial sobre um corpo K, que denotará R ou C (os elementos de K são chamadosde escalares). Uma função

k:k : E ! R

é uma norma se as seguintes propriedades ocorrerem:(N1) kxk � 0 para todo x em E e kxk = 0, x = 0:(N2) k�xk = j�j kxk para todo escalar � e todo x em E.(N3) kx+ yk � kxk+ kyk para quaisquer x e y em E.Um espaço vetorial munido de uma norma será chamado de espaço vetorial normado (evn).

Um evn pode ser sempre considerado um espaço métrico, com a métrica dada por

d(x; y) = kx� yk : (1.1)

Dizemos que a métrica d é induzida pela norma k:k. Em espaços métricos, dizemos que a seqüência(xn) converge para x quando

limn!1

d(xn; x) = 0:

Portanto, em um evn, dizemos que a seqüência (xn) converge para x quando

limn!1

kxn � xk = 0:

Exemplo 1.1.1 A reta R é um espaço vetorial normado, com kxk = jxj : Em geral, Rn com a norma(euclidiana) kxk = (x21 + � � � + x2n)

12 é um espaço vetorial normado (a demonstração da desiguladade

triangular não é imediata). Mais adiante veremos exemplos mais elaborados.

Um evn E é chamado espaço de Banach quando for um espaço métrico completo, com a métricainduzida pela norma. Veremos adiante que todo espaço vetorial normado de dimensão �nita é completo.O próximo resultado é a chave desse e de vários outros resultados importantes:

Lema 1.1.2 Para um conjunto inearmente independente fx1; :::; xng de vetores em um espaço vetorialnormado E; existe um número real positivo c tal que para qualquer escolha de escalares a1; :::; an; valea desigualdade

ka1x1 + � � �+ anxnk � c (ja1j+ � � �+ janj) (1.2)

4

Demonstração. Se ja1j+ � � �+ janj = 0 não há o que demonstrar. Suponhamos ja1j+ � � �+ janj > 0.Então mostrar (1.2) equivale a mostrar que existe c > 0 tal que

kd1x1 + � � �+ dnxnk � c; (1.3)

para quaisquer dj da forma

dj =aj

ja1j+ � � �+ janj:

Portanto, para mostrar (1.2) basta mostrar que (1.3) vale, com

nXj=1

jdj j = 1:

Suponha que isso não aconteça. Então, existe uma seqüência (ym) de elementos de E,

ym =

nXj=1

b(m)j xj

enXj=1

��b(m)j

�� = 1tal que

limm!1

kymk = 0: (1.4)

ComonXj=1

��b(m)j

�� = 1; temos ��b(m)j

�� 1 para cada j e cada m: Então, para cada j = 1; :::; n �xo, aseqüência

(b(m)j )1m=1 = (b

(1)j ; b

(2)j ; :::)

é limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, (b(m)1 )1m=1 possui uma subseqüência convergente.Seja b1 o limite dessa subseqüência. Seja (y1;m) a subseqüência correspondente de (ym). Usandoo mesmo argumento, (y1;m) possui uma subseqüência (y2;m) para a qual a seqüência correspondente(b(m)2 )1m=1 converge. Procedendo dessa forma, após n etapas, obtemos uma subseqüência

yn;m =nXj=1

c(m)j xj

comnXj=1

��c(m)j

�� = 1e, para cada j = 1; :::; n;

limm!1

c(m)j = bj :

Assim

limm!1

yn;m =nXj=1

bjxj ;

comnXj=1

jbj j = limm!1

nXj=1

��c(m)j

�� = 1:5

Portanto nem todos os bj são nulos e, como fx1; :::; xng é LI, segue que

y :=nXj=1

bjxj 6= 0:

Como limm!1 yn;m = y, segue que limm!1 kyn;mk = kyk : Por (1.4), kymk ! 0; e como (yn;m) ésubseqüência de (ym); temos que

limm!1

kyn;mk = 0:

Daí kyk = 0, e isso contradiz o fato de ser y 6= 0.�

6

1.2 Operadores lineares e espaços vetoriais de dimensão �nita

Um operador linear (ou transformação linear) T é uma função tal que:(i) O domínio D(T ) de T é um espaço vetorial e o contradomínio é um espaço vetorial sobre o

mesmo corpo K que D(T ): A imagem de T é denotada por R(T ).(T1) T (x+ y) = T (x) + T (y) para quaisquer x; y 2 D(T )(T2) T (�x) = �T (x) para todo � 2 K e qualquer x em D(T ).O conjunto formado por todas as transformações lineares de E em F é denotado por L(E;F ) e, se

E e F são evn, de�nimoskTk = supfkT (x)k ; kxk � 1g:

Quando kTk <1; dizemos que T é limitado.Operadores lineares cujo contradomínio é o corpo dos escalares são chamados funcionais lineares.Se E e F são espaços normados, a de�nição de continuidade para um operador linear T : E ! F

é simplesmente a noção de função contínua entre espaços métricos. Como as métricas de E e F sãoprovenientes de suas normas, temos que T é contínuo em x0 2 E se para cada " > 0; existir � = �(") > 0tal que

kT (x)� T (x0)k < "

sempre quekx� x0k < �:

O próximo resultado, devido a F. Riesz, mostra que o conceito de operador linear limitado coincidecom o de operador linear contínuo.

Proposição 1.2.1 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre um mesmo corpo. Dado T 2L(E;F ), as seguintes condições são equivalentes:(a) T é contínuo,(b) T é contínuo na origem,(c) T é limitado.

Demonstração. (a)) (b) é obvio.(b)) (c) Suponha que (c) não seja verdadeiro. Para todo k natural, poderíamos encontrar (xk)1k=1

tal que kxkk � 1 e kT (xk)k � k. Considere zk = xk= kT (xk)k Então limk!1 zk = 0 e kT (zk)k = 1; oque fere a continuidade de T na origem.(c) ) (a) Da de�nição de kTk temos que kT (x)k � kTk kxk para todo x em E. Com efeito, se

x = 0 não há nada a fazer. Se x 6= 0, então

kT (x)kkxk =

T ( x

kxk ) � kTk :

Logo, se x1; x2 2 E; temos kT (x1)� T (x2)k = kT (x1 � x2)k � kTk kx1 � x2k e segue a continuidade(uniforme) de T:�

Corolário 1.2.2 Todo operador linear cujo domínio tem dimensão �nita é contínuo.

Demonstração. Seja F um espaço vetorial normado qualquer e seja E um espaço vetorial normadode dimensão n, com B = fe1; :::; eng uma base de E. Se T : E ! F é linear, temos, pelo Lema 1.1.2,que existe c > 0 tal que

kT (x)k � max1�k�n

kTekknXj=1

jaj j

� max1�k�n

kTekk1

ckxk ;

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para todo x =nXj=1

ajej 2 E. Pela Proposição 1.2.1, segue que T é contínuo.�

Duas normas k�k1 e k�k2 em um espaço vetorial E são ditas equivalentes se existirem constantespositivas c1 e c2 tais que

c1 kxk1 � kxk2 � c2 kxk1 8x 2 E:Como será visto a seguir, como conseqüência do corolário anterior, conclui-se facilmente que

em espaços vetoriais de dimensão �nita, quaisquer normas são equivalentes. Entretanto, veremosposteriormente que para espaços de dimensão in�nita podem existir normas que não são equivalentes.Se uma transformação linear T : D(T ) ! F for injetiva, então faz sentido de�nir T�1 : R(T ) !

D(T ) por T�1(y) = x se y = T (x): A função T�1 é chamada inversa de T .

Corolário 1.2.3 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão �nita, quaisquer duas normas sãoequivalentes.

Demonstração. Se k:k1 e k:k2 são normas em E, considere a aplicação identidade

id : (E; k:k1)! (E; k:k2):

Como id é bijetiva e como o domínio e o contradomínio têm dimensão �nita, temos que id e id�1

são contínuas, e o resultado segue (lembre que se T 2 L(E;F ) é contínua, então kT (x)k � kTk kxkpara todo x). �

Dizemos que dois espaços vetoriais normados E e F são topologicamente isomorfos se existiruma transformação linear T : E ! F bijetiva e contínua, com inversa contínua (chamada deisomor�smo topológico, ou simplesmente de isomor�smo). A seguir veremos que espaçosvetoriais normados sobre um corpo K; com mesma dimensão �nita, são topologicamente isomorfos.Nesse texto, por simplicidade, escreveremos �isomorfos� ao invés de �topologicamente isomorfos�.Quando o isomor�smo for tal que kT (x)k = kxk para todo x, diremos que os espaços vetoriais sãoisometricamente isomorfos.

Corolário 1.2.4 Se n 2 N, E e F são espaços vetoriais normados sobre um corpo K; com dimE =dimF = n; então E e F são topologicamente isomorfos.

Demonstração. Sejam B = fe1; :::; eng e C = ff1; :::; fng bases de E e F , respectivamente. De�na

T : E ! F

linear, levando ej em fj ; para cada j = 1; :::; n: Assim, T é bijetiva e como o domínio e o contradomíniotêm dimensão �nita, segue que tanto T quanto T�1 são contínuas.�

Corolário 1.2.5 Todo espaço vetorial de dimensão �nita (sobre o corpo K) é um espaço de Banach.

Demonstração. De fato, todo espaço de dimensão �nita (sobre K) é isomorfo a Kn; que é completo.O resultado segue facilmente. �

Corolário 1.2.6 Todo subespaço de dimensão �nita de um espaço normado é fechado.

Demonstração. Com efeito, sendo completo é também fechado.�

Se E e F são evn, o espaço vetorial formado pelos operadores lineares contínuos de E em F édenotado por L(E;F ): O dual algébrico de um espaço vetorial normado E é o conjunto L(E;K) eo dual topológico de E é o conjunto L(E;K); também denotado por E0: Estaremos principalmenteinteressados em duais topológicos. Posteriormente veremos caracterizações de duais (topológicos) decertos espaços de Banach.

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Exercício 1.2.7 Dê exemplo de um espaço vetorial, munido de uma métrica d, que não está associadaa uma norma pela igualdade (1.1).

Exercício 1.2.8 Mostre que para qualquer espaço vetorial é possível de�nir uma norma.

Exercício 1.2.9 Mostre que a norma é uma função contínua (use a de�nição de função contínuaentre espaços métricos).

Exercício 1.2.10 Se E é um espaço de Banach e G é subespaço de E, mostre que G também ésubespaço de E.

Exercício 1.2.11 Seja E um evn. Um conjunto A � E é dito limitado se existir M > 0 tal quekxk �M para todo x 2 A: Se B for limitado em um evn E, mostre que B é limitado.

Exercício 1.2.12 Seja E um espaço vetorial. Um subconjunto A � E é dito convexo se sempre quex; y 2 A, o �segmento fechado�

fz = ax+ (1� a)y; 0 � a � 1g

estiver contido em A. Mostre que a bola fechada de raio r

Br = fx 2 E; kxk � rg

é convexa.

Exercício 1.2.13 Mostre que C é convexo em um espaço vetorial se, e somente senPi=1

�ixi 2 C sempre

que x1; :::; xn 2 C e �1; :::; �n � 0 satisfazemnPi=1

�i = 1:

Sugestão: Note que um dos lados é claro: se essa propriedade vale, então C é convexo. Parademonstrar a outra implicação, note que se �3 6= 1, temos

3Pi=1

�ixi = (�1 + �2)

��1

�1 + �2x1 +

�2�1 + �2

x2

�+ �3x3:

Proceda por indução.

Exercício 1.2.14 Se A é um subconjunto de um espaço vetorial, o conjunto conv(A) denota ainterseção de todos os convexos que contém A. Como interseção de convexos é ainda um conjuntoconvexo, segue que conv(A) é convexo. Mostre que

conv(A) =

�nPi=1

�ixi;nPi=1

�i = 1, com �n � 0; xi 2 A; i = 1; :::; n e n 2 N�:

Exercício 1.2.15 Se ' : E ! F é uma transformação linear, mostre que EKer(') ' Im'

(algebricamente).

Exercício 1.2.16 Mostre que para todo evn de dimensão in�nita X e todo evn Y 6= f0g; existe umatransformação linear T : X ! Y não-contínua.

Exercício 1.2.17 Seja E um evn sobre C. Se ' é um funcional linear não contínuo em E, mostreque

f'(x);x 2 E e kxk � 1g = C:

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Solução. Seja z = rei� 2 C arbitrário (com r > 0).Como

supfj'(x)j ;x 2 E e kxk � 1g =1;

existe x0 2 E; kx0k � 1; tal que j'(x0)j � r: Como '(x0) 6= 0, temos��'� rx0j'(x0)j

�� = r:

Daí

'

�rx0

j'(x0)j

�= rei�

para algum 0 � � < 2�: Portanto

'

�rx0e

i(��)

j'(x0)j

�= ei(��):rei� = rei� = z:

Como rx0ei(��)j'(x0)j

� 1; segue quefj'(x)j ;x 2 E e kxk � 1g = C.

Exercício 1.2.18 Sejam E um evn, F um espaço de Banach e G um subespaço de E: Se f : G! Fé linear e contínua, mostre que existe uma única extensão linear contínua de f ao fecho de G. Alémdisso, a norma da extensão é a mesma. Sugestão: [12, Theorem 2.7.11].

Exercício 1.2.19 Se T : D(T )! Y é um operador linear, mostre que R(T ) é um subespaço vetorialde Y .

Exercício 1.2.20 Sejam X e Y espaços vetoriais, ambos sobre K. Considere T : D(T ) ! Y umoperador linear com D(T ) � X e imagem R(T ) � Y:(a) Mostre que a inversa T�1 : R(T )! D(T ) existe se e somente se

Tx = 0) x = 0:

(b) Mostre que se T�1 existe, então é linear.

Exercício 1.2.21 Sejam E e F evn. Mostre que se T : E ! F é linear e contínuo, então

supkxk�1

kTxk = supkxk=1

kTxk = supkxk<1

kTxk = inf fkTxk � C kxk para todo x 2 Eg :

Exercício 1.2.22 Sejam E e F evn. Mostre que kTk = supkxk�1 kTxk é uma norma em L(E;F ):

Exercício 1.2.23 Sejam E e F evn. Se T 2 L(E;F ) e existe c > 0 tal que

kTxk � c kxk para todo x 2 E;

mostre que T�1 existe e é contínua.

Exercício 1.2.24 Sejam E e F evn. Mostre que T : E ! F é limitado se e somente se T (A) élimitado sempre que A for limitado (veja a de�nição de conjunto limitado no exercício 1.2.11).

Exercício 1.2.25 Se T : E ! F é um operador linear contínuo, não-nulo, mostre que

kxk < 1) kTxk < kTk :

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Exercício 1.2.26 Sejam E um evn e F um espaço de Banach. Mostre que L(E;F ) (com a normaque já de�nimos antes) é um espaço de Banach. Sugestão: Veja [12].

Exercício 1.2.27 Se E é um evn, mostre que E0 é um espaço de Banach.

Exercício 1.2.28 Mostre que se T : E ! F é isomor�smo isométrico, então kTk = 1. Por outrolado, encontre um espaço de Banach E e um isomor�smo topológico T : E ! E com kTk = 1, que nãoé isomor�smo isométrico. Sugestão: E = l1 (veja de�nição na próxima seção) e T : E ! E dada porT (x) =

�x12 ; x2; x3; :::

�:

Exercício 1.2.29 Sejam E e F evn.(a) Mostre que a função

k(x; y)k1 = kxk+ kyk

é uma norma em E � F:(b) Se E e F são evn, mostre que a função

k(x; y)k1 = maxfkxk ; kykg

é uma norma em E � F:(c) Mostre que a identidade de (E � F; k:k1)! (E � F; k:k1) é um isomor�smo topológico.

Exercício 1.2.30 Diz-se que um subespaço M de um espaço de Banach E tem de�ciência �nita seexistir um número �nito de vetores x1; :::; xn em E rM tais que E = [M [ fx1; :::; xng]. Mostre queo núcleo de um operador linear não nulo (e não necessariamente contínuo) T : E ! K tem (em E)de�ciência �nita e n = 1:

Solução. Seja y =2 Ker(T ): Vamos mostrar que E = [Ker(T )[fyg]: Se z 2 E, considere os seguintescasos:

� T (z) = 0. Nesse caso, é claro que z 2 [Ker(T ) [ fyg]:

� T (z) 6= 0. Nesse caso, existe � 6= 0 tal que T (z) = �T (y) e daí segue que z � �y 2 Ker(T ): Logo

z = (z � �y) + �y 2 [Ker(T ) [ fyg]:

Em ambos os casos, temos que z 2 [Ker(T ) [ fyg]: Logo E = [Ker(T ) [ fyg]:

1.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados

A compacidade tem comportamentos distintos em dimensões �nita e in�nita. Veremos adiante que abola unitária fechada em um espaço vetorial normado de dimensão �nita é sempre compacta. Já emdimensão in�nita, será provado que a bola nunca é compacta. No decorrer do curso, estudaremosas topologias fraca e fraca estrela, que terão um ótimo papel no sentido de reduzir a quantidade deabertos, e facilitar o aparecimento de conjuntos compactos.

Teorema 1.3.1 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão �nita, então os compactos em Esão precisamente os limitados e fechados.

Demonstração. Em espaços métricos os compactos sempre são fechados e limitados (veja [14]).Assim, uma das implicações é conhecida. Nos resta provar que todo conjunto M � E, limitado efechado é ainda compacto. Suponha que dimE = n e seja fe1; :::; eng uma base de E. Como estamos

11

em espaços métricos, basta mostrar que M é seqüencialmente compacto. Seja, portanto, (xm) umaseqüência em M . Para cada xm; existem escalares a(m)1 ; :::; a

(m)n tais que

xm =nXj=1

a(m)j ej :

Como M é limitado, é claro que a seqüência (xm) é limitada, digamos por L > 0: Pelo Lema 1.1.2,existe c > 0 tal que

L � kxmk =

nXj=1

a(m)j ej

� cnXj=1

��a(m)j

��para todo m 2 N. Portanto, para cada j 2 f1; :::; ng �xo, a seqüência (a

(m)j )1m=1 é uma

seqüência limitada de escalares (reais ou complexos). Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass aplicadoa cada seqüência (a(m)j )1m=1, procedendo como na demonstração do Lema 1.1.2, encontramos uma

subseqüência de (xm) que converge para um certo y =nXj=1

ajej : Como M é fechado, segue que y 2M

e M é compacto.�

Corolário 1.3.2 A bola unitária fechada em um espaço vetorial normado de dimensão �nita écompacta.

A seguir, apresentamos um famoso resultado, devido a F. Riesz, que será útil para mostrar que abola unitária fechada em espaços de dimensão in�nita nunca é compacta.

Lema 1.3.3 (Lema de Riesz) Seja M um subespaço fechado próprio de um espaço normado E eseja � um número real tal que 0 < � < 1. Então existe y 2 E tal que kyk = 1 e

ky � xk � �

para todo x em M .

Demonstração. Sejam y0 2 E rM e

d = dist(y0;M) := infx2M

ky0 � xk :

Como M é fechado, temos d > 0: De fato, se fosse d = 0, existiria uma seqüência de elementos de Mconvergindo para y0 e, como M é fechado, isso contrariaria o fato de ser y0 =2M:Seja x0 2M tal que

ky0 � x0k �d

�:

Escolha entãoy =

y0 � x0ky0 � x0k

:

É claro que y tem norma 1 e, além disso, para x 2M , temos

ky � xk = y0 � x0ky0 � x0k

� x = ky0 � (x0 + ky0 � x0kx)k

ky0 � x0k(�)� d

ky0 � x0k� �;

onde em (�) foi usado que (x0 + ky0 � x0kx) 2M:�

12

Observação 1.3.4 Mais adiante, veremos no Exemplo 1.5.6, que a conclusão do Lema de Riesz, emgeral, não vale para � = 1:

Teorema 1.3.5 Um espaço vetorial normado tem dimensão �nita se, e somente se, a bola unitáriafechada é compacta.

Demonstração. O Corolário 1.3.2 garante uma das direções. Resta-nos provar que se a bola écompacta, então o espaço tem dimensão �nita. Suponha que E tenha dimensão in�nita.Escolha x1 2 E com norma 1: Como dimE = 1; temos que [x1] é um subespaço próprio fechado

de E. Pelo Lema de Riesz, existe x2 2 E r [x1]; unitário, tal que

kx2 � x1k � � =1

2:

Novamente, [x1; x2] 6= E e existe x3 2 E r [x1; x2] unitário tal que

kx3 � xjk � � =1

2; para j = 1; 2.

Procedendo dessa forma, construimos uma seqüência (xn) de vetores unitários de E tal que

kxm � xnk �1

2

sempre que m 6= n: Assim, (xn) é uma seqüência em BE que não possui subseqüência convergente, oque impede que BE seja compacta.�

Exercício 1.3.6 Mostre que em espaços topológicos, em geral, os compactos não são necessariamentefechados

Exercício 1.3.7 Sejam E um espaço vetorial normado de dimensão �nita e M um subespaço própriode E. Mostre que existe y 2 E com kyk = 1 e

ky � xk � 1

para todo x 2M .

Solução. Pelo Lema de Riesz, para cada n 2 N, existe yn 2 E com kynk = 1 tal que

kyn � xk � 1�1

npara todo x 2M:

Como a esfera unitária (em dimensão �nita) é compacta (sequencialmente compacta), a seqüência(yn)

1n=1 possui uma subseqüência (ynk)

1k=1 que converge para um certo y0 2 E com ky0k = 1: Como

kynk � xk � 1�1

nkpara todo x 2M;

fazendo k !1; concluímos que

ky0 � xk � 1 para todo x 2M:

Exercício 1.3.8 Se E é um espaço vetorial normado e M é um subespaço próprio de E; comdimM <1: Mostre que existe y 2 E com kyk = 1 e

ky � xk � 1

para todo x 2M . Sugestão: Veja [12, páginas 82 e 629].

13

1.3.1 Comentários e curiosidades

Diz-se que um operador linear contínuo T : E ! F atinge a norma quando existe x 2 E com norma1 tal que kTxk = kTk : Um resultado delicado, conhecido como Teorema de Bishop-Phelps garanteque se E e F são espaços normados (sobre os reais), o conjunto dos funcionais lineares contínuos queatingem a norma é denso em E0: No mesmo artigo em que provaram seu resultado fundamental, Bishope Phelps especularam sobre uma possível extensão desses resultados para operadores lineares:Se X e Y são espaços de Banach, será que o conjunto dos operadores lineares T : X ! Y que

atingem a norma é denso em L(X;Y )?Em 1963, J. Lindenstrauss [16] mostrou que isso não é verdadeiro em geral, mas em alguns casos

particulares sim. A seguir, La (X;Y ) denota o conjunto dos operadores lineares contínuos T : X ! Yque atingem a norma.Como a pergunta original de Bishop e Phelps era muito abrangente, para que uma investigação

mais criteriosa pudesse ser feita, em [16] foram de�nidas as seguintes propriedades para espaços deBanach X:

� A. Para todo espaço de Banach Y , La (X;Y ) é denso (em norma) em L (X;Y ) :

� B. Para todo espaço de Banach Y , La (Y;X) é denso (em norma) em L (Y;X) :

Note que o Teorema de Bishop-Phelps diz que R tem a propriedade B. Recentemente, foidemonstrado que existem espaços de Banach que não possuem a propriedade B.Uma boa monogra�a em português sobre o assunto é [9].

14

1.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensãoin�nita: espaços de seqüências

Nessa seção, introduziremos alguns espaços de seqüências, chamados espaços lp. Para tanto, precisamosde alguns resultados técnicos:

Teorema 1.4.1 (Desigualdade de Hölder) Sejam n 2 N, p; q > 1 tais que 1p +

1q = 1. Então

nPj=1

j�j�j j �

nPj=1

j�j jp! 1

p

:

nPj=1

j�j jq! 1

q

para quaisquer escalares �j ; �j ; j = 1; :::; n.

Demonstração. Primeiro, é conveniente mostrar que, para quaisquer a e b positivos, temos

a1p :b

1q � a

p+b

q: (1.5)

Considere, para cada 0 < � < 1; a função f = f� : (0;1)! R dada por f(t) = t� � �t. Temos

f 0(t) = �t��1 � � = �(t��1 � 1):

Logo

f 0(t) > 0 se 0 < t < 1

f 0(t) < 0 se t > 1

e f tem um máximo em t = 1: Portantof(t) � f(1)

para todo t > 0 et� � �t+ (1� �):

Fazendo t = ab e � =

1p , temos �a

b

� 1p � 1

p

a

b+

�1� 1

p

�:

Multiplicando a desigualdade acima por b, obtemos

a1p b1�

1p � a

p+b

q;

o que demonstra (1.5).

O caso em quenPk=1

j�kjp = 0 ounPk=1

j�kjq = 0 é trivial. Suponhamos, portanto,nPk=1

j�kjp 6= 0 e

nPk=1

j�kjq 6= 0:

Basta usar (1.5) com

aj =j�j jpnPk=1

j�kjpe bj =

j�j jqnPk=1

j�kjq:

Entãoj�j j j�j j�

nPk=1

j�kjp� 1

p�

nPk=1

j�kjq� 1

q

� ajp+bjq

e somando ambos os lados com j = 1; :::; n, o resultado segue.�

15

Teorema 1.4.2 (Desigualdade de Minkowski) Para p � 1; temos�nPk=1

j�k + �kjp� 1

p

��

nPk=1

j�kjp� 1

p

+

�nPk=1

j�kjp� 1

p

para quaisquer escalares �k; �k, k = 1; :::; n:

Demonstração. Para p = 1 o resultado é imediato. Suponhamos, portanto, p > 1. Basta mostrarque �

nPk=1

(j�kj+ j�kj)p� 1p

��

nPk=1

j�kjp� 1

p

+

�nPk=1

j�kjp� 1

p

:

O caso em quenPk=1

(j�kj+ j�kj)p = 0 é imediato. SuponhamosnPk=1

(j�kj+ j�kj)p 6= 0:

A idéia é usar a Desigualdade de Hölder. Para isso, escrevemos

(j�kj+ j�kj)p = (j�kj+ j�kj) (j�kj+ j�kj)p�1

= j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 + j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 :

Como (p� 1)q = pq � q = p, temos, pela Desigualdade de Hölder,

nPk=1

j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 ��

nPk=1

j�kjp� 1

p�

nPk=1

(j�kj+ j�kj)(p�1)q� 1

q

(1.6)

=

�nPk=1

j�kjp� 1

p�

nPk=1

(j�kj+ j�kj)p� 1

q

:

De forma análoga, temos

nPk=1

j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 ��

nPk=1

j�kjp� 1

p�

nPk=1


q

: (1.7)

Somando (1.6) e (1.7), obtemos

nPk=1

(j�kj+ j�kj)p ��

nPk=1

j�kjp� 1

p�

nPk=1


q

+

�nPk=1

j�kjp� 1

p�

nPk=1


q

e �nPk=1

(j�kj+ j�kj)p�1� 1

q

��

nPk=1

j�kjp� 1

p

+

�nPk=1

j�kjp� 1

p

:�

Para cada número real p, com 1 � p <1; de�nimos

lp =

((xj)

1j=1 2 KN;

1Pj=1

jxj jp <1):

Proposição 1.4.3 Se 1 � p < 1; lp é um espaço vetorial (com as operações naturais de soma e

multiplicação por escalar) e a função k:kp dada por (xj)1j=1 p =

1Pj=1

jxj jp! 1

p

é uma norma em lp:

16

Demonstração. A Desigualdade de Minkowski (fazendo n!1) garante que lp é um espaço vetoriale também nos dá a desigualdade triangular. As outras propriedades são imediatas.

Proposição 1.4.4 Se 1 � p <1; lp é um espaço de Banach.

Demonstração. Seja (xn)1n=1 uma seqüência de Cauchy em lp: Note que cada xn é uma seqüência,que será denotada por

xn = (�n1; �n2; :::):

Temos que

kxn � xmk =

0@ 1Xj=1

j�nj � �mj jp1A 1

p

� j�nj � �mj j

para cada j. Como (xn)1n=1 é uma seqüência de Cauchy em lp, segue que, para cada j, a seqüência(�nj)

1n=1 é uma seqüência de Cauchy no corpo de escalares K. Como K é completo, para cada j, o

limite da seqüência (�nj)1n=1 existe, e será denotado por �j .Seja x = (�j)1j=1: Vamos mostrar que x pertence a lp e que (xn)

1n=1 converge para x.

Dado " > 0, existe n0 natural, tal que

kxm � xnk � "

sempre que m;n � n0:Daí, para cada N natural, temos 0@ NX

j=1

j�mj � �nj jp1A 1

p

� ";

sempre que m;n � n0:Fazendo n!1, obtemos 0@ NX

j=1

j�mj � �j jp1A 1

p

� "

para todo m � n0 e todo N natural. Fazendo agora N !1; temos

kxm � xk � " (1.8)

para todo m � n0. Logo xn0 � x 2 lp: Como xn0 2 lp, segue que x 2 lp: De (1.8) é claro que (xn)1n=1converge para x.�

Quando p = 1; escrevemos l1 para denotar o espaço das seqüências (de escalares) limitadas.Precisamente,

l1 =

�x = (�j)

1j=1 2 KN; kxk1 := sup

j2Nj�j j <1

�:

Exercício 1.4.5 Mostre que l1 com a norma k:k1 é um espaço de Banach.

Exercício 1.4.6 Considere

c =

�x = (�j)

1j=1 2 KN; lim

j!1�j existe em K

�c0 =

�x = (�j)

1j=1 2 KN; lim

j!1�j = 0

�c00 =

�x = (�j)

1j=1 2 KN; exite j0 tal que �j = 0 para todo j > j0

Mostre que c e c0 são subespaços fechados de l1 e que c00 é um subespaço de l1 que não é fechado.

17

Exercício 1.4.7 Prove que (Kn; k:k1) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de c0:

Exercício 1.4.8 Prove que (Kn; k:kp) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de lp; paracada p com 1 � p � 1:

Exercício 1.4.9 Um espaço métrico M é dito separável se existir D �M enumerável e denso, istoé, D =M . Mostre que se 1 � p <1; lp é separável.

Exercício 1.4.10 Mostre que se D é um conjunto denso e enumerável em um espaço vetorial normadoE 6= f0g, e a 2 D, então D � fag é denso em E.

Exercício 1.4.11 Prove que (Kn; k:kp) é separável.

Exercício 1.4.12 Prove que todo evn de dimensão �nita é separável.

Exercício 1.4.13 Mostre que l1 não é separável.

Exercício 1.4.14 Mostre que se E é um espaço de Banach separável, então a esfera unitária SE éseparável.

Solução. Seja D um conjunto denso e enumerável em E. Seja D1 =n

xkxk ;x 2 D e x 6= 0

o: Vamos

mostrar que D1 é denso em SE . Sejam x0 2 SE e " > 0. Não há perda de generalidade em supor" < 1

2 : Então, existe x" 2 D tal que

kx0 � x"k <"

2:

Então, como " < 1=2; segue que x" 6= 0 e x"kx"k 2 D1: Logo x0 � x"

kx"k

= x0 � x" + x" � x"kx"k

� kx0 � x"k+

x" � x"kx"k

= kx0 � x"k+

��1� 1

kx"k

�� kx"k<"

2+ jkx"k � 1j

="

2+ jkx"k � kx0kj

� "

2+ kx0 � x"k

� ":

Observação: Usando um pouco mais profundamente a teoria de espaços métricos, pode-se provaralgo bastante mais geral: todo subconjunto de um espaço métrico separável é ainda separável.

Exercício 1.4.15 Determine c00 em c0:

Exercício 1.4.16 Determine c00 em lp:

Exercício 1.4.17 Mostre que fe1; e2; :::g não é base de Hamel de lp; 1 � p � 1:

Exercício 1.4.18 Se 1 � p � q � 1; mostre que lp � lq e que inc : lp ! lq é contínua. Encontre ovalor da norma dessa inclusão.

18

Exercício 1.4.19 Seja cs =

8<:x = (xj)1j=1 2 KN;1Xj=1

xj converge

9=; :

(a) Mostre que cs é um evn com a norma kxk = supn

��nXj=1

xj

��(b) Prove que cs é isometricamente isomorfo a c:

Exercício 1.4.20 Seja bs =

8<:x = (xj)1j=1 2 KN; supn��nXj=1

xj

�� <19=; :

(a) Mostre que bs é um evn com a norma kxk = supn

��nXj=1

xj

��(b) Prove que bs é isometricamente isomorfo a l1:

Sugestão. (b) De�na f : bs ! l1 por f�(xj)

1j=1

�=

0@ nXj=1

xj

1A1

n=1

e veri�que que é linear, bijetiva

e preserva a norma.

Exercício 1.4.21 (Álgebra Linear) Se A é um gerador de um espaço vetorial V , mostre que existeuma base de V contida em A.

Solução resumida. Considere F = f(W;B); B é LI, B � A e B gera Wg: Em F considere a ordemparcial (W;B) � (W1; B1) se e somente se W �W1 e B � B1:F é não-vazio (claro). Todo subconjunto totalmente ordenado de F possui cota superior. Podemos

aplicar o Lema de Zorn. Existe, portanto, um elemento maximal em F . Seja (fW; eB) um elementomaximal de F . Para resolver o exercício, basta mostrar que fW = V: Suponha que seja fW 6= V .Observe que nesse caso A não está contido em fW , pois se fosse A � fW , teríamos

V = [A] � [fW ] = fW;

e estamos supondo fW 6= V . Escolha, portanto, x0 2 ArfW e de�na

WN = fW � [x0]BN = eB [ fx0g:

É fácil ver que [BN ] =WN , que BN é LI e, portanto, (WN ; BN ) 2 F . É claro que

(WN ; BN ) 6= (fW; eB) e (fW; eB) � (WN ; BN ): (1.9)

Mas, (1.9) não é compatível com a maximalidade de (fW; eB). Portanto, fW = V:

Exercício 1.4.22 Seja E um espaço de Banach de dimensão in�nita. Se D � E é um conjunto densoe enumerável, existe A � D, LI, com card(A) = card(D):

Solução. É claro que D é gerador de [D]: Pelo Exercício 1.4.21, podemos extrair de D uma base,que chamaremos de B; para [D]: Se B for �nita, temos que [D] tem dimensão �nita. Logo [D] é fechado.Como D é denso, temos D = E e portanto [D] = E: Daí segue que

[D] = [D] = E;

e E terá dimensão �nita (absurdo). Concluímos, portanto, que B é uma base in�nita. Como B � D eD é enumerável, segue que card(B) = card(D):

19

1.5 Espaços normados de funções

Nessa seção, construiremos os exemplos clássicos de espaços de Banach cujos vetores são funções.

Proposição 1.5.1 Seja X um conjunto não nulo e B(X) o espaço vetorial de todas as funçõeslimitadas f : X ! K. Então B(X) é um espaço de Banach com a norma

kfk = supx2X

jf(x)j :

Demonstração. É fácil ver que k:k é uma norma. Vamos mostrar que B(X) é completo. Seja (fn)uma seqüência de Cauchy em B(X). Para todo " > 0, existe n0 tal que

kfn � fmk � "

para quaisquer m;n � n0: Daí, para m;n � n0; temos

jfn(x)� fm(x)j � kfn � fmk � " (1.10)

para todo x em X. Logo (fn(x))1n=1 é de Cauchy em K, para cada x em X. Portanto, para cada xa seqüência (fn(x))

1n=1 converge para um escalar, que será denotado por f(x). Fazendo m ! 1 em

(1.10), obtemosjfn(x)� f(x)j � " (1.11)

para todo x em X e todo n � n0: Logo

fn0 � f 2 B(X)

e comof = fn0 � (fn0 � f);

segue que f 2 B(X): De (1.11) concluímos que fn ! f .�

Exercício 1.5.2 Se X = N, mostre que B(X) é isometricamente isomorfo a l1:

Exercício 1.5.3 Seja C([a; b]) o conjunto de todas as funções contínuas de [a; b] em R. Mostre que,com as operações usuais e com a norma

kfk = maxt2[a;b]

jf(t)j ;

C([a; b]) é um espaço de Banach.Sugestão: Use que se fn ! f na norma dada, então fn ! f uniformemente. Como as fn são

contínuas, segue que f é contínua.

Exercício 1.5.4 Mostre que C([a; b]) é separável. Sugestão: Use o Teorema da Aproximação deWeierstrass, que a�rma que o conjunto dos polinômios com coe�cientes reais é denso em C([a; b]) coma norma k:k1 :

Exercício 1.5.5 Mostre que P = ff 2 C([a; b]); f(x) > 0 para todo x 2 [a; b]g é aberto.

Solução. Seja f 2 P: Como [a; b] é compacto,

infx2[a;b]

f(x)

é assumido. Logo, existe x0 2 [a; b] tal que

infx2[a;b]

f(x) = f(x0) > 0:

20

Seja " = f(x0)2 : Se kg � fk < "; segue que

jg(x)� f(x)j < "

para todo x. Como f(x) � f(x0) para todo x, segue que

g(x) > f(x0)� " > 0

para todo x. Logo, a bola aberta de centro f e raio " está contida em P , e portanto P é aberto.

Exemplo 1.5.6 Nesse exemplo, mostraremos que a conclusão do Lema de Riesz não é válida, emgeral, com � = 1:

Sejam E = ff 2 C[0; 1]; f(0) = 0g e M = ff 2 E;1Z0

f(x)dx = 0g: Suponhamos que exista g 2 E

com kgk = 1 tal que kg � fk � 1 para todo f 2M: Dada h 2 E rM; seja

� =

1Z0

g(x)dx

1Z0

h(x)dx

:

Então, é claro que g � �h 2M: Logo

1 � kg � (g � �h)k = j�j khk ;

ou seja,

1 �

��1Z0

g(x)dx

��1Z0

h(x)dx

��khk : (1.12)

Seja, para cada n, hn(x) = x1n : Então hn 2 E rM; khnk = 1 e

1Z0

x1n dx =

11n + 1

! 1:

Note que de (1.12) usado com as hn nos faz concluir que

��1Z0

g(x)dx

�� 1: Por outro lado, como

max0�x�1 jg(x)j = 1 e g(0) = 0; a continuidade de g em zero implica que��1Z0

g(x)dx

�� < 1 (contradição).Os próximos exemplos envolvem funções integráveis, e alguns resultados preliminares são

necessários. Estabeleceremos as desigualdades de Hölder e Minkowski para integrais, que serão úteisadiante.

21

Seja (X;�; �) um espaço de medida e 1 � p <1. O conjunto de todas as funções mensuráveis deX em K tais que

kfkp :=�Z

X

jf jp d�� 1

p

<1

será denotado por Lp(X;�; �).

Teorema 1.5.7 (Desigualdade de Hölder para integrais) Sejam p; q > 1 tais que 1p +

1q = 1 e

(X;�; �) um espaço de medida. Se f 2 Lp(X;�; �) e g 2 Lq(X;�; �), então fg 2 L1(X;�; �) e

kfgk1 � kfkp kgkq :

Demonstração. Se kfkp = 0 ou kgkq = 0 segue que f ou g é nula em quase toda parte. Logo fg énula em quase toda parte e a desigualdade se resume a 0 � 0. Suponha então kfkp 6= 0 e kgkq 6= 0:Já provamos que para quaisquer a e b positivos, temos

a1p :b

1q � a

p+b

q: (1.13)

Tome, em (1.13),

a =jf(x)jp

kfkppe b =

jg(x)jq

kgkqq:

Assim ZX

jf(x)g(x)j d�

kfkp kgkq�

ZX

jf jp d�

p kfkpp+

ZX

jgjq d�

q kgkqq= 1

e o resultado segue.�

Teorema 1.5.8 (Desigualdade de Minkowski para Integrais) Seja 1 � p < 1 e (X;�; �) umespaço de medida. Se f; g 2 Lp(X;�; �), então f + g 2 Lp(X;�; �) e

kf + gkp � kfkp + kgkp : (1.14)

Demonstração. Se kf + gkp = 0; o resultado é claro. Suponha kf + gkp 6= 0: Perceba que paratodo x em X, temos

jf(x) + g(x)jp � (jf(x)j+ jg(x)j)p

� (maxfjf(x)j ; jg(x)jg+maxfjf(x)j ; jg(x)jg)p

� 2pmaxfjf(x)jp ; jg(x)jpg� 2p (jf(x)jp + jg(x)jp)

e daí segue que f + g 2 Lp(X;�; �).Agora vamos provar (1.14). Se p = 1; o resultado é claro. Suponha p > 1. Então

jf + gjp = jf + gj jf + gjp�1 (1.15)

� jf j jf + gjp�1 + jgj jf + gjp�1 :

Se 1=p+1=q = 1; temos (p� 1)q = p, e portanto jf + gjp�1 2 Lq(X;�; �): Da desigualdade de Hölder,temos Z

X

jf j jf + gjp�1 d� ��Z

X

jf jp d�� 1

p�Z

X

jf + gj(p�1)q d�� 1

q

ZX

jgj jf + gjp�1 d� ��Z

X

jgjp d�� 1

p�Z

X

jf + gj(p�1)q d�� 1

q

:

22

Das duas desigualdades acima e de (1.15), temos queZX

jf + gjp d� ��Z

X

jf jp d�� 1

p�Z

X

jf + gj(p�1)q d�� 1

q

+

�ZX

jgjp d�� 1

p�Z

X

jf + gj(p�1)q d�� 1

q

=

�ZX

jf + gjp d�� 1

q

"�ZX

jf jp d�� 1

p

+

�ZX

jgjp d�� 1

p

#

e, dividindo ambos os membros por�Z

X

jf + gjp d�� 1

q

; o resultado segue.�A desigualdade de Minkowski faz o papel da desigualdade triangular e ajuda a provar o seguinte

resultado:

Proposição 1.5.9 Se 1 � p <1, o espaço vetorial das funções contínuas f : [a; b]! R é um espaçovetorial normado com a norma

kfkp =

0@ bZa

jf(x)jp dx

1A1p

:

Demonstração. Exercício.

Observação 1.5.10 O espaço vetorial normado de�nido acima não é completo. De fato, suponhaa = 0, b = 1 e considere a seqüência

fn(t) =

8<: 0; se t 2 [0; 1=2]1; se t 2 [an; 1]; an = 1

2 +1n

n(t� 12 ), se t 2 [1=2; an]:

Note que (fn) é de Cauchy, mas não converge. De fato, se fn ! f (contínua), então existe n0 tal que

n > n0 )1Z0

jfn � f jp dx < ":

Logo12Z0

jf jp dx < ":

Como f é contínua, segue que f(x) = 0 para todo x 2 [0; 12 ]: De modo análogo, se conclui que f(x) = 1para todo x 2 ( 12 ; 1]: Isso contradiz a continuidade de f .

Observação 1.5.11 Note que k:kp não é uma norma em Lp(X;�; �), pois pode acontecer kfkp = 0para funções não identicamente nulas.

1.5.1 Os espaços Lp(X;�; �)

Nessa seção, por simplicidade, embora valham resultados semelhantes para K = C, admitiremos K = R:De modo geral, se (X;�; �) é um espaço de medida, dizemos que f; g : X ! R são equivalentes sef = g (�-qtp): Denotando a classe de equivalência de uma função f por [f ]; o conjunto

Lp(X;�; �) := f[f ]; f 2 Lp(X;�; �)g

23

é um espaço vetorial com as operações

[f ] + [g] = [f + g]

c[f ] = [cf ]

e, de�nindok[f ]kLp(X;�;�) = kfkLp(X;�;�) ;

não é difícil notar (usando a Desigualdade de Minkowski) que Lp(X;�; �) se torna um espaço vetorialnormado. A seguir, mostraremos que Lp(X;�; �) é um espaço de Banach.

Teorema 1.5.12 Se 1 � p <1, Lp(X;�; �) é um espaço de Banach com a norma

k[f ]kp =�Z

jf jp d�� 1

p

:

Demonstração. Já sabemos que Lp(X;�; �) é um evn. Nos resta provar que é um espaço de Banach.Seja ([fn])1n=1 uma seqüência de Cauchy em Lp(X;�; �): Logo, (fn)1n=1 é uma seqüência de Cauchyem Lp(X;�; �):Então, dado " > 0; existe M =M(") tal que

m;n �M )�Z

jfn � fmjp d��= kfn � fmkpp < "p:

Seja (gk) uma subseqüência de (fn) tal que

kgk+1 � gkkp < 2�k

para todo k natural.Considere

g(x) = jg1(x)j+1Xk=1

jgk+1(x)� gk(x)j : (1.16)

Temos que g é mensurável, não-negativa, e toma valores em R [ f1g. Além disso,

jg(x)jp = limn!1

jg1(x)j+

nXk=1

jgk+1(x)� gk(x)j!p

:

Pelo Lema de Fatou (veja Teorema 9.6.9), segue queZjgjp d� � lim inf

n!1

Z jg1j+

nXk=1

jgk+1 � gkj!p

d�:

Elevando ambos os membros a 1p e usando a Desigualdade de Minkowski, obtemos�Z

jgjp d�� 1

p

� lim infn!1

kg1kp +

nXk=1

kgk+1 � gkkp

!(1.17)

� kg1kp + 1:

Então, de�nindo E = fx 2 X; g(x) <1g ; de (1.17) podemos concluir que

�(X � E) = 0:

Logo, a série em (1.16) converge �-qtp e g:1E 2 Lp(X;�; �):

24

De�na então f : X ! R por

f(x) =

8><>: g1(x) +1Xk=1

(gk+1(x)� gk(x)) ; se x 2 E

0; se x =2 E:

Como gk = g1 + (g2 � g1) + (g3 � g2) + � � �+ (gk � gk�1); temos que8><>: jgkj � jg1j+k�1Xj=1

jgj+1 � gj j � g

gk ! f �-qtp

e daí �jgkjp � gp1E (�-qtp)(gk)

p ! fp (�-qtp):

Pelo Teorema da Convergência Dominada (veja Teorema 9.7.9), segue que

fp 2 L1(X;�; �);

ou ainda,f 2 Lp(X;�; �):

Como �jf � gkjp � (jf j+ jgkj)p � (2g)p 1E (�-qtp)

limk!1 jf � gkjp = 0 (�-qtp);

novamente o TCD nos garante que

limk!1

Zjf � gkjp d� =

Z0d� = 0

e daí concluímos que gk ! f em Lp(X;�; �):Como (gk) é uma subseqüência de (fn) e como (fn) é de Cauchy, segue que

fn ! f em Lp(X;�; �)

e, por conseguinte,[fn]! [f ] em Lp(X;�; �)

�

1.5.2 O espaço L1(X;�; �)

Nessa seção também admitiremos K = R:Seja L1(X;�; �) o conjunto de todas as funções mensuráveis que são limitadas �-qtp. Se

f 2 L1(X;�; �) e N 2 � é um conjunto de medida nula, de�nimos

Sf (N) = sup fjf(x)j ;x =2 Ng

e

kfk1 = inf fSf (N);N 2 � e �(N) = 0g : (1.18)

Note que pode acontecer kfk1 = 0 com f não identicamente nula. Para contornar esse problema,também recorremos às classes de equivalência.

25

Duas funções são equivalentes (pertencem a mesma classe de equivalência) se coincidem �-qtp. Oespaço L1(X;�; �) é o conjunto de todas as classes de equivalência das funções mensuráveis f : X ! Kque são limitadas �-qtp.Se [f ] 2 L1(X;�; �); de�nimos

k[f ]k1 = kfk1 : (1.19)

Note que k:k1 está bem de�nida (não depende do representante da classe de equivalência).De fato, se f(x) = g(x) para todo x =2 A, com �(A) = 0; então, para cada N 2 � com �(N) = 0,

temosSf (N) = sup fjf(x)j ;x =2 Ng � Sf (N [A) = Sg(N [A):

Analogamente,

Sg(N) = sup fjg(x)j ;x =2 Ng � Sg(N [A) = Sf (N [A)

e daí

kfk1 = inf fSf (N);N 2 � e �(N) = 0g = inf fSg(N);N 2 � e �(N) = 0g = kgk1 :

O próximo teorema garante que (L1(X;�; �); k:k1) é um espaço de Banach.Note ainda que se f 2 L1(X;�; �); então

jf(x)j � kfk1 �-qtp. (1.20)

Com efeito, pela de�nição de kfk1 ; existe uma seqüência (Nn)1n=1 de conjuntos de medida nula taisque

limn!1

Sf (Nn) = kfk1e

jf(x)j � Sf (Nn) para todo x =2 Nn:Logo, se N = [nNn; temos que N tem medida nula e

jf(x)j � Sf (Nn) para todo x =2 N:

Fazendo o limite com n!1; segue que

jf(x)j � limn!1

Sf (Nn) = kfk1 para todo x =2 N;

ou seja, temos (1.20).

Teorema 1.5.13 A função k:k1 é uma norma em L1(X;�; �): Mais ainda, L1(X;�; �) é um espaçode Banach.

Demonstração. É claro que L1(X;�; �) é um espaço vetorial (com as operações usuais, como nade�nição de Lp(X;�; �)).Agora vejamos que k:k1 é uma norma. É claro que k[f ]k1 � 0 ocorre para toda f 2 L1(X;�; �).

Também é imediato quek�[f ]k1 = j�j k[f ]k1 :

As outras duas propriedades de norma são menos imediatas.Se k[f ]k1 = 0, então, para cada k 2 N, existe Nk 2 �, com �(Nk) = 0; tal que

jf(x)j � 1

kpara todo x =2 Nk:

26

De�nindo N =1[j=1

Nj ; temos que �(N) = 0 e

jf(x)j = 0 para todo x =2 N

e daí [f ] = 0.Agora, demonstremos a desigualdade triangular. Se [f ]; [g] 2 L1(X;�; �); então, de (1.20), existem

N1; N2 2 � com �(N1) = �(N2) = 0 e�jf(x)j � kfk1 ; para todo x =2 N1jg(x)j � kgk1 ; para todo x =2 N2

:

Entãojf(x) + g(x)j � jf(x)j+ jg(x)j � kfk1 + kgk1 para todo x =2 N1 [N2:

Daí, pela de�nição de k:k1 ; como �(N1 [N2) = 0, segue que

kf + gk1 � kfk1 + kgk1 :

Resta-nos provar que L1(X;�; �) é completo.Seja ([fn]) uma seqüência de Cauchy em L1(X;�; �): Logo (fn) é uma seqüência de Cauchy em

L1(X;�; �):Então, por (1.20),para cada j, existe Mj 2 � com �(Mj) = 0 e

jfj(x)j � kfjk1 para todo x =2Mj :

Seja

M0 =1[j=1

Mj :

Logojfj(x)j � kfjk1 para todo x =2M0:

Temos ainda que para cada n;m 2 N, existe Mn;m 2 � com �(Mn;m) = 0 e

jfn(x)� fm(x)j � kfn � fmk1 para todo x =2Mn;m:

Seja

M =M0 [ 1[n;m=1

Mn;m

!Então, �(M) = 0 e, para quaisquer m;n 2 N, temos�

jfn(x)j � kfnk1 para todo x =2Mjfn(x)� fm(x)j � kfn � fmk1 para todo x =2M (1.21)

Então, para cada x =2M , a seqüência (fn(x))1n=1 é de Cauchy em R, e portanto convergente. Seja

f(x) =

�limn!1 fn(x); se x =2M

0; se x 2M:

Então f é mensurável e, por (1.21), como (fn) é de Cauchy, segue que dado " > 0; existe L 2 N talque

supx=2M

jfn(x)� fm(x)j � "

27

sempre que m;n > L: Fazendo m!1; segue que

supx=2M

jfn(x)� f(x)j � " (1.22)

sempre que n > L: Assim, (fn) é uniformemente convergente para f em X �M:De (1.22) segue que fn � f 2 L1(X;�; �) para n su�cientemente grande. Daí, como f =

fn � (fn � f); segue que f 2 L1(X;�; �): Assim, podemos reescrever (1.22), concluindo que

k[fn]� [f ]k1 = kfn � fk1 � supx=2M

jfn(x)� f(x)j � "

sempre que n > L: Portanto ([fn]) converge para [f ] em L1(X;�; �):�

Observação 1.5.14 Devemos ter em mente que os vetores de Lp(X;�; �) são classes de equivalência,mas é usual interpretar tais elementos simplesmente como funções, e escrever f no lugar de [f ].

Exercício 1.5.15 Mostre que L1(X;�; �) � L1(X;�; �) se e somente se �(X) <1:

Exercício 1.5.16 Se (X;�; �) é um espaço de medida �nita, então Lp(X;�; �) � Lr(X;�; �) se1 � r � p. Sugestão: Mostre que jf jr � 1 + jf jp :

Solução. Se jf(x)j � 1, então

jf(x)jr � jf(x)jp � 1 + jf(x)jp :

Se jf(x)j < 1; entãojf(x)jr � 1 � 1 + jf(x)jp :

Logo jf jr � 1 + jf jp e, usando que a medida é �nita, o resultado segue.

Exercício 1.5.17 Se (X;�; �) é um espaço de medida �nita, e 1 � r � p; então

kfkr � kfkp �(X)s;

com s = 1r �

1p :

Solução. Zjf jr d� =

Zjf jr :1d� �

�Z(jf jr)

pr d�

� rp�Z

1p

p�r d�

� p�rp

e daí segue o resultado.

28

1.6 Completamento de espaços normados

Intuitivamente, a reta real preenche os buracos nos racionais, isto é, nem toda seqüência de Cauchynos racionais converge, mas nos reais sim. Além disso, os racionais são densos nos reais. A seguir,veremos que algo semelhante também ocorre para espaços normados em geral.

Teorema 1.6.1 Se E é um espaço vetorial normado, existem um espaço de Banach F e um subespaçoF0; denso em F , tais que E é isometricamente isomorfo a F0:

Demonstração. Seja C a família de todas as seqüências de Cauchy em E. Dadas (xn), (yn) em C,

dizemos que (xn) s (yn) selimn!1

kxn � ynk = 0:

É fácil ver que s é uma relação de equivalência. Considere, portanto, o conjunto de todas as classesde equivalência, segundo essa relação, e denote esse conjunto por F . Em F , de�na

[(xn)] + [(yn)] = [(xn + yn)]

c[(xn)] = [(cxn)]:

É fácil perceber que essas operações estão bem de�nidas e que com elas F é um espaço vetorial. Dado[y] 2 F , com y = (yn)

1n=1; de�nimos

k[y]k = limn!1

kynk :

Esse limite existe, pois (yn) é de Cauchy em E e como

jkymk � kynkj � kym � ynk ;

temos que (kynk)1n=1 é seqüência de Cauchy em R.Note ainda que se (xn) s (yn), então

0 � limn!1

jkynk � kxnkj � limn!1

kxn � ynk = 0

e portanto k[y]k está bem de�nida. Por �m, também é fácil provar que essa função é de fato umanorma.Seja F0 o conjunto das classes de equivalência que contém as seqüências constantes e perceba que

a função

T : E ! F0

x 7! [(x; x; :::)]

é uma isometria. Para concluir a demonstração, vamos mostrar que F0 é denso em F e F é completo.

Sejam " > 0 e [y] 2 F: Então, y = (yn) é uma seqüência de Cauchy em E e existe N 2 N tal que

kyn � ymk < "

para quaisquer m;n � N .Considere [z] 2 F0; com

z = (yN ; yN ; :::):

Temos entãok[y]� [z]k = lim

n!1kyn � yNk � ":

Assim, F0 é denso em F . Resta-nos mostrar que F é completo.

29

Seja ([y(k)])1k=1 uma seqüência de Cauchy em F , y(k) = (y(k)n )1n=1: Como F0 é denso em F , para

cada k existe [z(k)] em F0 tal que [y(k)]� [z(k)] < 1

k;

com z(j) = (zj ; zj ; :::); j 2 N:Note que z = (z1; z2; :::) é uma seqüência de Cauchy em E e portanto [z] 2 F . De fato,

kzj � zkk = [z(j)]� [z(k)] � [z(j)]� [y(j)] + [y(j)]� [y(k)] + [y(k)]� [z(k)] :

Por �m, perceba quelimj!1

[y(j)] = [z]:

De fato,

[y(j)]� [z] = limn!1

y(j)n � zn

� limn!1

� y(j)n � zj + kzj � znk�

= [y(j)]� [z(j)] + lim

n!1(kzj � znk)

� 1

j+ limn!1

(kzj � znk)

e portanto

limj!1

[y(j)]� [z] = 0:�Nas condições do teorema anterior, dizemos que F é o completamento de E e denotamos F por eE:

Como E é isometricamente isomorfo a F0 e F0 é denso em F , nós identi�camos E e F0, e consideramosque E é denso em F .

Teorema 1.6.2 Dado T 2 L(E;F ), existe um único eT 2 L( eE; eF ) tal que eT (x) = T (x) para todo xem E. Além disso, T e eT têm mesma norma.

Demonstração. Sejam ex 2 eE e (xn) � E tais que xn ! ex: Assim,kTxm � Txnk � kTk kxm � xnk

e (Txn) é seqüência de Cauchy em F . Logo, existe ey 2 eF tal que

limn!1

Txn = ey:De�na

eT : eE ! eFex 7! ey;isto é, eT (ex) = lim

n!1Txn; onde lim

n!1xn = ex:

Note que eT está bem de�nida e é linear.

30

Se x pertence a E, então x = limn!1 x e

eT (x) = limn!1

T (x) = T (x):

ComokTxnk � kTk kxnk ;

fazendo n tender a in�nito, temos eT (ex) � kTk kexke eT � kTk :Como a desigualdade contrária é óbvia, segue que eT e T têm a mesma norma.A unicidade de eT segue facilmente da sua continuidade.�

31

1.7 Séries em espaços vetoriais normados

Séries em espaços vetoriais normados têm um papel importante. Por exemplo, podemos caracterizarespaços vetoriais normados completos por meio de propriedades relativas à convergência de séries. Essacaracterização é útil em algumas demonstrações.Uma seqüência (xn) em um evn E é dita absolutamente somável se

1Xn=1

kxnk <1:

Nesse caso, dizemos que a série �1n=1xn é absolutamente convergente. Se (xn) for tal que

1Xn=1

x�(n)

converge, qualquer que seja a bijeção � : N ! N;dizemos que (xn) é incondicionalmente somávele que �1n=1xn é incondicionalmente convergente. Se uma série é convergente mas não éincondicionalmente convergente, dizemos que ela é condicionalmente convergente.A seguir caracterizamos espaços de Banach através de séries.

Teorema 1.7.1 Um evn E é Banach se e somente se cada série absolutamente convergente forconvergente em E:

Demonstração. Suponhamos que E seja completo. Seja

1Xn=1

xn

uma série absolutamente convergente em E. Para n > m, denotando por Sk =kX

n=1

xn, temos

kSn � Smk =

nX

j=m+1

xj

�nX

j=m+1

kxjk : (1.23)

Como1Xj=1

kxjk é convergente, de (1.23) inferimos que dado " > 0, existe N tal que

n;m � N ) kSn � Smk < ":

Portanto (Sn) é convergente.Reciprocamente, suponhamos que toda série absolutamente convergente em E seja também

convergente. Seja (xn) uma seqüência de Cauchy em E. Então, para cada k natural, existe nktal que

kxm � xnk < 2�k para todo m;n � nk:

Assim, encontramos números naturais n1 � n2 � � � � tais que xnk � xnk+1 < 2�k:Em particular,

1Xk=1

xnk+1 � xnk � 1Xk=1

2�k = 1

32

e portanto a série1Xk=1

(xnk+1 � xnk)

é absolutamente convergente. Usando nossa hipótese, concluímos que essa série é convergente. Como

xnk+1 = xn1 +kXj=1

(xnj+1 � xnj );

concluímos que (xnk)1k=1 é convergente. Como (xn)1n=1 é uma seqüência de Cauchy, e admite

subseqüência convergente, segue que ela também converge e E é completo.�Existem algumas caracterizações interessantes de séries incondicionalmente convergentes. A seguir,

listamos algumas delas:

Teorema 1.7.2 Dada uma série1Xj=1

xj em um espaço de Banach E, as seguintes a�rmacões são

equivalentes:

(a)1Xj=1

xj é incondicionalmente convergente;

(b) Para cada seqüência crescente de inteiros (nk)1k=1, a série1Xj=1

xnk converge;

(c) Para qualquer escolha de sinais �j 2 f�1; 1g;a série1Xj=1

�jxj converge;

(d) Para cada " > 0, existe um natural n" tal que Xj2F

xj

< "

para qualquer conjunto �nito F � fn" + 1; n" + 2; :::g.

Demonstração. Para uma demonstração detalhada, veja [7]:O livro [1] também comenta asequivalências, com menos detalhes.

Exercício 1.7.3 Mostre que se1Xj=1

xj é uma série incondicionalmente convergente em um espaço de

Banach E, então1Xj=1

x�1(j) =

1Xj=1

x�2(j)

para quaisquer bijeções �k : N! N, k = 1; 2:

Solução. Dado " > 0; seja n" dado pela equivalência (d) do Teorema 1.7.2. Seja k1 tal que

f�1(1); :::; �1(k1)g � f1; 2; ::::; n"g

e seja k2 tal quef�2(1); :::; �2(k2)g � f1; 2; ::::; n"g:

Logo, se k > maxfk1; k2g, temos kXj=1

x�1(j) �kXj=1

x�2(j)

= Xj2F1

xj �Xj2F2

xj

33

com F1; F2 �nitos e contidos em fn" + 1; n" + 2; :::g: Logo, pela desigualdade triangular, temos

k > maxfk1; k2g )

kXj=1

x�1(j) �kXj=1

x�2(j)

� Xj2F1

xj

+ Xj2F2

xj

< 2":Concluímos que

limk!1

kXj=1

x�1(j) �kXj=1

x�2(j)

= 0e o resultado segue.

1.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries.

1. Em cursos de análise aprendemos que, na reta, convergência absoluta e incondicional são a mesma coisa. Nocaso de séries (de números reais) condicionalmente convergentes, o leitor deve se lembrar do seguinte resultado,usualmente creditado a Riemann:

� (Riemann [23], 1854 - Dini [8], 1868) Na reta, se �1n=1xn é condicionalmente convergente, então dadoum número real L; existe uma bijeção � tal que �1n=1x�(n) = L, isto é, o conjunto das somas dosrearranjamentos convergentes de uma série condicionalmente convergente de números reais coincide comR.

É natural que nossa curiosidade nos leve a perguntar o que acontece se passarmos de R para Rn. Oque seria razoável acontecer? Será que o conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes de uma sériecondicionalmente convergente em Rncoincide com o Rn? Surpreendentemente, o resultado abaixo nos mostraque não é bem assim:

� (Levy [13], 1905 - Steinitz [25], 1913). Para qualquer série convergente �1n=1xj em Rn; o conjunto dassomas dos seus rearranjamentos convergentes é a translação de um subespaço vetorial.

A próxima questão natural é o problema 106 do Scottish Book (veja [18]), livro de problemas formuladospor matemáticos da escola de matemática de Lvov, Polônia, na década de 30; época em que surgiu a AnáliseFuncional moderna: Qual a generalização do resultado de Levy-Steinitz para dimensão in�nita? Mais uma vez,surpresas nos esperam:

� (Kadets [11], 1986). Se um espaço de Banach tem dimensão in�nita, existe uma série cujo conjunto dassomas dos rearranjamentos convergentes não é convexo.

Como todo subespaço vetorial é convexo, �ca claro que o comportamento das somas dos rearranjamentosconvergentes de séries em espaços de dimensão in�nita não segue o que acontece no Rn.

2. Em espaços normados há noções mais abstratas para séries. Uma família fx�;� 2 �g em um espaçovetorial normado E é somável se existir um x 2 E tal que, para todo " > 0, existe F � ��nito tal que, paratodo G �nito, com F � G � �, temos X

�2Gx� � x

< ":

34

Nesse caso, ecrevemosX�2�

x� = x e dizemos queX�2�

x� é uma série convergente, e converge para x. De modo

similar, uma família fx�;� 2 �g de um espaço vetorial normado E é absolutamente somável se

supfX

�2F; F �nito

kx�k ;� 2 �g <1:

Nesse caso dizemos que a sérieX�2�

x� é absolutamente convergente. É possível mostrar que E é um espaço de

Banach se e somente se toda família absolutamente convergente é convergente.

35

1.8 Bases de Schauder

Na álgebra linear, quando lidamos apenas com espaços vetoriais, sem noções topológicas, temos oconceito de base (de Hamel). Bases de Hamel são de difícil manuseio e são muito �grandes�, emgeral! O seguinte resultado é um bom indício:

Proposição 1.8.1 Seja E um espaço de Banach de dimensão in�nita e B uma base de E: Então Bnão é enumerável.

Demonstração. Se B fosse enumerável, poderíamos enumerar seus elementos v1; v2; :::: É claro que

E =1[n=1

Fn; (1.24)

onde cada Fn é o espaço gerado por fv1; v2; :::; vng: Como cada Fn tem dimensão �nita, é fechado eo Teorema de Baire garante que algum dos Fn que aparecem em (1.24) tem interior não-vazio. Mas,isso é um absurdo, pois todo subespaço próprio de um espaço vetorial normado tem interior vazio(veri�que!).�

Em espaços normados, temos a noção de convergência e é natural e frutífero pensar em séries parasubstituir combinações lineares �nitas:

De�nição 1.8.2 Se E é um espaço vetorial normado, uma seqüência (en)1n=1 é uma base deSchauder de E se cada x em E puder ser representado de maneira única como

x =1Xn=1

�nen: (1.25)

Uma base de Schauder é dita incondicional se a convergência em (1.25) for incondicinal.

Exemplo 1.8.3 O espaço c (veja de�nição no Exercício 1.4.6) possui base de Schauder (en)1n=0 dadapor 8>>><>>>:

e0 = (1; 1; 1; :::)e1 = (1; 0; 0; :::)e2 = (0; 1; 0; 0; :::)

...

:

Com efeito, se x = (x1; x2; :::) 2 c, denotando x0 = limxn; temos

x = x0e0 +1Pj=1

(xj � x0)ej :

Faça as contas com detalhes.

Exercício 1.8.4 Se (vj)1j=1 é base de Schauder de um espaço de Banach E, mostre que fvj ; j 2 Ng éLI.

Exercício 1.8.5 Mostre que todo espaço com base de Schauder é separável.

Exercício 1.8.6 Mostre que em lp, 1 � p <1, a seqüência (en)1n=1 com ej = (0; 0; :::; 0; 1; 0; :::); como 1 aparecendo na j-ésima coordenada, é uma base de Schauder de lp:

36

Solução. Seja (xj)1j=1 2 lp. Vamos mostrar que

(xj)1j=1 =

1Pj=1

xjej : (1.26)

Dado " > 0, como1Pj=1

jxj jp <1, existe n0 natural tal que

1Pj=n0

jxj jp < ":

Logo, se n � n0 então nPj=1

xjej � (xj)1j=1

= k(0; :::; 0; xn+1; xn+2; :::)k � 1Pj=n0

jxj jp < ":

Portanto segue (1.26). A rigor, devemos mostrar ainda a unicidade. Para tanto, suponha que

1Pj=1

xjej =1Pj=1

yjej 2 lp:

Então as seqüências

Sn =nPj=1

xjej e Rn =nPj=1

yjej

convergem para o mesmo limite em lp: Logo (Sn �Rn)! 0 e segue facilmente que xj = yj para todoj.

Exercício 1.8.7 Mostre que a seqüência (en)1n=1 é uma base de Schauder incondicional em lp,1 � p <1:

Solução. Seja (xj)1j=1 2 lp: Sabemos que

(xj)1j=1 =

1Pj=1

xjej : (1.27)

Para mostrar que a convergência em (1.27) é incondicional, usaremos o Teorema 1.7.2. Note que, como(xj)

1j=1 2 lp, temos

("jxj)1j=1 2 lp

para quaisquer "j 2 f�1; 1g: Como

("jxj)1j=1 =

1Pj=1

"jxjej ;

segue que1Pj=1

"jxjej é convergente. Então, pelo Teorema 1.7.2 (c), a convergência em (1.27) é

incondicional.

Exercício 1.8.8 Mostre que (e1; e2 � e1; e3 � e2; e4 � e3; :::) é base de Schauder de l1:

Solução. Se x 2 l1; então x =1Pj=1

xjej e1Pj=1

jxj j <1: Suponha que existam a1; a2; :::: tais que

a1e1 +1Pj=2

aj(ej � ej�1) = x =1Pj=1

xjej :

37

Então, dado " > 0, existe N" 2 N tal que

n > N" ) a1e1 + nP

j=2

aj(ej � ej�1)�1Pj=1

xjej

< "

) (a1 � a2 � x1)e1 + � � �+ (an�1 � an � xn�1)en�1 + (an � xn)en � 1P

j=n+1

xjej

< "

) k(a1 � a2 � x1)e1 + � � �+ (an�1 � an � xn�1)en�1k < ":

A�rmamos queaj�1 � aj � xj�1 = 0 para todo j � 2:

De fato, se fosse aj�1 � aj � xj�1 6= 0 para algum j, escolheríamos " = jaj�1�aj�xj�1j2 e chegaríamos

a um absurdo.Daí segue que

ak =1Pj=k

xj para todo k � 1:

Agora, vamos mostrar que a série

a1e1 +1Pj=2

aj(ej � ej�1); com ak =1Pj=k

xj

realmente converge para x. Isso é fácil, pois

a1e1 +nPj=2

aj(ej � ej�1)

= (a1 � a2)e1 + � � �+ (an�1 � an)en�1 + anen

=n�1Pj=1

xjej +

1Pj=n

xj

!en

Logo, dado " > 0, existe N0 2 N tal que

n > N0 )1Pj=n

jxj j = 1Pj=n

xjej

< ":

Logo,

n > N0 ) a1e1 + nP

j=2

aj(ej � ej�1)�1Pj=1

xjej

=

n�1Pj=1xjej +

1Pj=n

xj

!en �

1Pj=1

xjej

=

1Pj=n

xj

!en �

1Pj=n

xjej

< 2";e a convergência ocorre.

Exercício 1.8.9 Mostre que (e1; e2 � e1; e3 � e2; e4 � e3; :::) não é base de Schauder incondicional del1: Sugestão: Use e equivalência (b) do Teorema 1.7.2.

38

Solução. Escolha

x1 =1

2

x2 =1

2� 13

...

xn =1

n� 1

n+ 1...

Então x = (xj)1j=1 2 l1 e sua representação na base de Schauder dada é

x = 1e1 +1

2(e2 � e1) +

1

3(e3 � e2) + � � �

Se essa convergência fosse incondicional, então, em particular, a série

1e1 +1

3(e3 � e2) +

1

5(e5 � e4) + � � �

deveria ser convergente em l1, mas isso não ocorre.

Exercício 1.8.10 Para cada t 2 (0; 1); seja xt = (t; t2; t3; :::)(a) Mostre que fxt; 0 < t < 1g é um subconjunto LI de lp para qualquer 1 � p � 1:(b) Mostre que dim(lp) = card(R): Lembre-se que a dimensão de um espaço vetorial é a

cardinalidade de alguma de suas bases de Hamel (todas as bases de Hamel de um mesmo espaçovetorial têm a mesma cardinalidade). Note que do item (a) segue que dim(lp) � card(R) e use quecard(R� R� � � � � � � � ) =card(R):

Sugestão para a solução. (a) Se fxtj ; j = 1; :::; ng são vetores distintos e a1xt1 + � � � + anxtn = 0;então

a1(t1; t21; :::) + a2(t2; t

22; :::) + � � �+ an(tn; t2n; ::::) = 0:

Logo 8>>>><>>>>:t1a1 + t2a2 + � � � tnan = 0

...tn1a1 + t

n2a2 + � � � tnnan = 0

...

(1.28)

Para que o �sistema in�nito� tenha solução, em particular, as n primeiras igualdades devem sersatisfeitas. Vejamos que não há solução não trivial para o sistema formado pelas n primeiras igualdades(note que as variáveis são os aj). Só haveria solução não-trivial se fosse

det

26664t1 t21 � � � tn1t2 t22 � � � t2n...

......

...tn t2n � � � tnn

37775 = 0:Mas

det

26664t1 t21 � � � tn1t2 t22 � � � t2n...

......

...tn t2n tnn

37775 = t1:::tn det

266641 t1 � � � tn�11

1 t2 � � � tn�12...

......

...1 tn tn�1n

37775é não-nulo, pois é um determinante de Vandermonde com os tj dois a dois distintos.

39

Exercício 1.8.11 Seja E 6= f0g um espaço de Banach e

l1(E) =�(xj)

1j=1 2 EN; supfkxjk ; j 2 Ng <1

;

c00(E) =�(xj)

1j=1 2 l1(E); existe n0 2 N tal que xj = 0 para todo j � n0

:

Sabendo que l1(E) (com as operações usuais entre seqüências) é um espaço de Banach com a norma (xj)1j=1 1 = supfkxjk ; j 2 Ng;

responda:a) c00(E) é denso em l1(E) ?b) c00(E) é completo com a norma k:k1 ?c) Qual a (cardinalidade da) dimensão de c00(K) ?d) Exiba uma base de Hamel de c00(K):e) Considerando a de�nição de base de Schauder válida para espaços vetoriais normados (não

necessariamente completos), existe base de Schauder para c00(K) ? Caso positivo, exiba.f) Qual a (cardinalidade da)dimensão de c00(E)? Sugestão: Para cada x 2 E e j natural, de�na

ej(x) = (0; :::; 0; x; 0; :::), onde o x aparece na j-ésima entrada. Se A é base de Hamel de E, mostreque

B = fej(x); j 2 N e x 2 Ag

é base de Hamel de c00(E). Conclua que card(B) = card(N)card(A).

1.8.1 Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder

Todo espaço com base de Schauder é separável. Um problema que �cou aberto durante algum tempofoi: será que todo espaço separável tem base de Schauder? A resposta, negativa, foi obtida pelomatemático sueco Per En�o, em 1972.Um resultado, que já era conhecido por Banach, garante que todo espaço de Banach possui um

subespaço fechado com base de Schauder. É natural perguntar se todo espaço de Banach possui umsubespaço fechado com base de Schauder incondicional. Esse problema é chamado �problema da baseincondicional�, foi resolvido na negativa, recentemente, por W. T. Gowers, que ganhou a medalhaFields em 1998. O leitor mais interessado poderá encontrar uma exposição elementar do assunto em[5].Alguns resultados interessantes:

� C([0; 1]) tem base de Schauder (veja [19]) mas não tem base de Schauder incondicional (veja [10,p. 186])

� Lp[0; 1]; 1 � p < 1, tem base de Schauder (veja [19, Ex. 4.1.27]) mas L1[0; 1] não tem base deSchauder incondicional.

1.8.2 Nota histórica

Georg Karl Wilhelm Hamel foi um matemático alemão que estudou mecânica e fundamentos damatemática. Ficou famoso com um trabalho em 1905, que, via Axioma da Escolha, construiuexplicitamente uma base dos reais sobre o corpo dos racionais.Juliusz Schauder era polonês e foi aluno de Hugo Steinhaus.

1.9 Caracterização do dual de lpTeorema 1.9.1 Se 1 � p < 1; o dual de lp é isometricamente isomorfo a lq, com 1

p +1q = 1 (se

p = 1; consideramos q =1).

40

Demonstração. Dado y = (yj) 2 lq; de�nimos8><>:' : lp ! K

'(x) =1Xj=1

xjyj(1.29)

Usando a Desigualdade de Hölder, é fácil ver que

j'(x)j � kykq kxkp se p > 1j'(x)j � kyk1 kxk1 se p = 1:

Logo, qualquer que seja o caso, temosk'k � kykq

Agora, provaremos que todo ' 2 (lp)0 é dado por (1.29) para algum y = (yj) 2 lq e mostraremosainda que

k'k � kykq :

Note que se x =1Xj=1

xjej 2 lp, então

'(x) = '(1Xj=1

xjej) = '( limn!1

nXj=1

xjej) =1Xj=1

xj'(ej): (1.30)

Seja y = (yj) = ('(ej)): Mostraremos que y 2 lq e que k'k � kykq :Dado a 2 K, de�namos

sgn(a) =

� ajaj ; se a 6= 00, se a = 0:

:

� Caso p = 1: Fixado n 2 N, seja x = (xj), com

xj =

�sgn(yj) se j = n0, se j 6= n:

:

É claro que x 2 l1 e que kxk � 1: Por (1.30) segue que

'(x) = xnyn = jynj

ejynj = j'(x)j � k'k kxk1 � k'k :

Como isso vale para todo n, segue que

kyk1 � k'k :

� Caso p > 1: Fixado n 2 N, seja x = (xj), com

xj =

�jyj jq�1 sgn(yj) se 1 � j � n

0, se j > n::

Para 1 � j � n, temos

xjyj = jyj jq�1 sgn(yj)yj =(jyj jq�1 yj

jyj jyj = jyj jq se yj 6= 0

0 se yj = 0:

41

e portanto, se 1 � j � n,xjyj = jyj jq = jxj jp ; pois p(q � 1) = q:

Assim x 2 lp (claro pois apenas uma quantidade �nita de entradas são não nulas) e

'(x) =nXj=1

xjyj =nXj=1

jyj jq :

Assim,

nXj=1

jyj jq � k'k kxkp

= k'k

0@ nXj=1

jxj jp1A 1

p

= k'k

0@ nXj=1

jyj jq1A 1

p

e 0@ nXj=1

jyj jq1A1� 1

p

� k'k :

Como n é arbitrário, temoskykq � k'k :

Tudo o que foi provado garante que a aplicação linear

T : lq ! (lp)0

de�nida porT (y) = ' : lp ! K

dada por

'(x) =1Xj=1

xjyj

é o isomor�smo isométrico procurado.�

Exercício 1.9.2 Mostre que o dual de c0 é l1:

Solução. De�na

J : l1 ! (c0)0

J(y)(x) =1Xj=1

xjyj :

É fácil ver que J está bem de�nida, é linear. Além disso,

jJ(y)(x)j � kxk1 kyk1

42

e daí segue quekJk � 1:

Por outro lado, dada T 2 (c0)0 ; para cada n 2 N, de�na �n 2 K tal que jT (en)j = �nT (en): Logo,para cada m, temos

mXj=1

jT (ej)j =

��mXj=1

�jT (ej)

�� =��T0@ mXj=1

�jej

1A�� kTk mXj=1

�jej

1

= kTk :

Fazendo m!1, temos1Xj=1

jT (ej)j � kTk : (1.31)

Isso mostra que (T (ej))1j=1 2 l1 e, se x 2 c0, temos

J�(T (ej))

1j=1

�(x) =

1Xj=1

xjT (ej) = T

0@ 1Xj=1

xjej

1A = T (x):

Portanto,J�(T (ej))

1j=1

�= T

e J é sobrejetiva. É fácil ver que J é injetiva. Logo J é bijetiva e, denotando por I a sua inversa,temos

I : (c0)0 ! l1

I(T ) = (Tej)1j=1:

De (1.31) segue que

kIk = supkTk�1

kI(T )k = supkTk�1

1Xj=1

jT (ej)j � supkTk�1

kTk = 1:

Logo, se y 2 l1; temos

kyk1 = kI(Jy)k1 � kIk kJyk = kJyk � kJk kyk � kyk :

Portanto, kJyk = kyk e J é uma isometria.

43

Capítulo 2

Espaços com produto interno

Em Rn; além das operações de soma de vetores e produto de escalar por vetor, temos o produto interno

(:; :) : Rn � Rn ! R

(x; y) =nPj=1

xjyj

que é uma espécie de produto entre vetores. Dizemos que a norma euclidiana provém do produtointerno, pois

(x; x) = kxk2 :

O que faremos a seguir é de�nir um conceito abstrato de produto interno, e estudar os espaços normadoscuja norma provém de um produto interno. Tais espaços são chamados de espaços com produto internoe, se forem completos, são chamados de espaços de Hilbert.

2.1 Resultados preliminares

Se E é um espaço vetorial sobre K; um produto interno em E é uma aplicação

(�; �) : E � E ! K

que satisfaz, para quaisquer x; x1; x2; y 2 E e � 2 K:(P1) (x1 + x2; y) = (x1; y) + (x2; y)(P2) (�x; y) = �(x; y)(P3) (x; y) = (y; x)(P4) (x; x) > 0 se x 6= 0:Note que das propriedades acima segue que (x; 0) = (0; y) = 0 para quaisquer x e y:Se E possui um produto interno, dizemos que E é um espaço com produto interno.

Proposição 2.1.1 (Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz) Seja E um espaçovetorial com produto interno. Então

j(x; y)j2 � (x; x)(y; y) (2.1)

para quaisquer x; y em E. Além disso, a igualdade em (2.1) ocorre se e somente se x e y são LD.

44

Demonstração. Se x = 0 ou y = 0 o resultado é imediato, pois (x; 0) = (0; y) = 0. Suponhamosx 6= 0 e y 6= 0. Se a; b 2 K, temos

0 � (ax� by; ax� by) = aa(x; x)� ba(y; x)� ab(x; y) + bb(y; y)= jaj2 (x; x)� 2Re

�ab(x; y)

�+ jbj2 (y; y):

Se tomarmos a = (y; y) e b = (x; y); encontramos

ab(x; y) = (y; y)bb = jbj2 (y; y) 2 R.

Então

0 � (ax� by; ax� by) (2.2)

= jaj2 (x; x)� 2ab(x; y) + jbj2 (y; y)= jaj2 (x; x)� jbj2 (y; y)

= (y; y)h(y; y)(x; x)� jbj2

i= (y; y)

h(y; y)(x; x)� j(x; y)j2

i:

Daí(y; y)(x; x)� j(x; y)j2 � 0

e segue a primeira parte.Agora provaremos a segunda parte. Se fx; yg é LD, é fácil ver que vale a igualdade. Por outro

lado, suponha que vale a igualdade. Então, se a = (y; y) e b = (x; y); temos, de (2.2), que

(ax� by; ax� by) = 0: (2.3)

Se y = 0, então fx; yg é LD. Se y 6= 0, temos a 6= 0 e de (2.3) segue que

ax� by = 0

com a 6= 0 e fx; yg é LD.�

A Desigualdade de Cauchy-Bunyakowskii-Schwarz, mais conhecida como Desigualdade deCauchy-Schwarz, nos permite associar, de modo natural, uma norma a um espaço com produtointerno, como veremos a seguir:

Corolário 2.1.2 Seja E um espaço com produto interno. A função

k:k : E ! R

dada por kxk = (x; x)1=2 é uma norma em E.

Demonstração. Exercício. Sugestão: Comece com kx+ yk2 e use a Desigualdade de Cauchy-Schwarz.A norma de�nida acima é chamada norma proveniente do produto interno (�; �): Um espaço

vetorial com produto interno que, com a norma acima, é Banach, é chamado espaço de Hilbert.Espaços de Hilbert gozam de propriedades especiais, que serão estudadas no decorrer desse texto.

Exercício 2.1.3 Mostre que l2 é um espaço de Hilbert com produto interno

(x; y) =1Xj=1

xjyj :

45

Há alguns resultados úteis que relacionam a norma proveniente do produto interno com o produtointerno:

Proposição 2.1.4 Seja E um espaço vetorial com um produto interno. Então(i) (Lei do Paralelogramo)

kx+ yk2 + kx� yk2 = 2(kxk2 + kyk2)

para quaisquer x; y 2 E.(ii) (Fórmula de Polarização, caso real)

(x; y) =1

4

hkx+ yk2 � kx� yk2

ipara quaisquer x; y 2 E.(iii) (Fórmula de Polarização, caso complexo)

(x; y) =1

4

hkx+ yk2 � kx� yk2 + i

�kx+ iyk2 � kx� iyk2

�ipara quaisquer x; y 2 E.

Demonstração. (i) e (ii). Como�kx+ yk2 = kxk2 + (x; y) + (y; x) + kyk2

kx� yk2 = kxk2 � (x; y)� (y; x) + kyk2 ;

somando as duas igualdades obtemos (i) e subtraindo as duas igualdades, obtemos (ii).(iii). Como�

kx+ iyk2 = kxk2 + (x; iy) + (iy; x) + kyk2 = kxk2 � i(x; y) + i(y; x) + kyk2

kx� iyk2 = kxk2 + (x;�iy) + (�iy; x) + kyk2 = kxk2 + i(x; y)� i(y; x) + kyk2 ;

subtraindo as igualdades, temos

kx+ iyk2 � kx� iyk2 = �2i(x; y) + 2i(y; x)

Maskx+ yk2 � kx� yk2 = 2(x; y) + 2(y; x)

Logo

1

4

hkx+ yk2 � kx� yk2 + i

�kx+ iyk2 � kx� iyk2

�i=1

4[2(x; y) + 2(y; x) + 2(x; y)� 2(y; x)]

= (x; y):�

Se E1 e E2 são espaços normados, E1 � E2 tem normas naturais, a saber

k(x; y)k1 = kxk+ kykk(x; y)k2 = maxfkxk ; kykg:

É claro que essas duas normas são equivalentes.Quando lidarmos, ao mesmo tempo, com produtointerno e pares ordenados, usaremos a notação < x; y > para denotar o produto interno, com o intuitode evitar confusão com a notação de par ordenado (x; y).Sempre que E1 e E2 forem evn, quando considerarmos o produto cartesiano E1 � E2, estaremos

subentendendo E1 � E2 com uma dessas normas, e conseqüentemente E1 � E2 é um espaço métricocom a métrica proveniente dessas normas. Como as duas normas são equivalentes, as duas métricasserão equivalentes.

46

Exercício 2.1.5 Mostre que em E1 � E2 com k:k1 ; um par ordenado (xj ; yj) converge para um parordenado (x; y) se e somente se xj ! x e yj ! y:

Exercício 2.1.6 Mostre que a função produto interno (de E � E em K) é contínua.Solução. Pelo exercício anterior, se o par ordenado (xj ; yj) converge para um par ordenado (x; y)

em E � E, segue que xj ! x e yj ! y: Pela Fórmula de Polarização (caso real) temos

< x; y >=1

4


i:

Como a norma é contínua, segue que

< xj ; yj >=1

4

hkxj + yjk2 � kxj � yjk2

i! 1

4


i=< x; y > :

O caso complexo é similar.

Exercício 2.1.7 Mostre que lp (com sua norma usual), com p 6= 2, não é um espaço com produtointerno. Sugestão: Lei do Paralelogramo.

2.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz

Victor Yajovlevich Bunyakovskii foi um matemático nascido onde atualmente é a Ucrânia, comcontribuições em diversas áreas da matemática. Bunyakovskii publicou a hoje chamada Desigualdadede Cauchy-Schwarz em 1859, cerca de 25 anos antes do trabalho de Schwarz. Em alguns livros areferência a Bunyakovskii é feita, mas principalmente no ocidente seu nome é em geral esquecido.Hermann Schwarz nasceu em 1843, numa região que atualmente faz parte da Polônia e Cauchy

dispensa comentários.

2.2 Ortogonalidade

Lembre-se que no R2; dois vetores x e y são ortogonais se

2Xj=1

xjyj = 0;

isto é, seu produto interno é zero. Para espaços com produto interno, generalizamos o conceito deortogonalidade de maneira natural:

De�nição 2.2.1 Em um espaço com produto interno dizemos que x e y são ortogonais (notaçãox ? y) se (x; y) = 0:

Exercício 2.2.2 (Teorema de Pitágoras) Se E é um espaço com produto interno, prove que se x e ysão ortogonais em E, então

kx+ yk2 = kxk2 + kyk2 :

Teorema 2.2.3 Seja E um espaço com produto interno e seja M um subespaço completo de E. Dadox 2 E, existe um único p 2M tal que

kx� pk = dist(x;M) := infy2M

kx� yk

47

Demonstração. Seja (yn) uma seqüência em M tal que

d � kx� ynk < d+1

n(2.4)

para todo n; onde d = dist(x;M).Pela Lei do Paralelogramo aplicada a x� yn e x� ym; temos

2 kx� ymk2 + 2 kx� ynk2 = kx� yn + x� ymk2 + kx� yn � x+ ymk2

e portanto

kyn � ymk2 = 2 kx� ymk2 + 2 kx� ynk2 � 4 x� yn + ym

2

2� 2

�d+

1

m

�2+ 2

�d+

1

n

�2� 4d2 ! 0

quando n e m crescem.Logo (yn) é de Cauchy em M e, como M é completo, converge para um certo p 2 M . De (2.4),

fazendo n!1, temoskx� pk = d:

Para provar a unicidade, suponhakx� qk = d:

Pela Lei do Paralelogramo, temos

2 kx� pk2 + 2 kx� qk2 = k2x� p� qk2 + kp� qk2

e daí segue que

4d2 = 4

x� p+ q

2

2 + kp� qk2) kp� qk2 = 4d2 � 4

x� p+ q

2

2) kp� qk2 � 4d2 � 4d2 = 0) kp� qk = 0:�

Exercício 2.2.4 Mostre que, para R2 com k(x; y)k = maxfjxj ; jyjg; existem um subespaço fechado Me x =2M tal que não é único o p 2M com

kx� pk = dist(x;M):

Exercício 2.2.5 Mostre que em todo espaço vetorial V pode ser de�nido um produto interno. Maisainda, para cada base de Hamel B de V , podemos de�nir um produto interno de modo que os vetoresde B sejam ortogonais.

De�nição 2.2.6 Seja E um espaço com produto interno e M um subconjunto de E. Denominamos osubconjunto

M? = fy 2 E; (x; y) = 0 para todo x 2Mgde complemento ortogonal a M:

Exercício 2.2.7 Mostre que M � (M?)?:

48

Exercício 2.2.8 Mostre que M? é um subespaço fechado de E.

Teorema 2.2.9 Seja E um espaço com produto interno e seja M um subespaço completo de E. Então(a) E é soma direta de M e M?; isto é, cada x 2 E admite uma única representação na forma

x = p+ q com p 2M e q 2M?:

Além dissokx� pk = dist(x;M)

e p é chamado de projeção ortogonal de x sobre M:(b) Se de�nirmos P (x) = p e Q(x) = q para x 2 E, então P;Q 2 L(E;E): O operador P é chamado

de operador projeção de E sobre M , ou simplesmente projeção.(c) P 2 = P; Q2 = Q e P �Q = Q � P = 0:

Demonstração.(a) Dado x 2 E, seja p 2M o único vetor em M tal que

kx� pk = dist(x;M):

Vamos provar que x� p 2M?.Seja q = x� p: Então, para todo y 2M e todo escalar �, temos

kqk2 = kx� pk2 � kx� p� �yk2 = (q � �y; q � �y)= kqk2 + �� kyk2 � �(y; q)� �(q; y)) 0 � j�j2 kyk2 � 2Re [�(y; q)] :

Escrevendo (y; q) na forma polar j(y; q)j ei� e escolhendo � = te�i� (com t 2 R), temos

0 � t2 kyk2 � 2t j(y; q)j

e conseqüentementej(y; q)j = 0:

Logox = p+ (x� p) = p+ q

com p 2M e q 2M?.Para provar a unicidade, basta supor que p+ q = p1 + q1; com p; p1 2M e q; q1 2M?: Assim,

p� p1 = q1 � q 2M \M?:

Como M \M? = f0g (veri�que), o resultado segue.(b) Como x = p+ q e p e q são ortogonais, temos, pelo Teorema de Pitágoras (2.2.2),

kxk2 = kpk2 + kqk2

ekPxk2 = kpk2 � kxk2

e daíkPk � 1:

Para Q o resultado é análogo.(c) Fácil.�

49

Observação 2.2.10 É interessante observar que mesmo o item (a) do teorema anterior não é válido,em geral, sem a hipótese de M ser um subespaço completo. De fato, tome E = l2, M = [ej ; j 2 N]. Éfácil ver que M? = f0g (Exercício 2.3.3) e �ca claro que nesse caso E 6=M �M?:

Exercício 2.2.11 Se M é um subespaço fechado de um espaço de Hilbert E; mostre que M = (M?)?:

Solução. Basta mostrar que (M?)? �M: A outra inclusão já é conhecida. Temos que

E =M �M?:

Se x 2 (M?)?; então (x; y) = 0 para todo y 2M?: Mas x = xM + xM? 2M �M?: Logo

(xM + xM? ; y) = 0 para todo y 2M?

e daí(xM? ; y) = 0 para todo y 2M?:

Portanto xM? = 0 e segue que x = xM + 0 2M:

2.3 Conjuntos ortonormais

De�nição 2.3.1 Seja E um espaço com produto interno. Um conjunto S � E é dito ortonormal sedados x; y 2 S tivermos (x; y) = 0 se x 6= y e (x; x) = 1: Um conjunto ortonormal S é dito completose S? = f0g:

Exercício 2.3.2 Todo conjunto ortonormal é LI.

Exercício 2.3.3 Mostre que S = fej ; j 2 Ng é um conjunto ortonormal completo em l2:

Exercício 2.3.4 Mostre que L2([0; 2�]) (caso real) é um espaço de Hilbert e que o conjunto formadopelas funções

f0(t) =1p2�;

fn(t) =1p�cos(nt); n 2 N e

gn(t) =1p�sin(nt); n 2 N

é um conjunto ortonormal.

O próximo resultado nos dá a forma precisa da melhor aproximação de x em um subespaço dedimensão �nita M de um espaço com produto interno.

Proposição 2.3.5 Seja E um espaço com produto interno e fx1; :::; xng um conjunto ortonormal �nitoem E.(a) Se M = [x1; :::; xn] e x 2 E, então x�

nXi=1

(x; xi)xi

= dist(x;M):

(b)nXi=1

j(x; xi)j2 � kxk2 para todo x em E.

50

Demonstração. (a) Pelo Teorema 2.2.9,

x = p+ q com p 2M; q 2M? e kx� pk = dist(x;M):

Como p 2M , existem �1; :::; �n tais que

p =nXi=1

�ixi:

Como x� p = q 2M?, temos

0 = (x� p; xj) = (x; xj)� �j) �j = (x; xj)

e segue (a).(b) Note que

0 � x�

nXi=1

(x; xi)xi; x�nXi=1

(x; xi)xi

!

) 0 � kxk2 �nXi=1

j(x; xi)j2 �nXi=1

j(x; xi)j2 +nXi=1

j(x; xi)j2


Observação 2.3.6 A expressãonXi=1

(x; xi)xi é, por motivos óbvios, chamada de melhor

aproximação de x em M = [x1; :::; xn]:

Exercício 2.3.7 Se M = fp(x); p é polinômio com coe�cientes reais e grau menor ou igual a 1g e Eé o espaço de Hilbert L2[�1; 1]; encontre a melhor aproximação de f(x) = ex em M .

O próximo lema ajudará na obtenção de uma desigualdade famosa, chamada Desigualdade deBessel.

Lema 2.3.8 Seja E um espaço com produto interno e S = fxi; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E.Então, para cada x 2 E, o conjunto

J = fi 2 I; (x; xi) 6= 0g

é, no máximo, enumerável, i.e., é �nito ou enumerável.

Demonstração. Note que J =1[k=1

Jk; com

Jk = fi 2 I; j(x; xi)j >1

kg:

Para mostrar que J é enumerável, basta mostrar que cada Jk é �nito. Como, para todo J0 � J �nito,temos X

i2J0

j(x; xi)j2 � kxk2 ;

se i1; :::; in 2 Jk; temosj(x; xi1)j

2+ � � �+ j(x; xin)j

2 � kxk2 :

51

Conseqüentemente

n

�1

k

�2� kxk2

en � k2 kxk2 :

Assim, a quantidade de elementos de Jk não excede k2 kxk2 e Jk é, portanto, �nito.�

Teorema 2.3.9 (Desigualdade de Bessel) Seja E um espaço com produto interno e S = fxi; i 2 Igum conjunto ortonormal em E. Então, se x 2 E; temosX

i2Jj(x; xi)j2 � kxk2 ;

com J = fi 2 I; (x; xi) 6= 0g:

Demonstração. Sabemos, pelo lema anterior, que J é, no máximo, enumerável. Se J for �nito, orsultado é dado pela Proposição 2.3.5. Suponha que J seja in�nito. Como todos os termos da sériesão positivos, não importa a ordem em que fazemos a soma da série. Se i1; i2; ::: é uma enumeraçãodos elementos de J , então

nXk=1

j(x; xik)j2 � kxk2

para todo n. Logo, fazendo o limite com n tendendo a in�nito,Xi2J

j(x; xi)j2 =1Xk=1

j(x; xik)j2 � kxk2 :�

A seguir, se S = fxi; i 2 Ig for um conjunto ortonormal (mesmo que não-enumerável), será comumusar a expressão X

i2I(x; xi)xi: (2.5)

Como sabemos que fi 2 I; (x; xi) 6= 0g é no máximo enumerável, �ca claro que a soma que aparece em(2.5) denota, na verdade, uma soma em um conjunto enumerável de índices. Entretanto, ainda não éclaro que tal soma está bem de�nida, isto é, converge e, mais ainda, é incondicionalmente convergente.O próximo lema demonstra esse fato.

Lema 2.3.10 Seja E um espaço de Hilbert. Seja S = fxi; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E.Então, para cada x 2 E; denotando Ix = fi 2 I; (x; xi) 6= 0g, temos que a sérieX

i2Ix

(x; xi)xi

converge incondicionalmente.

Demonstração. Se Ix for �nito, o resultado é claro. Se Ix for in�nito, seja (yj)1j=1 uma enumeração

de fxi; i 2 Ixg: Seja Sn =nXi=1

(x; yi)yi: Então, se n > m, temos

kSn � Smk2 =

nXi=m+1

(x; yi)yi

2

=nX

i=m+1

j(x; yi)j2

e, pela Desigualdade de Bessel, segue que a seqüência (Sn) é de Cauchy em E, e portanto convergepara um certo s 2 E: O resultado segue pelo Exercício 1.7.3.�

52

Exercício 2.3.11 Se (yj)1j=1 e (zj)1j=1 são enumerações de fxi; i 2 Ixg na proposição anterior, mostre

diretamente (sem usar o Exercício 1.7.3) que

1Xi=1

(x; zi)zi =1Xi=1

(x; yi)yi:

Solução. Sejam Sn =nXi=1

(x; yi)yi e Rn =nXi=1

(x; zi)zi: Sabemos que Sn converge para um certo

s 2 E e Rn converge para um certo t 2 E. Devemos mostrar que s = t: Dado " > 0, podemos encontrarnúmeros naturais m0 e n0 tais que

1Xi=m+1

j(x; yi)j2 = kSm � sk2 � "2 para m � m0

1Xi=n+1

j(x; zi)j2 = kRn � tk2 � "2 para n � n0:

Fixando m1 � m0 e tomando n1 � n0 tal que fy1; :::; ym1g � fz1; :::; zn1g; temos

Rn1 � Sm1=Xj2J1

(x; zj)zj =Xj2J(x; yj)yj ;

onde J � N� f1; :::;m1g: Daí

kRn1 � Sm1k2=Xj2J

j(x; yj)j2 �1X

i=m1+1

j(x; yi)j2 � "2:

Logokt� sk � kt�Rn1k+ kRn1 � Sm1

k+ kSm1� sk � 3":

Como " > 0 é arbitrário, o resultado segue.

O próximo resultado apresenta caracterizações interessantes de conjuntos ortonormais completos.

Teorema 2.3.12 Seja E um espaço de Hilbert. Seja S = fxi; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E.Então, as seguintes a�rmações são equivalentes:(a) x =

Xi2I(x; xi)xi para cada x em E.

(b) S é completo.(c) [S] = E:

(d) (Identidade de Parseval) kxk2 =Xi2I

j(x; xi)j2 para todo x em E.

(e) (x; y) =Xi2I(x; xi)(y; xi) para quaisquer x; y em E.

Demonstração. (a))(b) Se x 2 S?, como (x; xi) = 0 para todo i em I; segue de (a) que x = 0.Assim S? = f0g e S é completo.(b))(a) Seja J = fi 2 I; (x; xi) 6= 0g: Vamos tratar do caso J in�nito (nesse caso, sabemos que J

é enumerável).Seja fi1; i2; :::g uma enumeração de J . Temos, para cada i 2 I;0@x� 1X

j=1

(x; xij )xij ; xi

1A = (x; xi)�1Xj=1

(x; xij )(xij ; xi) = 0:

53

e, como S é completo,

x�1Xj=1

(x; xij )xij = 0:

Assim, para qualquer enumeração de J , temos

x =1Xj=1

(x; xij )xij :

Se J for �nito, pode-se adaptar facilmente a demonstração acima.(b))(c) Seja M = [S]: Então E = M �M?: Mas M? = f0g (pois S � M ) M? � S? = f0g).

Logo E =M:(c))(d) Sejam x 2 E e " > 0. Por (c), existe y" 2 [S] tal que

kx� y"k < ":

Como y" 2 [S], y" pode ser escrito como y" =Xi2J"

�ixi; com J" � I �nito. Lembrando da representação

da melhor aproximação, temos que x�Xi2J"

(x; xi)xi

� x�X

i2J"

�ixi

< ":

Logo x�

Xi2J"

(x; xi)xi; x�Xi2J"

(x; xi)xi

!< "2

e daíkxk2 �

Xi2J"

j(x; xi)j2 < "2:

Logokxk2 <

Xi2I

j(x; xi)j2 + "2

Como " > 0 é arbitrário, fazendo "! 0 e usando a Desigualdade de Bessel, o resultado segue.(d))(e) Sejam x; y 2 E e � um escalar. Temos, por (d),

(�x+ y; �x+ y) = k�x+ yk2

=Xi2I

j(�x+ y; xi)j2

=Xi2I(�x+ y; xi)(�x+ y; xi)

e daí

j�j2 kxk2 + �(x; y) + �(y; x) + kyk2

=Xi2I

�j�j2 j(x; xi)j2 + �(x; xi)(xi; y) + �(y; xi)(xi; x) + j(xi; y)j2

�:

Logo, separando as séries do lado direito (isso é possível pois, pela Desigualdade de Hölder, todas elassão convergentes) e usando (d) chegamos a

�(x; y) + �(y; x) =Xi2I

��(x; xi)(xi; y) + �(y; xi)(xi; x)

�= �

Xi2I(x; xi)(y; xi) + �

Xi2I(y; xi)(x; xi):

54

Fazendo � = 1, obtemosRe(x; y) = Re

Xi2I(x; xi)(y; xi)

e escolhendo � = i; chegamos a

Im(x; y) = ImXi2I(x; xi)(y; xi):

Das duas igualdades acima, concluímos que

(x; y) =Xi2I(x; xi)(y; xi):

(e))(b) é imediato. Com efeito, se x 2 S?, temos (x; xi) = 0 para todo i em I: Usando (e) com x = y;obtemos (x; x) = 0 e conseqüentemente x é o vetor nulo.�

2.4 Processo de ortogonalização e suas conseqüências

Em espaços com produto interno, há uma forma de �ortogonalizar� conjuntos de vetores. É umprocesso simples, porém útil, chamado Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt.

Proposição 2.4.1 (Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt) Sejam E um espaço comproduto interno e (xn)1n=1 uma seqüência de vetores LI em E. Existe uma seqüência ortonormal(en)

1n=1 tal que

[x1; :::; xn] = [e1; :::; en]

para todo n natural.

Demonstração. De�nimos e1 = x1kx1k : Sabemos que x2 pode ser escrito como

x2 = (x2; e1)e1 + v2;

com v2 2 [e1]?: Logov2 = x2 � (x2; e1)e1;

e de�nimos entãoe2 =

v2kv2k

:

Note que[x1; x2] = [e1; e2]:

Vamos demonstrar o teorema por indução. Suponha que tenhamos construído vetores ortonormaise1; :::; en tais que

[x1; :::; xn] = [e1; :::; en]: (2.6)

Temos quexn+1 = (xn+1; e1)e1 + � � �+ (xn+1; en)en + vn+1;

comvn+1 2 [e1; :::; en]?:

De�naen+1 =

vn+1kvn+1k

:

É claro que os vetores e1; :::; en+1 são ortonormais. Basta mostrar que

[x1; :::; xn+1] = [e1; :::; en+1]:

55

Do caso n, é claro queej 2 [x1; :::; xn+1]

para todo j = 1; :::; n: Pela de�nição de en+1; é claro que

en+1 2 [e1; :::; en; xn+1](2.6)= [x1; :::; xn+1]:

Logo, segue que[e1; :::; en+1] � [x1; :::; xn+1]:

A outra inclusão também é simples.�

Corolário 2.4.2 Sejam E um espaço com produto interno e (xn) uma seqüência de vetores LI em E.Existe uma seqüência ortonormal (en) tal que

[x1; :::; xn; :::] = [e1; :::; en; :::]:

Demonstração. Seja (en)1n=1 a seqüência obtida na Proposição anterior (Processo de Gram-Schimidt). Se v 2 [x1; :::; xn; :::], então existe k 2 N tal que

v 2 [x1; :::; xk]:

Pela proposição anterior, sabemos que [x1; :::; xk] = [e1; :::; ek]: Como [e1; :::; ek] � [e1; :::; en; :::], segueque

v 2 [e1; :::; en; :::]

e conseqüentemente[x1; :::; xn; :::] � [e1; :::; en; :::]:

A outra inclusão é obtida de modo análogo.�

Corolário 2.4.3 Um espaço de Hilbert H de dimensão in�nita é separável se e somente se existe emH um conjunto ortonormal completo e enumerável.

Demonstração. Suponha que S = fxn;n 2 Ng seja um conjunto ortonormal completo em H. PeloTeorema 2.3.12, todo x em H é escrito como

x =1Xi=1

(x; xi)xi:

Note ainda que se

x =1Xi=1

aixi;

fazendo o produto interno com cada xj , concluímos que aj = (x; xj); portanto a forma de escrever x éúnica. Assim, S é uma base de Schauder de H e o Exercício 1.8.5 garante que H é separável.Reciprocamente, se H é separável, seja D = fxn;n 2 Ng um subconjunto denso de H.Então D é um gerador de [D] e, de D; podemos extrair uma base para [D] (veja exercício 1.4.21).Mas

H = D � [D] � H:

Se essa base (que foi extraída de D) fosse �nita, digamos fv1; :::; vng, teríamos que

H = [D] = [v1; :::; vn] = [v1; :::; vn];

56

mas isso não pode acontecer, pois H é um espaço vetorial de dimensão in�nita.Seja, então fv1; :::; vn; :::g a base (in�nita) de [D] extraída de D:Pelo Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt, é possível obter um conjunto ortonormal S

tal que[S] = [v1; :::; vn; :::]:

Assim,[S] = [v1; :::; vn; :::] = [D] = H

e concluímos que S é completo.�

Em álgebra linear, pode-se provar que se V é um espaço vetorial e S0 é um conjunto LI em V ,então existe uma base de V que contém S0: A peça fundamental da demonstração desse resultado é oLema de Zorn. A seguir, mostraremos um resultado similar para espaços com produto interno, cujademonstração é bastante parecida com aquela da álgebra linear.

Teorema 2.4.4 Seja H um espaço com produto interno e S0 um conjunto ortonormal em H: Entãoexiste um conjunto ortonormal completo S que contém S0:

Demonstração. Seja F a família de todos os conjuntos ortonormais S em H que contém S0. Noteque F 6= �, pois S0 2 F . Para utilizar o Lema de Zorn, consideramos F com a ordem parcial dadapela inclusão de conjuntos.Seja fSi; i 2 Ig � F um subconjunto de F totalmente ordenado. Note queS

i2ISi 2 F :

De fato, se x; y 2Si2ISi, existem i1; i2 em I tais que x 2 Si1 e y 2 Si2 : Como fSi; i 2 Ig é totalmente

ordenado, temos que Si1 � Si2 ou Si2 � Si1 : Pornato, temos x; y 2 Si1 ou x; y 2 Si2 : Em qualquer queseja o caso, é claro que x é ortogonal a y e portanto

Si2ISi é um conjunto ortonormal. Logo

Si2ISi é

uma cota superior para o conjunto totalmente ordenado fSi; i 2 Ig. Assim, o Lema de Zorn pode serusado, garantindo a existência de um conjunto ortonormal S 2 F que é maximal.Resta-nos mostrar que S é completo. Se supusermos o contrário, existirá z 2 H não nulo tal que

z 2 S?: DaíS1 := S [ f z

kzkg

é um conjunto ortonormal (distinto de S) e S � S1, e isso contradiz a maximalidade de S. �O próximo resultado mostra que o protótipo de espaços de Hilbert de dimensão in�nita e separáveis

é o l2:

Teorema 2.4.5 (Teorema de Riesz-Fischer) Todo espaço de Hilbert, separável, de dimensãoin�nita, é isometricamente isomorfo a l2:

Demonstração. Seja H um espaço de Hilbert separável, com dimensão in�nita. Pelo Corolário 2.4.3e Teorema 2.4.4, existe um conjunto ortonormal completo e enumerável S = fxj ; j 2 Ng em H. Alémdisso, sabemos que nesse caso todo x em H é representado por

x =1Xi=1

(x; xi)xi:

De�naT : H ! l2

57

por

T (1Xi=1

(x; xi)xi) = ((x; xn))1n=1 :

A desigualdade de Bessel garante que T está bem de�nida. Além disso, é fácil ver que T é linear ea identidade de Parseval garante que kTxk = kxk e portanto T é injetiva. Para provar que T é umisomor�smo isométrico, resta mostrar que T é sobrejetiva. Seja (aj)1j=1 2 l2: Primeiro, notemos que asérie

1Xj=1

ajxj

converge em H. De fato, escrevendo, para cada k 2 N, Sk =kXj=1

ajxj ; temos, para n > m;

kSn � Smk2 =

nX

j=m+1

ajxj

2

=nX

j=m+1

jaj j2 :

Como1Xj=1

jaj j2 < 1; segue que (Sn)1n=1 é de Cauchy e portanto converge. Logo x :=1Xj=1

ajxj 2 H

está bem de�nido e é fácil ver que T (x) = (aj)1j=1:�Exercício 2.4.6 Seja E um espaço com produto interno. Sejam S1 = fxn;n 2 Ng e S2 = fyn;n 2 Ngconjuntos ortonormais em E tais que

[x1; :::; xn] = [y1; :::; yn]

para cada n natural. Mostre que existe uma seqüência (an) de escalares com módulo 1, tais que

yn = anxn

para todo n.

Solução. Como [x1] = [y1]; segue que y1 = a1x1: Como kx1k = ky1k = 1; segue que ja1j = 1: Agora,procedemos por indução. Suponha que

y1 = a1x1; com ja1j = 1;...

yn = anxn; com janj = 1:

Vamos mostrar que yn+1 = an+1xn+1 com jan+1j = 1: Como

[x1; :::; xn+1] = [y1; :::; yn+1];

temos queyn+1 = �1x1 + � � �+ �nxn + �n+1xn+1: (2.7)

Para qualquer j = 1; ::::; n, usando a hipótese de indução, temos

0 = (yn+1; yj)

= (�1x1 + � � �+ �nxn + �n+1xn+1; ajxj)= �jaj :

Como jaj j = 1; segue que �j = 0: Portanto �1 = � � � = �n = 0: Assim, de (2.7), concluímos que

yn+1 = �n+1xn+1:

Como kyn+1k = kxn+1k = 1; segue que j�n+1j = 1, e isso completa a demonstração.

58

Exercício 2.4.7 Seja E um espaço com produto interno, e seja S um conjunto ortonormal in�nitoem E. Prove que S não é compacto, mas é fechado e limitado.

2.4.1 Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt

Erhard Schmidt nasceu em 1876, Dorpat, Alemanha (atualmente Estônia) e Jorgen Petersen Gramnasceu em 1850, em Nustrup, Dinamarca. O processo de Gram-Scmidt parece, entretanto, ser anteriora Gram e Schmidt, sendo aparentemente um resultado de Laplace, usado também em essência porCauchy em 1836.E. Schmidt (com F. Riesz) também é lembrado por trazer a linguagem da geometria euclidiana

(desigualdade triangular, Teorema de Pitágoras,...) aos espaços de Hilbert.

2.5 O Teorema de Riesz-Fréchet

A seguir, veremos um resultado clássico, devido a Riesz e Fréchet, que caracteriza todos os funcionaislineares contínuos em espaços de Hilbert.

Teorema 2.5.1 Seja E um espaço de Hilbert e ' : E ! K um funcional linear contínuo. Então,existe um único y0 2 E tal que

'(x) = (x; y0):

Além disso, k'k = ky0k :

Demonstração. Se ' é identicamente nulo, basta tomar y0 = 0. Suponhamos ' não identicamentenulo.Seja

M = fx 2 E;'(x) = 0g:Como ' não é identicamente nulo, é claro que M é um subespaço próprio de E. Além disso, M éfechado, pois é a imagem inversa de f0g, que é fechado. Temos, portanto, pelo Teorema 2.2.9, queM? 6= f0g: Escolha x0 em M? de norma 1: Vamos mostrar que, para todo x em E, temos

'(x) = (x; y0);

onde y0 = '(x0)x0:De fato, x sempre pode ser escrito como

x =

�x� '(x)

'(x0)x0

�+

'(x)

'(x0)x0

com x� '(x)'(x0)

x0 2M e '(x)'(x0)

x0 2M?:

Logo

(x; y0) =

�x� '(x)

'(x0)x0; y0

�+

�'(x)

'(x0)x0; y0

�= 0 +

'(x)

'(x0)(x0; y0)

='(x)

'(x0)

�x0; '(x0)x0

�= '(x):

A unicidade é fácil e �ca como exercicio.Também é fácil mostrar que k'k = ky0k :�

59

Corolário 2.5.2 Se H é um espaço de Hilbert sobre R, H e H 0 são isometricamente isomorfos.

Observação 2.5.3 No caso que H = l2, mesmo sobre o corpo dos complexos, já vimos que H e H 0

são isometricamente isomorfos.

Exercício 2.5.4 No Teorema de Riesz-Fréchet, considere o caso ' 6= 0. Apesar da unicidade do y0;note que escolhemos arbitrariamente x0 2 M? com norma 1 e depois de�nimos y0 como sendo ummúltiplo de x0: A pergunta é a seguinte: Como, apesar da liberdade de escolha para x0, o vetor y0 éúnico ?Sugestão: Mostre que M? tem dimensão 1. Para isso, considere x; y 2 M? e estude o vetor

v = '(x)y � '(y)x: Note que '(v) = 0 e isso implica que v 2M \M?::::

2.6 Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert

Proposição 2.6.1 Sejam E e F espaços de Hilbert. Para cada T 2 L(E;F ), existe um únicoT � 2 L(F ;E) tal que

(Tx; y) = (x; T �y) (2.8)

para todo x 2 E e y 2 F: Além disso, kT �k = kTk :

Demonstração. Para cada y 2 F , de�na

' : E ! K'(x) = (Tx; y)

Note que ' é linear e, pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos

j'(x)j = j(Tx; y)j � kTxk kyk :

Portantok'k � kTk kyk :

Pelo Teorema de Riesz-Fréchet, existe um único y0 2 E tal que

'(x) = (x; y0);

ek'k = ky0k :

Daí(Tx; y) = (x; y0) para todo x 2 E: (2.9)

De�nimos, então,

T � : F ! E

T �(y) = y0:

De (2.9) temos que T � é linear (faça as contas!) e

kT �(y)k = ky0k = k'k � kTk kyk :

AssimkT �k � kTk :

Concluímos que T � satisfaz (2.8).

60

Agora vejamos que T � é único. Se T �2 também satisfaz (2.8) segue que

(x; T �2 y) = (x; T�y)

para todo x; y 2 E: Daí segue facilmente que T �2 = T �:Resta mostrar que kT �k = kTk :Partindo de T � : F ! E; o mesmo raciocínio anterior mostra a existência de um T �� : E ! F tal

que(T �y; x) = (y; T ��x) (2.10)

para todo y 2 F e x 2 E e, além disso,kT ��k � kT �k

De (2.8) e passando aos conjugados em (2.10), segue que T = T ��. Assim

kT �k = kTk :

De�nição 2.6.2 Se E e F são espaços de Hilbert e T 2 L(E;F ), o operador T � : F ! E tal que

(Tx; y) = (x; T �y) para todo x 2 E e y 2 F (2.11)

é chamado adjunto de T . Se E = F; dizemos que T é auto-adjunto quando T = T �:

Exercício 2.6.3 Se T : E ! E é auto-adjunto, mostre que, para todo x em E, (Tx; x) é um númeroreal.

Teorema 2.6.4 Se E é um espaço de Hilbert e T 2 L(E;E) é auto-adjunto, então

kTk = sup fj(Tx; x)j ; kxk = 1g :

Demonstração. Se T = 0, o resultado é imediato. Suponhamos T 6= 0:Note que, da Desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos

j(Tx; x)j � kTxk kxk � kTk kxk2

e portantosup fj(Tx; x)j ; kxk = 1g � kTk :

Resta provar a outra desigualdade. Como T 6= 0, seja x0 2 E com kx0k = 1 tal que T (x0) 6= 0:Sejam

x = kTx0k12 x0 e y = kTx0k

�12 Tx0:

Entãokxk2 = kyk2 = kTx0k : (2.12)

Note que

(Tx; y) = kTx0k2

(Ty; x) = (kTx0k�12 T (Tx0); kTx0k

12 x0)

= (T (Tx0); x0)

T auto-adjunto= (Tx0; Tx0) = kTx0k2 :

e portanto(Tx; y) = (Ty; x) = kTx0k2 :

61

De�nau = x+ y e v = x� y:

Então

(Tu; u) = (Tx; x) + (Tx; y) + (Ty; x) + (Ty; y)

(Tv; v) = (Tx; x)� (Tx; y)� (Ty; x) + (Ty; y):

Portanto(Tu; u)� (Tv; v) = 2(Tx; y) + 2(Ty; x) = 4 kTx0k2 : (2.13)

Para simpli�car a notação, escrevemos C = sup fj(Tx; x)j ; kxk = 1g : Então

j(Tw;w)j � C kwk2 para todo w 2 E:

De fato, se w = 0, o resultado é imediato. Se w 6= 0, temos��T � w

kwk

�;w

kwk

�� C

e o resultado segue. Logo, usando a Lei do Paralelogramo, temos

(Tu; u)� (Tv; v) � C kuk2 + C kvk2 (2.14)

= C kx+ yk2 + C kx� yk2

= 2C�kxk2 + kyk2

�(2.12)= 4C kTx0k :

Finalmente, temos de (2.13) e (2.14), que

4 kTx0k2 � 4C kTx0k

e assimkTx0k � C:

Daí, como a única restrição a x0 é kx0k = 1 e T (x0) 6= 0; segue que

kTk = supkzk=1

kTzk � C:

�Se T 2 L(E;E) é auto-adjunto, de�nimos

mT = inf f(Tx; x); kxk = 1gMT = sup f(Tx; x); kxk = 1g

O próximo corolário é imediato:

Corolário 2.6.5 Se E é espaço de Hilbert e T : E ! E é auto-adjunto, então

kTk = maxfMT ;�mT g

Lembre-se que se E é um espaço vetorial e T : E ! E é um operador linear, � 2 K é autovalorde T se T (v) = �v para algum vetor não-nulo v 2 E (v é chamado de autovetor). Se � é autovalorde T , o conjunto

E� = fv 2 E;Tv = �vgé um espaço vetorial, às vezes chamado de autoespaço associado a �:Os autovalores e autoespaços de operadores auto-adjuntos têm um comportamento especial:

62

Proposição 2.6.6 Seja E um espaço de Hilbert e T 2 L(E;E) um operador auto-adjunto.(a) Se � é um autovalor de T , então � 2 R e �kTk � � � kTk :(b) Se � e � são autovalores distintos de T , então (v; w) = 0 para quaisquer v 2 E� e w 2 E�:

Demonstração. (a) Seja x0 2 E não-nulo tal que Tx0 = �x0: Então

(Tx0; x0) = (�x0; x0) = � kx0k2 :

Assim,� = (T

x0kx0k

;x0kx0k

)

e portanto � 2 R e mT � � �MT : O resultado segue sem di�culdade.(b) Se Tx = �x e Ty = �y; então, por (a), temos que � e � são números reais e

�(x; y) = (�x; y) = (Tx; y) = (x; Ty) = (x; �y) = �(x; y):

Logo(�� )(x; y) = 0

e, como � 6= �; seque que (x; y) = 0:�

Nos próximos exercícios que seguem, E e F são sempre espaços de Hilbert.

Exercício 2.6.7 Se S; T 2 L(E;F ), mostre que:(a) (S + T )� = S� + T �

(b) (�T )� = �T �

(c) kTT �k = kT �Tk = kTk2

Exercício 2.6.8 Se S; T 2 L(E;E), mostre que (TS)� = S�T �:

Exercício 2.6.9 Sejam T 2 L(E;F ) e M e N são subespaços fechados de E e F , respectivamente.Mostre que

T (M) � N , T �(N?) �M?:

Exercício 2.6.10 Mostre que T : l2 ! l2 dado por T ((xj)1j=1) = (x1;x22 ;

x33 ; :::) é auto-adjunto.

Exercício 2.6.11 Seja T 2 L(E;E) um operador auto adjunto. Mostre que Tn é auto-adjunto, paracada n natural:

Exercício 2.6.12 Sejam S; T 2 L(E;E) operadores auto-adjuntos. Mostre que TS é auto-adjunto see somente se TS = ST .

63

Capítulo 3

Resultados clássicos da AnáliseFuncional e suas conseqüências

Os resultados centrais da Análise Funcional são o Teorema de Hahn-Banach, teorema de Banach-Steinhaus, Teorema da Aplicação Aberta e Teorema do Grá�co Fechado. O Teorema de Hahn-Banach,em sua forma mais geral, pode ser encarado como um resultado de Álgebra Linear, enquanto os outrostrês resultados, como veremos, necessitam de completude. Nessa seção estudaremos esses quatroteoremas, começando com o Teorema de Hahn-Banach.

3.1 Teoremas de Hahn-Banach

A seguir, demonstraremos o teorema de Hahn-Banach em sua forma analítica, para espaços vetoriaissobre o corpo dos reais. O resultado, na forma que será apresentado, é devido a S. Banach (1929),mas uma primeira versão é creditada a H. Hahn (1927). A generalização desse teorema para espaçosvetoriais sobre o corpo dos complexos é devida a H. F. Bohnenblust e A. Sobczyk (1938).

Teorema 3.1.1 (Teorema de Hahn-Banach (forma analítica)) Seja E um espaço vetorial sobreo corpo dos reais e p : E ! R uma aplicação que satisfaz

p(ax) = ap(x) para todo a > 0 e todo x 2 E (3.1)

ep(x+ y) � p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E:

Se G � E é um subespaço vetorial e g : G! R é uma aplicação linear tal que

g(x) � p(x) para todo x em G;

então existe um funcional linear T : E ! R que estende g e que satisfaz

T (x) � p(x) para todo x em E:

Demonstração. Seja

P =�h : D(h) � E ! R; D(h) é subespaço vetorial de E, h é linear, G � D(h) ;

h estende g e h(x) � p(x) para todo x em D(h):

�Em P, de�nimos a relação de ordem parcial

(h1 � h2), D(h1) � D(h2) e h2 estende h1:

64

Note que P é não-vazio, pois g 2 P. Além disso, para todo subconjunto totalmente ordenado deP; existe uma cota superior. Com efeito, se Q � P é totalmente ordenado, então de�na h : D(h)! Rcom

D(h) =[f2Q

D(f) e h(x) = f(x) se x 2 D(f) (note que h está bem de�nida).

É claro que h 2 P e que h é cota superior para Q. Podemos então usar o Lema de Zorn e concluir queP admite um elemento maximal, que será denotado por T .Mostraremos que D(T ) = E: Suponha que fosse D(T ) 6= E. Escolha x0 2 E � D(T ) e de�naeh : D(eh)! R com

D(eh) = D(T ) + [x0] e eh(x+ tx0) = T (x) + t�;

onde � é uma constante que será de�nida depois, de modo que tenhamos eh 2 P. Queremos, porenquanto que � satisfaça as desigualdades abaixo:

T (x) + � = eh(x+ x0) � p(x+ x0) para todo x 2 D(T )T (x)� � = eh(x� x0) � p(x� x0) para todo x 2 D(T ):

Para tanto, basta escolher � de modo que

supx2D(T )

fT (x)� p(x� x0)g � � � infx2D(T )

fp(x+ x0)� T (x)g:

Felizmente tal escolha é possível pois, se x; y 2 D(T ), temos

T (x) + T (y) = T (x+ y)

� p(x+ y)

� p(x+ x0 + y � x0)� p(x+ x0) + p(y � x0)

e conseqüentementeT (y)� p(y � x0) � p(x+ x0)� T (x)

para quaisquer x; y 2 D(T ):Assim

� Se t > 0,

eh(x+ tx0) = eh(t(xt+ x0))

= teh(xt+ x0)

= t(T (x

t) + �)

� tp(x

t+ x0)

= p(x+ tx0)

� Se t < 0,

65

eh(x+ tx0) = eh(�t( x�t � x0))= �teh( x�t � x0)= �t(T (�x

t)� �)

� �tp(�xt� x0)

= p(x+ tx0)

� Se t = 0;h(x+ tx0) = eh(x) = T (x) � p(x) = p(x+ tx0):

Portanto, eh 2 P, T � eh e T 6= eh, e isso fere a maximalidade de T . Consequentemente, temosD(T ) = E e o teorema está provado.�

O próximo corolário às vezes também é enunciado como o Teorema de Hahn-Banach:

Corolário 3.1.2 Seja G um subespaço de um espaço vetorial real normado E (sobre o corpo dos reais)e seja g : G! R um funcional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuo T : E ! Rcuja restrição a G coincide com g e kTk = kgk :

Demonstração. Basta usar o Teorema de Hahn-Banach com p(x) = kgk kxk :

Corolário 3.1.3 Seja E um espaço vetorial normado sobre o corpo dos reais. Para todo x0 2 E existeum funcional linear contínuo T : E ! R tal que

kTk = kx0k e T (x0) = kx0k2 :

Demonstração. Basta usar o corolário anterior com G = [x0] e g(tx0) = t kx0k2 :

A seguir, enunciaremos a versão do Teorema de Hahn-Banach que também é válida para espaçosvetoriais sobre o corpo dos complexos:

Teorema 3.1.4 (Versão generalizada do Teorema de Hahn-Banach)Seja E um espaço vetorial sobre o corpo K (dos reais ou complexos) e p : E ! R uma aplicaçãoque satisfaz

p(ax) = jaj p(x) para todo a 2 K e todo x 2 E (3.2)

ep(x+ y) � p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E: (3.3)

Se G � E é um subespaço vetorial e g : G! K é uma aplicação linear tal que

jg(x)j � p(x) para todo x em G; (3.4)

então existe um funcional linear T : E ! K que estende g e que satisfaz

jT (x)j � p(x) para todo x em E:

66

Demonstração. Antes de tudo, note que de (3.2) e (3.3) temos que p(x) � 0 para todo x em E(este fato será usado na parte �nal dessa demonstração). Com efeito, de (3.3) temos que

p(0) = p(0 + 0) � 2p(0)

e conseqüentemente p(0) � 0. De (3.2), temos que p(x) = p(�x) e assim, para todo x em E, temos

2p(x) = p(x) + p(�x)� p(x+ (�x))= p(0) � 0:

Se E é um espaço vetorial real, (3.4) nos garante que g(x) � p(x) para todo x em G. Pelo Teorema deHahn-Banach para espaços vetoriais reais, temos que existe T : E ! R que estende g e que

T (x) � p(x) para todo x em E:

Dessa desigualdade e de (3.2) temos

�T (x) = T (�x) � p(�x) = j�1j p(x) = p(x)

e entãoT (x) � �p(x) para todo x em E:

LogojT (x)j � p(x) para todo x em E:

Agora, trataremos do caso K = C. Seja E um espaço vetorial sobre o corpo dos complexos. Então,

g(x) = g1(x) + ig2(x);

onde g1 e g2 assumem valores reais. Como artifício, consideraremos E e G como espaços vetoriais sobreo corpo dos reais, que serão denotados, respectivamente por Er e Gr: Como g é linear, é claro que g1e g2 são funcionais lineares sobre Gr: Como

g1(x) � jg1(x)j ;

de (3.4) segue queg1(x) � p(x):

Pelo Teorema de Hahn-Banach, existe T1 : Er ! R linear, que estende g1 e tal que

T1(x) � p(x):

Agora, estudemos o caso de g2: Note que se x 2 G;

i [g1(x) + ig2(x)] = ig(x) = g(ix) = g1(ix) + ig2(ix):

Assim, se x 2 G, temosg2(x) = �g1(ix): (3.5)

Logo, para todo x em E, de�na T : E ! C por

T (x) = T1(x)� iT1(ix): (3.6)

De (3.5) e (3.6), segue queT (x) = g(x) para x 2 G:

Nos resta mostrar que

67

� T é um funcional linear em E (espaço complexo)

� jT (x)j � p(x) para todo x em E:

Vamos veri�car primeiro que T é linear:

T ((a+ bi)x) = T1(ax+ ibx)� iT1 ((i(a+ bi)x))= aT1(x) + bT1(ix)� i [aT1(ix)� bT1(x)]= (a+ ib) [T1(x)� iT1(ix)]= (a+ ib)T (x):

Logo T é linear, pois é imediato que T (x+ y) = T (x) + T (y):Agora, mostremos que jT (x)j � p(x) para todo x em E: Se T (x) = 0, o resultado é claro, pois

p(x) � 0. Suponha x tal que T (x) 6= 0: Então

T (x) = jT (x)j ei�

e

jT (x)j = e�i�T (x)

= T (e�i�x):

Como jT (x)j é real, por (3.2), temos

jT (x)j = T (e�i�x) = T1(e�i�x) � p(e�i�x) =

��e�i�� p(x) = p(x):�

Como conseqüência temos

Corolário 3.1.5 Seja G um subespaço de um espaço vetorial normado E e seja g : G ! K umfuncional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuo T : E ! K cuja restrição a Gcoincide com g e kTk = kgk :

Exercício 3.1.6 Seja E um espaço vetorial normado. Dado x0 2 E, x0 6= 0, mostre que existe ' 2 E0tal que k'k = 1 e '(x0) = kx0k :

Exercício 3.1.7 Seja E um espaço vetorial normado, E 6= f0g. Mostre que E0 6= f0g:

Exercício 3.1.8 Seja E um espaço vetorial normado, E 6= f0g. Mostre que, se x 2 E; então

kxk = supfj'(x)j ;' 2 E0 com k'k � 1g

e o supremo é atingido.

Solução. Se x = 0, o resultado é claro. Suponha x 6= 0: É claro que

supfj'(x)j ;' 2 E0 com k'k � 1g � supfk'k kxk ;' 2 E0 com k'k � 1g = kxk :

Por outro lado, de�na

'0 : [x]! R'0(�x) = � kxk :

Então k'0k = 1 e, por Hahn-Banach, existe '1 2 E0 que estende '0, com k'1k = k'0k = 1: Logo

kxk = '1(x) � supfj'(x)j ;' 2 E0 com k'k � 1g:

Daí segue quekxk = supfj'(x)j ;' 2 E0 com k'k � 1g

e que o supremo é atingido.

68

Exercício 3.1.9 Sejam E e F espaços vetoriais normados e E� e F � os duais algébricos de E e F;respectivamente. Se u : E ! F um operador linear de E em F . De�na u� : F � ! E�por

u�(')(x) = '(u(x)) para todo ' 2 F � e todo x 2 E:(a) Mostre que u� é linear.(b) Se u for contínuo, de�na u� : F 0 ! E0 da mesma forma e mostre que u� é contínuo e

ku�k = kuk :

Exercício 3.1.10 Mostre que, em geral, a extensão de Hahn-Banach não é única. Sugestão: E = l1;G = f(0; x1; x2; :::);xj 2 K para j � 1g e f : G! K dada por f(x) = x2:

Exercício 3.1.11 Se H é espaço de Hilbert, F é Banach, G é subespaço de H e ' : G ! F é linearcontínua, mostre que existe e' : H ! F que estende ' e preserva a norma. Sugestão: Use o Exercício1.2.18 para estender a função ao fecho de G, e depois considere a composição dessa função com aprojeção de H no fecho de G.

Exercício 3.1.12 Mostre que a extensão do exercício anterior, em geral, não é única. Sugestão:Tome H = l2, G = f(a; 0; 0; :::); a 2 Rg e g : G! l2 a inclusão.

Exercício 3.1.13 Se F for o corpo dos escalares, mostre que a extensão do Exercício 3.1.11 é única.

Solução.Sabemos que a extensão de ' para o fecho de G é única e preserva norma. Portanto, podemos

considerar G fechado. Pelo Teorema de Riesz-Frechét, existe g 2 G tal que

'(x) = (x; g):

Note que e' : H ! Ke'(x) = (x; g)estende ' e preserva norma. Suponha que '0 seja outra extensão que preserva a norma. Então, peloTeorema de Riesz-Frechét,

'0(x) = (x; h)

para algum h 2 H. Como H = G�G?, segue que h = g0+g1 com g0 2 G e g1 2 G? (de modo único).Note que se x 2 G, então

(x; g) = e'(x) = '0(x) = (x; g0 + g1) = (x; g0)

e daí segue que g0 = g: Como

kgk2 = ke'k2 = k'0k2 = khk2 = kgk2 + kg1k2 ;segue que g1 = 0. Logo e' = '0:Pergunta: E se exigirmos apenas a continuidade da extensão (no caso F = K), sem que a norma

seja necessariamente preservada, a extensão é única? Justi�que.

Exercício 3.1.14 Ainda no caso F = K, e na situação do Exercício 3.1.11 com G fechado, se

F = fe' 2 L(H;K); e' é extensão (contínua) de 'g;encontre uma expressão (se necessário, em função da cardinalidade de G) para a cardinalidade de F .No caso F Banach, se

G = fe' : H ! F ; e' é extensão (linear) de 'gH = fe' : H ! F ; e' é extensão (não necessariamente linear) de 'g;

encontre uma expressão (se necessário, em função da cardinalidade de F e (ou) G, ou conjuntosrelacionados) para a cardinalidade de G e H.

69

Solução resumida.Como G é espaço de Hilbert, pelo Teorema de Riesz-Frechét, existe g' 2 G tal que

'(x) = (x; g'):

Seja e' : H ! K extensão linear e contínua de ': Pelo Teorema de Riesz-Fréchet, existe x0 2 H talque e'(x) = (x; x0):Note que x0 = xG0 + x

G?

0 (de modo único), pois H é soma direta topológica de G e G?: Se x 2 G,temos

'(x) = e'(x) =< x; xG0 + xG?

0 >=< x; xG0 > :

Logo, temos g' = xG0 : Então, a �quantidade�de extensões lineares e contínuas e' será exatamente aquantidade de elementos de G?: Conclusão:

card(F) = card(G?):

Calcular a cardinalidade de G é mais fácil. Seja B uma base (de Hamel) de G?. Como

H = G�G?;

para de�nir uma extensão linear de ', basta de�nir e'(b) para b 2 B. Logocard(G) = card(FB):

O cálculo da cardinalidade de H é mais fácil ainda. Como não se requer sequer a linearidade, temos

card(H) = card(FHrG):

3.1.1 Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis

Proposição 3.1.15 Sejam E um espaço normado, M um subespaço fechado de E; y0 2 E �M ed = dist(y0;M): Então existe ' 2 E0 tal que k'k = 1; '(y0) = d e '(x) = 0 para todo x em M .

Demonstração. Seja N =M + [y0]. Se z 2 N , então

z = x+ ay0;

com a 2 K e x 2M , únicos. De�na �'0 : N ! K

'0(x+ ay0) = ad:

É claro que '0 é linear, '0(M) = f0g e que '0(y0) = d: Vamos provar que k'0k = 1: Sejaz = x+ ay0 2 N:Se a 6= 0,

kzk = kx+ ay0k = jaj x

�a � y0 � d jaj = j'0(z)j

e, se a = 0, a mesma desigualdade é clara. Logo,

k'0k � 1:

Dado " > 0; existe x" 2M tal que

d � ky0 � x"k � d+ ":

70

Seja z" =y0�x"ky0�x"k : Então z" 2 N; kz"k = 1 e

'0(z") =d

ky0 � x"k� d

d+ ":

Como " > 0 é arbitrário, segue que k'0k � 1: Logo k'0k = 1: Pelo teorema de Hahn-Banach, existe' 2 E0 que estende '0 e tal que k'k = k'0k = 1:�

Teorema 3.1.16 Se E0 for separável, então E também é separável.

Demonstração. Seja SE0 a esfera unitária de E0, ou seja,

SE0 = f' 2 E0; k'k = 1g:

Como E0 é separável, temos que SE0 é separável (veja Exercício resolvido 1.4.14)Seja f'n;n 2 Ng um subconjunto enumerável e denso de SE0 : Para cada n, existe xn em SE tal

que

j'n(xn)j �1

2:

Seja M = [x1; x2; :::]: Vamos provar que M = E: Para tanto, suponhamos que seja M diferente de Ee escolhamos y0 2 E �M: Pela Proposição 3.1.15, existe ' 2 E0 com k'k = 1 tal que�

'(y0) = d = dist(y0;M)'(x) = 0 para todo x em M .

Temos então que

k'� 'nk = supkxk�1

j('� 'n)(x)j � j('� 'n)(xn)j = j'n(xn)j �1

2;

mas isso é um absurdo, pois, por hipótese, f'n;n 2 Ng é denso em SE0 : Assim M = E e portanto, oconjunto (

x =

nXi=1

aixi; n 2 N e ai 2 Q)(no caso real),

ou o conjunto 8<:x =nXj=1

(aj + ibj)xj ; n 2 N e aj ; bj 2 Q

9=; (no caso complexo)

é enumerável e denso em E; e assim E é separável.

Observação 3.1.17 A recíproca do Teorema anterior não vale, pois l1 é separável e l1 não é, e, comosabemos, l1 = (l1)

0:

O próximo resultado é de certa forma surpreendente:

Teorema 3.1.18 Todo espaço vetorial normado e separável é isometricamente isomorfo a umsubespaço de l1:

Demonstração. Seja E um espaço normado separável e D = fxn;n 2 Ng um subconjunto densoem E: Podemos supor 0 =2 D (veja Exercício 1.4.10). Pelo Exercício 3.1.6, para cada n existe 'n 2 E0tal que k'nk = 1 e 'n(xn) = kxnk : Seja

T : E ! l1

T (x) = ('n(x))1n=1:

71

É claro quej'n(x)j � k'nk kxk = kxk

e portanto T está bem de�nida, pois ('n(x))1n=1 2 l1. Além disso, T é claramente linear e

kT (x)k = supfj'n(x)j ;n 2 Ng � kxk : (3.7)

Portanto T é contínua. Note que

kT (xk)k = supfj'n(xk)j ;n 2 Ng (3.8)

� j'k(xk)j = kxkk

De (3.7) e (3.8), temos quekT (xk)k = kxkk

para todo k natural. Como fxn;n 2 Ng um subconjunto denso em E e T é contínua, segue que

kT (x)k = kxk

para todo x em E. Assim T é injetiva e T : E ! T (E) é uma isometria.�

3.1.2 Formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach

Nessa seção, demonstraremos dois teoremas, conhecidos como primeira e segunda formas geométricasdo teorema de Hahn-Banach. Antes, precisamos de algumas de�nições e resultados preliminares.

Um pouco sobre hiperplanos

De�nição 3.1.19 Seja V um espaço vetorial não-nulo. Um hiperplano de V é um subespaço W 6= Vtal que se

W �W 0 � V;

então W 0 = V ou W 0 =W:

Teorema 3.1.20 Seja V um espaço vetorial sobre F , V 6= f0g. Se f : V ! F é um funcional linearnão nulo, então Ker(f) é um hiperplano de V . Além disso, para cada hiperplano W de V existe umfuncional linear f : V ! F que tem como núcleo precisamente o hiperplano W .

Demonstração. Como f é não nulo, temos que Ker(f) 6= V: Seja W tal que

Ker(f) �W � V:

Basta mostrar que se Ker(f) 6=W , então W = V: É isso que vamos fazer!Escolha v0 2W �Ker(f): Tome v 2 V arbitrário. Nossa tarefa será mostrar que v 2W:Seja

u = v � f(v)

f(v0)v0:

É claro que u 2 Ker(f) �W: Como

v = u+f(v)

f(v0)v0;

segue que v 2W .

72

Agora demonstraremos que todo hiperplano W � V é o núcleo de um funcional f : V ! Fadequado. Escolha v0 2 V �W: Seja W 0 = [W [fv0g]: Como W �W 0 e W 6=W 0, temos que W 0 = V:Assim, é fácil ver que cada v 2 V se escreve de modo único como

v = u+ �v0;

com u 2W e � escalar. O funcionalf : V ! F

dado por f(u+ �v0) = � satisfaz tudo que desejamos.�Assim, hiperplanos são núcleos de funcionais lineares. Se H é um hiperplano de V e v0 2 V; o

conjuntov0 +H = fv0 + v; v 2 Hg

é chamado hiperplano a�m de V . Não é difícil mostrar que os hiperplanos a�ns são precisamente osconjuntos da forma

fv 2 V ; f(v) = �g;

com f 2 V 0; f 6= 0 e � escalar. De agora em diante chamaremos os hiperplanos a�ns simplesmente dehiperplanos.Note que um hiperplano H � V é sempre diferente de V , pois como f é linear e não-nula, f não é

constante.

Formas Geométricas do Teorema de Hahn-Banach

Em toda essa seção, o corpo K será o corpo dos reais.

Proposição 3.1.21 Um hiperplano H em um espaço normado E é fechado se e somente se f écontínua.

Demonstração. Se f é contínua, H = f�1(fag) é fechado, pois é imagem inversa de fechado.Reciprocamente, suponha que H é fechado. Então E �H é aberto e não-vazio. Sejam x0 2 E �H

e r > 0 tais queBE(x0; r) � E �H: (3.9)

Temos f(x0) 6= a e, sem perda de generalidade, suponhamos f(x0) < a:A�rmação. f(x) < a para todo x 2 B(x0; r).De fato, se houvesse x1 2 B(x0; r) com f(x1) > a, teríamos para t = f(x1)�a

f(x1)�f(x0) ;

f(tx0 + (1� t)x1) = tf(x0) + (1� t)f(x1)

=f(x1)� a

f(x1)� f(x0)f(x0) +

�1� f(x1)� a

f(x1)� f(x0)

�f(x1)

= a;

e, como tx0 + (1� t)x1 2 B(x0; r); isso contradiz (3.9).Portanto,

f(x0 + rz) < a

para cada z 2 BE(0; 1): Daí,f(x0) + rf(z) < a

e

f(z) <a� f(x0)

r

73

para todo z 2 BE(0; 1): Logo

kfk � a� f(x0)r

e f é contínua.

De�nição 3.1.22 Sejam A;B � E: Dizemos que o hiperplano [f = a] separa A e B no sentidolargo se

f(x) � a � f(y) para quaisquer x 2 A e y 2 B:Diz-se que [f = a] separa A e B no sentido estrito se existe " > 0 tal que

f(x) � a� " e f(y) � a+ " para quaisquer x 2 A e y 2 B:

De�nição 3.1.23 Seja C � E um conjunto convexo, aberto, com 0 2 C: A aplicação

p : E ! R

p(x) = inffa > 0; xa2 Cg

é chamada funcional de Minkowski.

Proposição 3.1.24 O funcional de Minkowski possui as seguintes propriedades:(i) p(bx) = bp(x) para todo b > 0 e todo x 2 E:(ii) C = fx 2 E; p(x) < 1g:(iii) Existe M > 0 tal que 0 � p(x) �M kxk para todo x em E.(iv) p(x+ y) � p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E:

Demonstração. (i)

p(bx) = inffa > 0; bxa2 Cg

= b inffa > 0; xa2 Cg

= bp(x):

(ii) Se x 2 C, como C é aberto, existe " > 0 tal que (1 + ")x 2 C: Assim,x

(1 + ")�12 C

ep(x) � (1 + ")�1 < 1:

Reciprocamente, se p(x) < 1, então da de�nição de ín�mo, existe 0 < a < 1 tal que xa 2 C: Logo

x = a�xa

�+ (1� a):0 2 C;

pois C é convexo.(iii) Seja r > 0 tal que B(0; r) � C. Logo, se s < r, temos

sx

kxk 2 C para todo x em E, x 6= 0:

Assim,xkxk1s

2 C e

p(x

kxk ) �1

s:

74

Portanto, usando o item (i), temos

p(x) � kxks

(3.10)

para todo x 2 E não-nulo. Mas, para x = 0, (3.10) é trivial. Daí, (3.10) vale para todo x em E e oresultado está provado com M = 1=s:(iv) Se x; y 2 E, então, dado " > 0, temos(

xp(x)+" 2 Cy

p(y)+" 2 CCom efeito, por (i),

p

�x

p(x) + "

�=

1

p(x) + "p(x) < 1;

e o mesmo vale para y. Assim, por (ii), segue que xp(x)+" 2 C. Como C é convexo, sendo

t = p(x)+"p(x)+p(y)+2" ; temos 0 < t < 1 e

tx

p(x) + "+ (1� t) y

p(y) + "2 C

e chegamos a x+yp(x)+p(y)+2" 2 C. Pelo item (ii), temos

p

�x+ y

p(x) + p(y) + 2"

�< 1

e usando (i) obtemos1

p(x) + p(y) + 2"p(x+ y) < 1

ep(x+ y) < p(x) + p(y) + 2":

Como " é arbitrário, o resultado segue.�

Lema 3.1.25 Seja C � E um convexo aberto não-vazio, C 6= E; e seja x0 2 E � C: Então existef 2 E0 tal que f(x) < f(x0) para todo x em C.

Demonstração. Se 0 =2 C, escolha z0 2 C e considere D = fx � z0;x 2 Cg; y0 = x0 � z0: Temosy0 =2 D e como 0 2 D e D é convexo, podemos de�nir o funcional de Minkowski

p(x) = inffa > 0; xa2 Dg:

De�na G = [y0] e g(ty0) = t para todo real t: Veri�que que g(x) � p(x) para todo x 2 G. Assim, peloTeorema de Hahn-Banach, existe f : E ! R linear tal que f(x) = g(x) para todo x 2 G e f(x) � p(x)para todo x em E. Pela Proposição 3.1.24 (iii), existe M > 0 tal que

f(x) � p(x) �M kxk

e f é contínua. Como p(y) < 1 para todo y 2 D, segue que

f(y) � p(y) < 1

ef(y) < 1 = g(y0) = f(y0) = f(x0 � z0)

para todo y 2 D. Pela de�nição de D, temos então

f(x� z0) < f(x0 � z0)

para todo x em C, ef(x) < f(x0)

para todo x em C.�

75

Teorema 3.1.26 (Teorema de Hahn Banach, Primeira Forma Geométrica) Sejam A;B �E conjuntos convexos, não-vazios, disjuntos. Se A for aberto, existe um hiperplano fechado que separaA e B no sentido largo.

Demonstração. Seja C = A�B: Note que

� C é aberto, poisC =

Sb2B

(A� fbg):

� C é convexo, pois se 0 < t < 1;

t(a1 � b1) + (1� t)(a2 � b2) = (ta1 + (1� t)a2)� (tb1 + (1� t)b2) 2 A�B:

Assim, C é aberto, convexo e 0 =2 C; pois A \B = �: Pelo lema anterior, existe f 2 E0 tal que

f(x) < f(0) para todo x em C.

Logo,f(a� b) < f(0) para todo a 2 A e b 2 B

ef(a) < f(b) para todo a 2 A e b 2 B:

Daísupa2A

f(a) � infb2B

f(b)

e, escolhendo c 2 R tal quesupa2A

f(a) � c � infb2B

f(b);

temos que [f = c] separa A e B no sentido largo.�

Exercício 3.1.27 Sejam A e B convexos não vazios em um espaço de Banach real E, disjuntos. SeA é aberto, mostre que existem c 2 R e f 2 E0 tais que

f(b) � c < f(a)

para todo a 2 A e todo b 2 B.

Solução. Seja C = B �A: Note que C é aberto, pois

C =Sb2B

(fbg �A):

Note que C é convexo, pois se 0 < t < 1;

t(b1 � a1) + (1� t)(b2 � a2) = (tb1 + (1� t)b2)� (ta1 + (1� t)a2) 2 B �A:

Assim, C é aberto, convexo e 0 =2 C; pois A \B = �: Pelo Lema 3.1.25, existe f 2 E0 tal que

f(x) < f(0) para todo x em C.

Logo,f(b� a) < f(0) para todo a 2 A e b 2 B

76

ef(b) < f(a) para todo a 2 A e b 2 B:

Daísupb2B

f(b) � infa2A

f(a)

e, escolhemos c 2 R tal quesupb2B

f(b) � c � infa2A

f(a):

Agora, basta notar que infa2A f(a) não é atingido. De fato, suponha que existisse � 2 A comf(�) = infa2A f(a): Como A é aberto, existe B(�; ") � A. Se f(�) 6= 0, considere

�0 =

�1� sgn(f(�)) "

2 k�k

��;

com

sgn(f(�)) =

�1; se f(�) > 0�1, se f(�) < 0:

Note que �0 2 B(�; ") � A. Além disso,

f(�0) =

�1� sgn(f(�)) "

2 k�k

�f(�) < f(�) (absurdo)

Se f(�) = 0, como f 6= 0, existe �0 = � + v 2 B(�; ") � A tal que f(�0) 6= 0 (veri�que!). Note que�1 = �� v 2 B(�; "); e

f(v) = f(�0) 6= 0 e f(�1) = f(�v) 6= 0:Logo �

f(�0) = f(v) 6= 0 ef(�1) = �f(v) 6= 0:

É claro que f(v) ou �f(v) é negativo. Logo f(�0) < 0 = f(�) ou f(�1) < 0 = f(�), e isso contradiza hipótese de ser f(�) = infa2A f(a):Portanto

f(b) � c < f(a)

para todo a 2 A e b 2 B:

Teorema 3.1.28 (Teorema de Hahn-Banach, Segunda Forma Geométrica) Sejam A;B � Econjuntos convexos, não-vazios, disjuntos. Se A for fechado e B compacto, existe um hiperplanofechado que separa A e B no sentido estrito.

Demonstração. Escolha " > 0 de modo que A + B(0; ") e B + B(0; ") sejam abertos, convexos edisjuntos. Vamos veri�car que essa escolha é possível:

� Para qualquer escoha de " > 0, os conjuntos A+B(0; ") e B +B(0; ") são abertos. De fato,

A+B(0; ") =Sa2A

a+B(0; ") =Sa2A

B(a; ")

e o mesmo ocorre para B:

� Para qualquer escoha de " > 0, os conjuntos A+B(0; ") e B +B(0; ") são convexos. De fato, se0 < t < 1;

t(a1 + v1) + (1� t)(a2 + v2)= (ta1 + (1� t)a2) + (tv1 + (1� t)v2) 2 A+B(0; "):

77

� Vejamos que é possível escolher " de modo que A+B(0; ") e B +B(0; ") sejam disjuntos. Comefeito, se isso não fosse possível, para cada " = 1=n, teríamos

(A+B(0; 1=n)) \ (B +B(0; 1=n)) 6= �:

Logo, existiriam an 2 A; un 2 B(0; 1=n); bn 2 B e vn 2 B(0; 1=n) tais quean + un = bn + vn:

Assim,

kan � bnk = kvn � unk <2

n: (3.11)

Mas, (bn)1n=1 é uma seqüência em B (compacto), e portanto possui uma subseqüênciaconvergente, (bnk)

1k=1: Denotemos o limite dessa subseqüência por b 2 B. Por (3.11),

(ank)1k=1 ! b:

Como A é fechado, temos que b 2 A e assim b 2 A \ B; o que contradiz o fato de serem A e Bdisjuntos.

Pela Primeira Forma Geométrica do Teorema de Hahn-Banach, existe um hiperplano fechado [f = c]tal que

f(x) � c � f(y)

para todo x 2 A+B(0; ") e y 2 B +B(0; "): Logo,f(a+ z1) � c � f(b+ z2)

para todo z1; z2 2 B(0; ") ef(a) + sup

kz1k<"f(z1) � c � f(b) + inf

kz1k<"f(z2):

Daíf(a) + " sup

k z1" k<1f(z1") � c � f(b) + " inf

k z2" k<1f(z2")

e �nalmentef(a) + " kfk � c � f(b)� " kfk :�

3.1.3 Possíveis generalizações do Teorema de Hahn-Banach

Um espaço de Banach Y tem a propriedade da extensão se:�Para todo T :M ! Y linear contínuo comM espaço vetorial arbitrário, subespaço de X (também

arbitrário), existir eT : X ! Y que estende T e preserva sua norma.�O Teorema de Hahn-Banach nos garante que K possui a propriedade da extensão. Resultados,

devidos a Nachbin e Goodner (1950), dão informações preciosas a respeito de espaços com a propriedadeda extensão.

Teorema 3.1.29 Um evn tem a propriedade da extensão se, e somente se, possui a propriedadeda interseção binária, i.e., toda coleção de bolas fechadas com interseção mútua tem interseçãonão-vazia.

Note que (R2; k:k2) não tem a propriedade da interseção binária. Se Y tem dimensão �nita, temos:

Teorema 3.1.30 (Nachbin (1950)) Um espaço de Banach de dimensão �nita tem a propriedade daextensão se e somente se é isometricamente isomorfo a (Rn; k:k1):Em relação a espaços de dimensão in�nita, sabe-se que l1 tem a propriedade da interseção binária,

mas c0 não tem (essa não é uma propriedade hereditária).Portanto, pelo resultado de Nachbin e Goodner, sabemos que vale um Teorema do tipo Hahn-

Banach para operadores lineares contínuos T :M ! l1:

78

3.2 O Teorema de Banach-Steinhaus

Nessa seção veremos o Princípio (ou Teorema) da Limitação Uniforme/ Teorema de Banach-Steinhaus.Para tanto, precisaremos do Teorema de Baire (veja apêndice), que já foi usado na Proposição 1.8.1.

Teorema 3.2.1 (Teorema de Banach-Steinhaus ) Sejam E e F espaços normados e E completo.Seja (Ti)i2I uma família de operadores em L(E;F ) tais que para todo x 2 E, exista Cx <1 tal que

supi2I

kTi(x)k < Cx: (3.12)

Entãosupi2I

kTik <1:

Demonstração. Para cada n 2 N, seja

An = fx 2 E; supi2I

kTixk � ng:

Note que cada An é fechado, pois

An =Ti2Ifx 2 E; kTixk � ng;

e como cada Ti é contínua, temos que cada fx 2 E; kTixk � ng = (k:k � Ti)�1 ([0; n]) é fechado.De (3.12) segue que

E =1Sn=1

An

e, pelo Teorema de Baire, algum An possui interior não-vazio. Seja n0 um número natural tal que An0tenha interior não-vazio, e sejam a 2 int(An0) e r > 0 tais que

fx 2 E; kx� ak � rg � int(An0):

Seja y 2 E com kyk � 1. Se x = a+ ry, então

kx� ak = kryk � r

e portanto x 2 An0 . Assim,

kTi(x� a)k � kTi(x)k+ kTi(a)k � n0 + n0

para todo i em I. Logo,kTi(ry)k = kTi(x� a)k � 2n0

ekTi(y)k �

2n0r

para todo i em I. Portanto,

supi2I

kTik �2n0r:�

Corolário 3.2.2 Sejam E e F espaços normados, com E completo. Seja (Tn)1n=1 uma seqüência emL(E;F ) tal que (Tnx)1n=1 converge em F , qualquer que seja x em E. Se de�nirmos

T (x) = limn!1

Tnx;

então T 2 L(E;F ).

79

Demonstração. É fácil ver que T é linear pois, para cada n,

Tn(ax+ y) = aTn(x) + Tn(y)

e, fazendo n!1, concluímos que T é linear.Por hipótese, para cada x a seqüência (Tnx)1n=1 é convergente, e portanto limitada. Assim,

supn2N

kTn(x)k <1 para todo x em E:

Pelo teorema anterior, existe c > 0 tal que supn2N kTnk � c e assim

kTnxk � kTnk kxk � c kxk

para todo x 2 E e n natural. Fazendo n!1, temos

kTxk � c kxk 8x 2 E

e T 2 L(E;F ).�O corolário acima também é chamado de Teorema de Banach-Steinhaus, e, assim como o teorema

anterior, é tamém chamado de Princípio da Limitação Uniforme.

Exercício 3.2.3 Se G é um espaço normado, B � G e f(B) é limitado para cada f 2 G0; mostreque B é limitado. Sugestão: Use o Teorema de Banach-Steinhaus com E = G0; F = K , I = B eTb(f) = f(b):

Exercício 3.2.4 Seja 1 � p <1: Se (yj)1j=1 é uma seqüência numérica tal que

1Xj=1

xjyj <1

para toda (xn)1n=1 2 lp; mostre que (yn)1n=1 2 lp� ; com 1p +

1p� = 1:

Solução. Para cada n, de�na

'n : lp ! K

'n(x) =nXj=1

xjyj :

É fácil ver que cada 'n é linear e contínua. Note que

limn!1

'n(x) = limn!1

nXj=1

xjyj ;

e esse limite existe (por hipótese). Logo, pelo Corolário 3.2.2, segue que a função (linear)

'(x) = limn!1

nXj=1

xjyj =1Xj=1

xjyj

pertence a L(lp;K): Pela caracterização do dual de lp; segue que y = (yj)1j=1 2 lp� :

80

3.2.1 Nota histórica

Banach e Steinhaus são personagens centrais da Análise Funcional e �genealogicamente�têm inúmerosmatemáticos importantes como herdeiros, assim como têm ancestrais célebres. Para ilustração, usareio símbolo A! B para indicar que A foi orientador de B:

Hilbert! Steinhaus! Banach!

8>><>>: Mazur

8<: PelczynskiKwapienZelaszco

Schauder

;

todos famosos matemáticos poloneses, exceto Hilbert, que era alemão e Steinhaus, que era de Galicia,Império Austríco, região que hoje faz parte da Polônia.A genealogia de Hilbert também é interessante:

Leibniz! J.Bernoulli! Jacob Bernoulli! Euler! Lagrange! Fourier! Dirichlet! Lipschitz

! Klein! Lindemann! Hilbert:

Uma boa referência de pesquisa é http://www.genealogy.ams.org.

3.3 O Teorema da Aplicação Aberta

O Teorema da Aplicação Aberta é mais um resultado famoso da Análise Funcional, devido a Banach(1929), e garante que se E e F são espaços de Banach, então toda aplicação linear contínua e sobrejetivaT : E ! F é uma aplicação aberta, isto é, T (A) é aberto em F , sempre que A for aberto em E. Parademonstrá-lo, precisamos do seguinte lema.

Lema 3.3.1 Sejam E e F espaços normados, com E completo e T 2 L(E;F ): Se existirem R; r > 0tais que

T (BE(0;R)) � BF (0; r); (3.13)

entãoT (BE(0;R)) � BF (0;

r

2): (3.14)

Demonstração. Como para todo M � E e a 2 K tem-se aM = aM; segue de (3.13) que

T (BE(0; aR)) � BF (0; ar) (3.15)

para todo a 2 R positivo.Seja y 2 BF (0; r2 ): Por (3.15) existe x1 2 BE(0;

R2 ) tal que

ky � Tx1k <r

4; isto é, y � Tx1 2 BF (0;

r

4):

Novamente por (3.15), existe x2 2 BE(0; R4 ) tal que

k(y � Tx1)� Tx2k <r

8:

Procedendo por indução, podemos, para cada j = 1; :::; n, achar xj 2 BE(0; R2j ) tal que

ky � Tx1 � � � � � Txnk <r

2n+1: (3.16)

81

Assim,1Pn=1

kxnk <1Pn=1

R

2n= R:

Como E é espaço de Banach, a série1Pn=1

xn converge para um certo x em E. Então

kxk �1Pn=1

kxnk < R

e portanto x 2 BE(0;R):Fazendo n!1 em (3.16) obtemos

ky � Txk � 0e conseqüentemente y = Tx: Daí

y 2 T (BE(0;R))e o resultado está provado. �

Teorema 3.3.2 (Teorema da Aplicação Aberta) Sejam E e F espaços de Banach e T : E ! Flinear, contínuo e sobrejetivo. Então T é uma aplicação aberta. Em particular, se T é bijetiva, entãoT�1 é contínua.

Demonstração. Temos

E =1Sn=1

BE(0;n)

e, como T é sobrejetivo,

F =1Sn=1

T (BE(0;n)) =1Sn=1

T (BE(0;n)):

Pelo Teorema de Baire, existe n0 natural tal que T (BE(0;n0)) tem interior não-vazio. Assim, existeuma bola de centro b 2 F e raio r > 0 tal que

BF (b; r) � T (BE(0;n0))

ComoT (BE(0;n0)) = �T (BE(0;n0));

temos queBF (�b; r) = �BF (b; r) � T (BE(0;n0)):

Como x = 12 (b+ x) +

12 (�b+ x), segue que

BF (0; r) �1

2BF (b; r) +

1

2BF (�b; r) � T (BE(0;n0)):

Pelo lema anterior,T (BE(0;n0)) � BF (0; �)

para � = r2 . Assim, sabemos que

T (BE(0; cn0)) � BF (0; c�)

para todo real positivo c: Portanto

T (BE(x; cn0)) � BF (Tx; c�)

para todo x em E e todo escalar c. De fato,

BE(x; cn0) = x+BE(0; cn0)

82

e

T (BE(x; cn0)) = Tx+ T (BE(0; cn0))

� Tx+BF (0; c�)

= BF (Tx; c�):

Agora podemos provar que T (U) é aberto em F para cada U aberto em E. Sejam x 2 U e c > 0tais que

BE(x; cn0) � U:

EntãoT (U) � T (BE(x; cn0)) � BF (Tx; c�)

e T (U) é aberto. �O Lema 3.3.1 tem uma versão �otimizada�que nos foi sugerida por Diogo Diniz:

Lema 3.3.3 (Versão otimizada do Lema 3.3.1) Sejam E e F espaços normados, com E completoe T 2 L(E;F ): Se existirem R; r > 0 tais que

T (BE(0;R)) � BF (0; r); (3.17)

entãoT (BE(0;R)) � BF (0; r): (3.18)

Demonstração. Como para todo M � E e a 2 K tem-se aM = aM; segue de (3.17) que

T (BE(0; aR)) � BF (0; ar) (3.19)

para todo a 2 R positivo.Seja 0 < � < 1: De�na �1 = � e �j =

(1��)2j�1 para j � 2: Então todos os �j são menores que 1 e

1Xj=1

�j = 1:

Seja y 2 BF (0;�r): Por (3.19) existe x1 2 BE(0;�R) tal que

ky � Tx1k < �2r; isto é, y � Tx1 2 BF (0;�2r):

Novamente por (3.19), existe x2 2 BE(0;�2R) tal que

k(y � Tx1)� Tx2k < �3r:

Procedendo por indução, podemos, para cada n, achar xn 2 BE(0;�nR) tal que

ky � Tx1 � � � � � Txnk < �n+1r: (3.20)

Assim,1Pn=1

kxnk < �R+1Pn=2

(1� �)R2n�1

= R:

83

Como E é espaço de Banach, a série1Pn=1

xn converge para um certo x em E. Então

kxk �1Pn=1

kxnk < R

e portanto x 2 BE(0;R):Fazendo n!1 em (3.20), obtemos

ky � Txk � 0

e conseqüentemente y = Tx: Daíy 2 T (BE(0;R)):

Portanto, concluímos que

T (BE(0;R)) � BF (0;�r)

para todo 0 < � < 1. Portanto,

T (BE(0;R)) �[

0<�<1

BF (0;�r) = BF (0; r);

e o resultado está provado. �

Exercício 3.3.4 Se A e B são subconjuntos de um espaço vetorial normado E, mostre que

aA = aA para todo escalar a

eA+B � A+B:

Exercício 3.3.5 Se T : E ! F é uma transformação linear contínua, e A � E, mostre que

T (A) � T (A):

Exercício 3.3.6 Seja T : c00 ! c00 dada por T (x) = (x1; x22 ;x33 ; :::): Mostre que T é linear e contínua,

mas T�1 não é contínua.

Exercício 3.3.7 Sejam k:k1 e k:k2 normas em um espaço vetorial E tais que E1 = (E; k:k1) eE2 = (E; k:k2) são completos. Mostre que se kxnk1 ! 0 sempre implica kxnk2 ! 0; então convergênciaem E1 sempre implica em convergência em E2 e vice-versa. Mostre ainda que existem a; b reais taisque

a kxk1 � kxk2 � b kxk1 para todo x 2 E:

Exercício 3.3.8 Sejam E1 = (E; k:k1) e E2 = (E; k:k2) espaços de Banach. Se existe c tal quekxk1 � c kxk2 para todo x 2 E, mostre que existe k tal que kxk2 � k kxk1 para todo x 2 E:

Exercício 3.3.9 Sejam E1 = (E; k:k1) e E2 = (E; k:k2) espaços de Banach. Se a topologia gerada pork:k1 está contida na topologia gerada por k:k2 ; mostre que estas topologias coincidem.

84

3.4 O Teorema do Grá�co Fechado

Sejam E e F espaços normados e T : D(T )! F um operador linear tal que D(T ) é subespaço vetorialde E. O grá�co de T é o conjunto

G(T ) = f(x; y);x 2 D(T ) e y = Txg:

Dizemos que T é fechado se G(T ) for fechado em E�F ; no espaço E�F consideramos as operaçõesusuais e a norma é dada por

k(x; y)k = kxk+ kyk : (3.21)

Note que G(T ) é um subespaço vetorial de E � F .

Teorema 3.4.1 (Teorema do Grá�co Fechado) Sejam E e F espaços de Banach e T : D(T )! Fum operador linear fechado com D(T ) � E. Se D(T ) é fechado em E, então T é contínuo. Emparticular, se T : E ! F é fechado, temos que T é contínuo.

Demonstração. Note que E � F com a norma (3.21) é completo.Por hipótese, G(T ) é fechado em E�F e D(T ) é fechado em E. Assim, G(T ) e D(T ) são completos.

Considere� : G(T )! D(T )(x; Tx) 7! x

:

Temos que � é claramente linear. Além disso, � é contínua, pois

k�(x; Tx)k = kxk� kxk+ kTxk= k(x; Tx)k :

Note ainda que � é bijetiva e sua inversa é

��1 : D(T )! G(T )x 7! (x; Tx)

:

Pelo Teorema da Aplicação Aberta, ��1 é contínua e existe C > 0 tal que

k(x; Tx)k � C kxk

para todo x em D(T ). Logo

kTxk � kTxk+ kxk = k(x; Tx)k � C kxk

e T é contínua. �

Exercício 3.4.2 Seja T : D(T ) ! F um operador linear com D(T ) � E e E;F espaços vetoriaisnormados. Mostre que T é fechado se e somente se vale a seguinte propriedade:

�Se xn ! x 2 E e Txn ! y 2 F; então x 2 D(T ) e y = Tx:�

Exercício 3.4.3 Sejam X e Y espaços vetoriais normados e T : D(T ) ! Y é linear contínua, comD(T ) � X:(a) Se T é fechado e Y Banach, mostre que D(T ) é fechado.(b) Se D(T ) é fechado, mostre que T é fechado.

85

Solução. (a) Seja x 2 D(T ) e (xn) uma seqüência em D(T ), que converge para x. Como T écontínuo, temos

kTxn � Txmk � kTk kxn � xmk :

Logo (Txn) é de Cauchy. Como Y é completo, Txn converge para um certo y 2 Y . Como T é fechadoe

(xn; Txn)! (x; y) 2 X � Y;

segue que x 2 D(T ) e Tx = y: Daí D(T ) é fechado.(b) Se (xn; Txn)! (x; y) 2 X � Y; com xn 2 D(T ) para todo n, então�

xn ! xTxn ! y

Logo, x 2 D(T ) = D(T ). Como T é contínua, temos Txn ! Tx. Pela unicidade do limite, segue queTx = y.

Exercício 3.4.4 Se T : D(T )! Y é fechado e possui inversa T�1, mostre que T�1 é fechado.

Exercício 3.4.5 Sejam X;Y espaços vetoriais normados. Mostre que o núcleo de um operador linearfechado T : X ! Y é fechado.

Exercício 3.4.6 Sejam X e Y espaços normados. Se T1 : X ! Y é fechado e T2 : X ! Y é contínuo,mostre que T1 + T2 é fechado.

Exercício 3.4.7 Mostre que se D � X é um subespaço próprio e denso do evn X, então id : D ! Xé contínua, mas não tem o grá�co fechado.

Exercício 3.4.8 Sejam X um espaço de Banach, Y um evn e T : X ! Y é um operador fechado. SeT�1 existe e é contínua, mostre que R(T ) é fechado.

Exercício 3.4.9 Seja X um espaço de Banach e suponha que (xj)1j=1 seja uma seqüência em X talque

1Xj=1

j'(xj)j <1 para todo ' 2 E0:

Mostre que

supk'k�1

1Xj=1

j'(xj)j <1:

Sugestão: Solução. De�na

u : E0 ! l1

u(') = ('(xj))1j=1 :

Note que, usando a hipótese, concluímos que u está bem de�nido. Note que u é claramente linear.Vamos mostrar que u tem o grá�co fechado, e para isso usaremos o Exercício 3.4.2.Suponha que fn ! f em E0 e que u(fn)! y = (yj)

1j=1 2 l1: Como u(fn) = (fn(xj))1j=1; segue que

fn(xj)! yj

para todo j. Por outro lado, como fn ! f ; temos

fn(xj)! f(xj)

86

para todo j. Logo, pela unicidade do limite, segue que

f(xj) = yj

para todo j. Assim, temosy = (yj)

1j=1 = (f(xj))

1j=1 = u(f):

Portanto u tem grá�co fechado e segue que u é contínuo. A continuidade de u dá imediatamente oresultado desejado.

87

Capítulo 4

Topologia fraca, topologia fracaestrela e espaços re�exivos

Neste capítulo, supomos que o leitor tenha algum conhecimento sobre espaços topológicos. No apêndice,podem ser encontrados conceitos e resultados básicos que usaremos a seguir.Sejam X um conjunto, X� espaços topológicos com f� : X ! X� funções, para cada � 2 �: A

topologia fraca induzida em X pela coleção ff�g é a topologia que tem como sub-base a famíliaff�1� (V�);V� é aberto em X�; � 2 �g.

4.1 Topologia fraca: de�nições e propriedades básicas

Na Análise Funcional, quando nos referirmos à topologia fraca em um espaço vetorial normado E,estaremos nos referindo à topologia fraca em E induzida pela coleção dos funcionais lineares contínuos' 2 E0:A topologia fraca em E é usualmente denotada por �(E;E0): Se uma seqüência (xn)1n=1 converge

para x na topologia fraca, escrevemos xnw* x.

Exercício 4.1.1 Se X tem a topologia fraca induzida pela coleção ff�g; com f� : X ! X� , mostreque f : Y ! X é contínua se e somente se f� � f é contínua para cada �:

Solução. (() é clara.()) Suponha f� � f contínua para cada �: Vamos mostrar que f é contínua. Seja

A =n\j=1

f�1�j (V�j )

um aberto da base da topologia fraca em X (lembre que os V�j são abertos de X�j ). Temos

f�1(A) = f�1

0@ n\j=1

f�1�j (V�j )

1A=

n\j=1

f�1�f�1�j (V�j )

�=

n\j=1

�f�j � f

��1(V�j ):

88

Como cada f�j � f é contínua, segue que cada�f�j � f

��1(V�j ) é aberto. Portanto f

�1(A) é aberto.Se A for um aberto arbitrário, A será união de abertos A� da base de X. Logo

f�1(A) = f�1([�

A�) =[�

f�1(A�);

que será aberto pois, pelo que já foi provado, cada f�1(A�) é aberto.

Proposição 4.1.2 Um espaço vetorial normado E com a topologia fraca é um espaço de Hausdor¤,isto é, se x1 6= x2 são vetores de E; existem abertos A1 e A2 com A1 \A2 = � e xj 2 Aj ; j = 1; 2:

Demonstração. Pelo Teorema de Hahn Banach (veja Exercício 3.1.6), existe f 2 E0 tal que

f(x1 � x2) = kx1 � x2k 6= 0:

Assim, f(x1) 6= f(x2); e existem abertos disjuntos V1 e V2 em K tais que f(x1) 2 V1 e f(x2) 2 V2:De�nindo

A1 = f�1(V1)

A2 = f�1(V2);

temos que A1 e A2 são abertos (na topologia fraca), disjuntos, e separam x1 e x2.�

Proposição 4.1.3 Seja E um espaço vetorial normado. Então xnw* x se e somente se '(xn)! '(x)

para todo ' 2 E0:

Demonstração. Se xnw* x, como cada ' : (E; �(E;E0))! K é contínua, temos que '(xn)! '(x):

Reciprocamente, suponha que '(xn) ! '(x) para cada ' 2 E0. Seja A um aberto da base datopologia fraca de E; com x 2 A. Pela de�nição da topologia fraca, existem m 2 N, '1; :::; 'm 2 E0 eV1; :::; Vm abertos em K tais que

x 2 A =mTj=1

'�1j (Vj):

Como, para cada j = 1; :::;m; temos 'j(xn) ! 'j(x), existem números naturais N1; :::; Nm taisque

n � Nj ) 'j(xn) 2 Vj , j = 1; :::;m:Se N0 = maxfN1; :::; Nmg; temos então

n � N0 ) 'j(xn) 2 Vj para todo j = 1; :::;m

e conseqüentementen � N0 ) xn 2 A

e xnw* x:�

Corolário 4.1.4 Em um espaço vetorial normado E, se xn ! x; então xnw* x:

Demonstração. Se xn ! x; então f(xn) ! f(x) para todo f 2 E0 e, pela Proposição 4.1.3, temosxn

w* x. �

Proposição 4.1.5 Seja E um espaço vetorial normado. Os conjuntos da forma

VI;" = fx 2 E; j'i(x)� 'i(x0)j < " para todo i 2 Ig

com I �nito, 'i 2 E0 e " > 0 formam uma base de vizinhanças (abertas) de x0 para a topologia fraca.

89

Demonstração. Seja U uma vizinhança de x0 na topologia fraca. Pela de�nição da topologia fraca,existe um aberto V da topologia fraca, contendo x0 tal que

V =Ti2I'�1i (Vi) � U;

com I �nito e cada Vi aberto em K. Como V contém x0; temos que cada Vi é vizinhança de 'i(x0):Assim, como I é �nito, existe " > 0 tal que

B('i(x0); ") � Vi

para todo i 2 I: Temos que

VI;" = fx 2 E; j'i(x)� 'i(x0)j < " para todo i 2 Ig=Ti2I'�1i (B('i(x0); ")) �

Ti2I'�1i (Vi) � U;

e portanto os conjuntos da forma fx 2 E; j'i(x)� 'i(x0)j < " para todo i 2 Ig formam uma base devizinhanças abertas de x0 para a topologia fraca.�

Proposição 4.1.6 Seja E um espaço vetorial normado. Então(i) xn

w* x) (kxnk)1n=1 é limitada e kxk � lim inf kxnk :

(ii) Se xnw* x e fn ! f em E0; então fn(xn)! f(x):

Demonstração. (i) Se provarmos que para cada f 2 E0 o conjunto ff(xn);n 2 Ng é limitado,o Exercício 3.2.3 garante que fxn;n 2 Ng é também limitado. Mas, como xn

w* x; temos que

f(xn)! f(x) para cada f 2 E0 e conseqüentemente ff(xn);n 2 Ng é limitado.Temos ainda

jf(xn)j � kfk kxnk

para toda f 2 E0 elim inf jf(xn)j � lim inf kfk kxnk :

Logo

jf(x)j � lim inf kfk kxnk) supkfk=1

jf(x)j � supkfk=1

kfk lim inf kxnk

) kxk � lim inf kxnk :

(ii) Temos que

jfn(xn)� f(x)j = j(fn � f)(xn) + f(xn � x)j (4.1)

� kfn � fk kxnk+ jf(xn)� f(x)j :

Dado " > 0, existem números naturais N1; N2 tais que

n � N1 ) kfn � fk < "

n � N2 ) jf(xn)� f(x)j < ":

Daí, pelo item (i), como (kxnk)1n=1 é limitada (digamos por C > 0), temos de (4.1), que sen � maxfN1; N2g;

jfn(xn)� f(x)j � C"+ "

e portanto fn(xn)! f(x):�

90

Proposição 4.1.7 Se dimE < 1, então a topologia fraca e a topologia da norma (topologia forte)coincidem.

Demonstração. Sabemos que todo aberto da topologia fraca é também aberto da topologia forte.Devemos provar que todo aberto da topologia forte é aberto da topologia fraca. Seja U um aberto(não-vazio) da topologia forte e seja x0 2 U: Para provar que U é aberto na topologia fraca, bastamostrar que x0 é ponto interior de U para a topologia fraca. Em outras palavras, devemos encontrarV � U , aberto na topologia fraca, com x0 2 V .Escolha r su�cientemente pequeno de modo que B(x0; r) � U: Seja fe1; :::; eng base de E com

kejk = 1 para todo j. De�na, para cada i = 1; :::; n;

fi : E ! K

x =nPj=1

xjej 7! xi:

Note que cada fi é linear e contínua, pois dimE <1: Temos que

kx� x0k = nPj=1

(xj � x(0)j )ej

�

nPj=1

��xj � x(0)j ��=

nPj=1

jfj(x� x0)j :

Agora de�naV = fx 2 E; jfi(x)� fi(x0)j <

r

2n; i = 1; :::; ng

e perceba que se x 2 V , entãokx� x0k �

nPj=1

r

2n=r

2:

Logo V � B(x0; r) � U:�

Proposição 4.1.8 Se dimE =1, a topologia fraca e a topologia da norma nunca coincidem.

Demonstração. Seja S a esfera unitária de E, isto é, S = fx 2 E; kxk = 1g: Sabemos que S éfechado na topologia forte (da norma). Vamos mostrar que S não é fechado na topologia fraca. Paratanto, mostraremos que

fx 2 E; kxk < 1g

está contido no fecho de S, na topologia fraca.Seja x0 2 E tal que kx0k < 1 e seja V = Vx0 um aberto (na topologia fraca) contendo x0: Para

mostrar que x0 pertence ao fecho de S na topologia fraca, basta mostrar que S \ V 6= �. É claro quebasta considerar V como sendo um aberto da base de vizinhanças de x0: Portanto, existem " > 0 ef1; :::; fn em E0 tais que

V = fx 2 E; jfi(x)� fi(x0)j < "; i = 1; :::; ng:

Seja y0 2 E � f0g tal que fi(y0) = 0 para todo i = 1; :::; n. Note que isso é possível, pois casocontrário a transformação linear

T : E ! Kn

z 7! (fi(z))nj=1

91

seria injetiva, e isso é impossível.Considere

r : R! Rt 7! kx0 + ty0k

Como r é contínua, r(0) = kx0k < 1 e limt!1 r(t) =1; o Teorema do Valor Intermediário garante aexistência de um certo t0 tal que

kx0 + t0y0k = r(t0) = 1

Portantox0 + t0y0 2 S \ V:

�

Exercício 4.1.9 Mostre que em lp; com 1 < p < 1; a seqüência (ej)1j=1 converge fracamente parazero.

Exercício 4.1.10 Uma seqüência (xn) em um espaço vetorial normado E (sobre K = R ou C) édenominada seqüência fracamente de Cauchy se para cada f 2 E0, a seqüência (f(xn)) for deCauchy em K. Um espaço normado E é fracamente completo se toda seqüência fracamente deCauchy em E for fracamente convergente (i.e., convergir na topologia fraca).Um espaço de Banach E é re�exivo se a aplicação linear J : E ! E00 dada por J(x)(f) = f(x)

para todo f 2 E0 e todo x 2 E for uma isometria (bijetiva e kJxk = kxk para todo x 2 E).(a) Mostre que toda seqüência fracamente de Cauchy em um evn E é limitada.(b) Mostre que se E for re�exivo, então E é fracamente completo.

4.2 Topologia fraca estrela: de�nições e propriedades básicas

Em E0; por enquanto podemos considerar a topologia gerada pela norma e também a topologia fraca.Vamos de�nir uma outra topologia em E0: Considere a aplicação

J : E ! E00

comJx : E0 ! K

dada porJx(f) = f(x):

Note que Jx de fato pertence a E00 e portanto J está bem de�nida. Além disso, é linear e contínua.De fato, J é linear, pois

J(ax+ y)(f) = f(ax+ y) = af(x) + f(y)

= aJ(x)(f) + J(y)(f):

Além disso, J é uma isometria sobre a imagem, pois

kJxk = supkfk�1

jJx(f)j = supkfk�1

jf(x)j = kxk :

A aplicação J é chamada de injeção canônica de E em E00:

92

De�nição 4.2.1 A topologia fraca estrela �(E0; E) em E0 é a topologia fraca em E0construída a partirdas aplicações do conjunto J(E) � E00.

Proposição 4.2.2 A topologia fraca estrela em E0 é Hausdor¤.

Demonstração. Sejam f; g 2 E0 com f 6= g: Existe, portanto, x 2 E tal que f(x) 6= g(x): Como atopologia de K é Hausdor¤, exitem abertos U e V , disjuntos, que separam f(x) e g(x). De�na

A1 = (Jx)�1(U)

A2 = (Jx)�1(V ):

É imediato que A1 e A2 são abertos disjuntos (na topologia fraca estrela), e separam f e g.�

Exercício 4.2.3 Mostre que os conjuntos da forma

V = ff 2 E0; jf(xi)� f0(xi)j < " para todo i 2 Ig

com I �nito, xi 2 E e " > 0 formam uma base de vizinhanças de f0 para a topologia fraca estrela.

Exercício 4.2.4 Seja E um espaço de Banach e (fn) uma seqüência em E0: Mostre que:(i) fn

w�! f , fn(x)! f(x) para todo x em E:

(ii) fnw! f ) fn

w�! f:

(iii) fnw�! f ) (kfnk)1n=1 é limitada e kfk � lim inf kfnk :

(iv) fnw�! f e xn ! x) fn(xn)! f(x):

Proposição 4.2.5 Seja ' : (E0; �(E0; E))! K linear e contínua. Então existe x 2 E tal que ' = Jx:Em outras palavras,

(E0; �(E0; E))0 = J(E):

Para demonstrar a proposição, precisamos do seguinte lema:

Lema 4.2.6 Seja X um espaço vetorial e ';'1; :::; 'n funcionais lineares em X tais que

n\i=1

Ker('i) � Ker':

Então existem escalares a1; :::; an tais que

' =

nXi=1

ai'i:

Demonstração. Considere T : X ! Kn dada por

T (x) = ('1(x); :::; 'n(x))

e f : T (X)! K dada porf('1(x); :::; 'n(x)) = '(x):

Note que f está bem de�nida, pois se

('1(x); :::; 'n(x)) = ('1(y); :::; 'n(y));

então('1(x� y); :::; 'n(x� y)) = (0; :::; 0)

93

e

x� y 2n\i=1

Ker('i):

Logo x� y 2 Ker' e '(x) = '(y).Além disso, é fácil ver que f é linear. Seja g : Kn ! K uma extensão linear de f . Logo existem

escalares a1; :::; an tais que

g(z1; :::; zn) =nXj=1

ajzj :

Portanto,

g('1(x); :::; 'n(x)) =nXj=1

aj'j(x):

Comog('1(x); :::; 'n(x)) = f('1(x); :::; 'n(x)) = '(x);

segue que

'(x) =

nXj=1

aj'j(x):�

Agora podemos demonstrar a proposição:Demonstração da Proposição 4.2.5:Como ' : (E0; �(E0; E)) ! K é contínua e '(0) = 0, existe V vizinhança de zero em E0 (na

topologia fraca estrela) tal quef 2 V ) '(f) 2 B(0; 1):

Note que podemos diminuir V , se necessário, e considerá-la da forma

V = ff 2 E0; jf(xi)j < "; i = 1; :::; ng:

Se Jxi(f) = f(xi) = 0 para todo i = 1; :::; n, temos claramente que f 2 V: Nesse caso, para todonatural k, temos (kf)(xi) = 0 para todo i, e portanto

kf 2 V:

Logo'(kf) 2 B(0; 1)

e'(f) 2 B(0; 1

k)

para todo k natural. Logo '(f) = 0: Concluímos que se Jxi(f) = 0 para todo i = 1; :::; n; então'(f) = 0: Logo

n\i=1

Ker(Jxi) � Ker':

Pelo lema anterior, temos que existem escalares a1; :::; an tais que

' = a1Jx1 + � � �+ anJxn = J

0@ nXj=1

ajxj

1A :�

Corolário 4.2.7 (E00; �(E00; E0))0 = J(E0):

94

Exercício 4.2.8 Se E e F são evn e f : E ! F é linear e contínua, mostre que f : (E; �(E;E0))!(F; �(F; F 0)) é contínua.

Solução. Sejam x0 2 E e V uma vizinhança aberta de f(x0): Podemos supor V um aberto daforma

V = fy 2 F ; j'i(y)� 'i(f(x0))j < "; i = 1; :::; ng:

Como cada 'i 2 F 0, segue que 'i � f 2 E0: Considere, então, o aberto W (na topologia fraca) de�nidopor

W = fx 2 E; j'i � f(x)� 'i � f(x0)j < "; i = 1; :::; ng:

Note que se x 2W; então f(x) 2 V , e concluímos que f : (E; �(E;E0))! (F; �(F; F 0)) é contínua.

4.2.1 O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki

Se E é um espaço de Banach de dimensão in�nita, sabemos que a bola unitária fechada BE = fx 2E; kxk � 1g nunca é compacta.O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki a�rma que num espaço dual E0; com a topologia fraca

estrela, a bola unitária fechada BE0 = f' 2 E0; k'k � 1g é sempre compacta:

Teorema 4.2.9 A bola BE0 é compacta em E0 com a topologia fraca estrela.

Demonstração. Começamos mostrando que E0, com a topologia fraca estrela, é homeomorfo a umsubespaço do espaço produto Y = KE = ff : E ! Kg (munido com a topologia produto). Seja : E0 ! Y dada por (f) = f: Temos que é claramente injetiva e também contínua. Para justi�cara continuidade, observe que para cada x0; denotando por �x0 : Y ! K a projeção na coordenada x0;temos que

�x0 � : E0 ! K

é tal que�x0 �(f) = f(x0) = J(x0)(f):

Portanto �x0 � = J(x0), e daí, pela de�nição da topologia fraca estrela em E0; temos que �x0 � é contínua. Finalmente, lembrando que a topologia produto em Y é a topologia fraca gerada pelasprojeções �x0 , o Exercício 4.1.1 nos garante que é contínua.A injetividade da aplicação nos permite considerar a �nova�aplicação

� : E0 ! (E0):

de�nida por �(f) = (f): É claro que � é bijetiva. Como é contínua, pelo Exercício 8.2.49, segue que� é contínua. Mostraremos que essa aplicação é bem mais que isso: é um homeomor�smo. Considere,portanto sua inversa ��1:Como E0 está munido com a topologia fraca estrela, novamente o Exercício 4.1.1 garante que ��1

será contínua se provarmos que para cada x0; a aplicação

J(x0) � ��1 : (E0)! K

é contínua. Note queJ(x0) � ��1 = (�x0 j (E0)) (4.2)

pois se (f) 2 (E0), então

J(x0) � ��1 ((f)) = J(x0)(f) = f(x0) = (�x0 j (E0)) ((f)) :

Portanto, como Y está com a topologia produto, temos que �x0 é contínua e a restrição (�x0 j (E0))também. Assim, de (4.2), temos que todas as J(x0) � ��1 são contínuas e portanto ��1 é contínua.

95

Concluímos, portanto, que E0 é homeomorfo a um subespaço (E0) de Y e conseqüentemente BE0

é homeomorfo a (BE0).Assim, para provar que BE0 é compacto na topologia fraca estrela, basta provar que (BE0) é

compacto em (E0): Mas, pelo Exercício 8.2.103, basta mostrar que (BE0) é compacto em Y:Note que

(BE0) = (f' 2 E0; j'(x)j � kxk 8x 2 Eg) � Y:

Assim,(BE0) �

Qx2E

[�kxk ; kxk]:

Pelo Teorema de Tychono¤,Qx2E

[�kxk ; kxk] é compacto em Y . Para obtermos a compacidade de

(BE0) = �(BE0), basta observarmos que (BE0) é fechado em Y (Exercício 8.2.111).Essa é, entretanto, uma tarefa fácil. Para isso, considere (('i)) uma rede em (BE0) que converge

(na topologia produto) para f 2 Y: Então, pelo Teorema 8.2.77 segue que

(('i))(x)! f(x) 8x 2 E;

isto é,'i(x)! f(x) 8x 2 E:

Segue claramente que f é linear. Além disso, como

k'i(x)k � kxk

para cada i e cada x; segue que kf(x)k � kxk e kfk � 1: Logo f 2 BE0 e

f = (f) 2 (BE0):

�

4.3 Espaços re�exivos

De�nição 4.3.1 Um espaço normado E é dito re�exivo se a aplicação canônica J : E ! E00 forbijetiva, ou seja, J(E) = E00:

O próximo resultado mostra que não há perda de generalidade em de�nir re�exividadeexclusivamente em espaços de Banach:

Proposição 4.3.2 Se um espaço normado é re�exivo, é necessariamente completo.

Demonstração. Como E00 é o dual de E0; temos que E00 é completo. Se E é re�exivo, então J éuma isometria entre E e E00 e, como E00 é completo, segue que E é completo.�

Proposição 4.3.3 Todo espaço vetorial de dimensão �nita é re�exivo.

Demonstração. Da Álgebra Linear, se E tem dimensão �nita, então o dual algébrico de E temmesma dimensão que E. Mas, como a dimensão é �nita, o dual algébrico coincide com o dual topológico.Logo E e E0 têm mesma dimensão. O mesmo se aplica a E00: Como J :E ! E00 é uma isometria sobrea imagem e E e E00 têm mesma dimensão, segue que J(E) = E00:�

De�nição 4.3.4 Se T 2 L(E;F ); de�nimos T 0 2 L(F 0;E0) por

T 0(f)(x) = f(Tx):

O operador T 0 é chamado adjunto de T .

96

Note que T 0 é linear e kT 0k = kTk. De fato, se y0 2 F 0; temos

kT 0y0k = supkxk�1

jT 0y0(x)j = supkxk�1

jy0(Tx)j

� supkxk�1

ky0k kTxk � ky0k kTk :

LogokT 0k � kTk :

Por outro lado,

kTxk = supky0k�1

jy0(Tx)j � supky0k�1

jT 0y0(x)j

� supky0k�1

kT 0y0k kxk � kT 0k kxk

ekTk � kT 0k :

Proposição 4.3.5 Se T 2 L(E;F ) é um isomor�smo isométrico, então T 0 2 L(F 0;E0) também é umisomor�smo isométrico.

Demonstração. Primeiro vejamos que T 0 é sobrejetiva. Seja g 2 E0. Considere h 2 F 0 dada porh(z) = g(T�1(z)) e perceba que T 0(h) = g. Portanto T 0 é sobrejetiva. Para mostrar que T 0 é umaisometria, basta mostrar que kT 0fk = kfk para todo f em F 0. Isso não é complicado:

kT 0fk = supkxk�1

jT 0f(x)j = supkxk�1

jf(Tx)j = supkTxk�1

jf(Tx)j

= supkzk�1

jf(z)j = kfk :�

Teorema 4.3.6 Se 1 < p <1, então lp é re�exivo.

Demonstração. Sejam S : lp ! (lq)0 e T : (lp)0 ! lq os isomor�smos isométricos canônicos. Seja

T 0 : (lq)0 ! (lp)

00 o adjunto de T . O resultado anterior garante que T 0 é um isomor�smo isométrico.Logo

T 0 � S : lp ! (lp)00

é um isomor�smo isométrico. Para provar que lp é re�exivo, basta provar que

T 0 � S = J:

Sejam x = (xj)1j=1 2 lp; y0 2 (lp)0 e Ty0 = (�j)1j=1 2 lq: Então

(T 0 � S) (x)(y0) = T 0(Sx)(y0) = Sx(Ty0) =1Xj=1

xj�j = y0(x) = J(x)(y0)

eT 0 � S = J:�

Teorema 4.3.7 Se E é separável e re�exivo, então E0 é separável.

Demonstração. Se E for separável e re�exivo, então como E é isomorfo isometricamente a E00;temos que E00 também é separável. Logo, pelo Teorema 3.1.16, segue que E0 é separável.�Esse resultado é útil para concluir que certos espaços não são re�exivos. Por exemplo, l1 não pode

ser re�exivo, pois é separável e seu dual, o l1; não é separável.

97

Teorema 4.3.8 Um espaço de Banach E é re�exivo se e somente E0 também é re�exivo.

Demonstração. Suponha que E seja re�exivo.Sejam J0 : E ! E00 e J1 : E0 ! E000 os mergulhos canônicos. Por hipótese, J0(E) = E00: Vamos

mostrar que J1(E0) = E000: Sejam x000 2 E000 e x0 = (J0)0x000 2 E0: Vamos provar que J1(x0) = x000: Paracada x 2 E, temos

J1(x0)(J0x) = J0x(x

0) = x0(x) = (J0)0x000(x)

= x000(J0x):

Daí, como J0(E) = E00; concluímos que J1(x0) = x000

Agora, suponhamos que E0 seja re�exivo.Se E não fosse re�exivo, então J0 : E ! E00 não seria sobrejetiva. Como J0 : E ! J0(E) é isometria,

temos que J0(E) é fechado e não coincide com E00. Pela Proposição 3.1.15, existe 0 6= ' 2 E000 = J1(E0)

tal que'(J0(E)) = 0.

Logo, ' = J1(f) para algum f 2 E0 e, para todo x 2 E, temos

0 = '(J0x) = (J1f)(J0x) = J0x(f) = f(x):

Logof(x) = 0

para todo x em E. Assim f = 0 e ' = J1f = 0 (contradição).�

Observação 4.3.9 É extremamente comum escrever E ao invés de J(E), pois a�nal E e J(E) sãoisometricamente isomorfos. No próximo exercício, já fazemos esse abuso de notação.

Exercício 4.3.10 Se E é um espaço de Banach não-re�exivo, então todas as inclusões naturais

E � E00 � E0000 � � � �E0 � E000 � E00000 � � � �

são estritas.

98

Capítulo 5

Operadores compactos e teoremaespectral para operadorescompactos em espaços de Hilbert

5.1 Operadores compactos

Se X e Y são espaços vetoriais normados, um operador linear T : X ! Y é dito compacto se paratodo M � X, limitado, T (M) for compacto.

Proposição 5.1.1 Sejam X e Y espaços vetoriais normados. Então

Lema 5.1.2 (a) Todo operador linear compacto T : X ! Y é contínuo.(b) Se X tem dimensão in�nita, então id : X ! X não é um operador compacto.

Demonstração. (a) O conjunto SX = fx 2 X; kxk = 1g é limitado. Como T é compacto, entãoT (SX) é compacto, e portanto limitado (lembre-se que em espaços métricos, conjuntos compactos sãofechados e limitados, embora a recíproca não seja verdadeira). Asim,

supkxk=1

kTxk <1

e portanto T é contínuo.(b) O conjunto BX = fx 2 X; kxk � 1g é limitado. Como X tem dimensão in�nita, BX não é

compacto. Logo, id(BX) = BX = BX ; que não é compacto.�

Teorema 5.1.3 Sejam X e Y espaços normados e T : X ! Y um operador linear. Então Té compacto se e somente se T leva seqüências limitadas em seqüências que possuem subseqüênciaconvergente.

Demonstração. Suponha T compacto e (xn)1n=1 uma seqüência limitada em X. Então,fT (xn);n 2 Ng é compacto. Assim, (T (xn))1n=1 possui uma subseqüência convergente (lembre-se queem espaços métricos, um conjunto é compacto se e somente se é sequencialmente compacto)Reciprocamente, suponha que toda seqüência limitada em X seja levada, por T , numa seqüência

que possui subseqüência convergente em Y .Seja B � X um subconjunto limitado. Para mostrar que T (B) é compacto, mostraremos que é

sequencialmente compacto. Seja (yn)1n=1 uma seqüência em T (B):

� Se houver in�nitos índices n para os quais yn 2 T (B); podemos nos restringir a uma subseqüência(ynk) = (T (xnk))

1k=1: Por hipótese, (T (xnk))

1k=1 possui uma subseqüência convergente, e portanto

(yn)1n=1 possui subseqüência convergente.

99

� Suponha que só existem �nitos índices n tais que yn 2 T (B). Não há perda de generalidade sesupusermos todos os elementos da seqüência em T (B) � T (B): Para cada yj ; considere xj 2 Btal que

kT (xj)� yjk <1

j:

Como (T (xj))1j=1 possui subseqüência convergente, segue que (yj)1j=1 também possui. Logo,

T (B) é compacto.�

Exercício 5.1.4 Mostre que se T1; T2 : X ! Y são compactos, então T1 + T2 é compacto.

Teorema 5.1.5 Sejam X um espaço vetorial normado e Y um espaço de Banach. Se (Tn)1n=1 é umaseqüência de operadores lineares compactos de X em Y e

limn!1

kTn � Tk = 0;

então T é compacto.

Demonstração. Seja (xm)1m=1 uma seqüência limitada em X: Pelo Teorema 5.1.3 basta mostrarque (T (xm))1m=1 possui subseqüência convergente. Como T1 é compacto, (xm)

1m=1 tem subseqüência

(x1;m)1m=1 tal que (T1(x1;m))

1m=1 é de Cauchy.

Analogamente, (x1;m)1m=1 possui subseqüência (x2;m)1m=1 tal que (T2(x2;m))

1m=1 é de Cauchy.

Procedendo dessa forma, a seqüência diagonal

(ym)1m=1 = (x1;1; x2;2; x3;3; :::)

é uma subseqüência de (xm)1m=1 tal que

(Tn(ym))1m=1

é de Cauchy, para cada n.Como (xm)1m=1 é limitada, existe c > 0 tal que

kymk � c para todo m.

Seja " > 0: Como Tn ! T; existe p tal que

kT � Tpk <"

3c:

Como (Tp(ym))1m=1 é de Cauchy, existe N 2 N tal que

j; k > N ) kTpyj � Tpykk <"

3:

Logo, para j; k > N , temos

kTyj � Tykk � kTyj � Tpyjk+ kTpyj � Tpykk+ kTpyk � Tykk

� kT � Tpk kyjk+"

3+ kTp � Tk kykk

� "

3c:c+

"

3+

"

3c:c = ":

Logo, (T (ym))1m=1 é de Cauchy e converge, pois Y é Banach. Lembrando que (ym)1m=1 ésubseqüência de uma seqüência limitada arbitrária (xm)1m=1; segue que T é compacto.�O resultado anterior implica:

100

Corolário 5.1.6 O espaço vetorial formado pelos operadores lineares compactos de E em F é umsubespaço fechado de L(E;F ):

Proposição 5.1.7 Seja X um evn e sejam T : X ! X e S : X ! X operadores lineares, com Tcompacto e S contínuo. Então T � S e S � T são compactos.

Demonstração. Demonstraremos primeiro que T � S é compacto. Seja B � X um conjuntolimitado. Como S é contínuo, segue que S(B) é limitado e a compacidade de T garante que T (S(B))é relativamente compacto. Logo T � S é um operador compacto.Agora mostraremos que S � T é compacto. Seja (xn)1n=1 uma seqüência limitada em X. Então,

como T é compacto, (T (xn))1n=1 possui uma subseqüência convergente (Txnk)1k=1: Logo, (S(Txnk))

1k=1

converge e daí concluímos que S � T é um operador compacto.�

Exercício 5.1.8 Dizemos que um operador linear contínuo T : E ! F tem posto �nito sedim(Im(T )) <1: Mostre que todo operador de posto �nito é compacto.

Exercício 5.1.9 Mostre que T : l2 ! l2 dada por T ((xj)1j=1) =�xjj

�1j=1

é compacto.

5.2 Autovalores e autovetores de operadores compactos

Teorema 5.2.1 (Autovalores de operadores compactos) O conjunto dos autovalores de umoperador linear compacto T : X ! X em um evn X é enumerável (podendo ser �nito ou vazio) eo único ponto de acumulação possível é o zero.

Demonstração. Basta mostrar que para todo k > 0, o conjunto dos autovalores � tais que j�j � ké �nito.Suponhamos que isso não aconteça. Então, existe k0 > 0 tal que o conjunto dos autovalores � tais

que j�j � k0 é in�nito.Seja (�n) uma seqüência de autovalores distintos tais que j�nj � k0 para todo n: Logo, para cada

n, existe xn 6= 0 tal queTxn = �nxn:

O conjunto fx1; :::; xn; :::g é LI (veri�que). Para cada n, considere,

Mn = [x1; :::; xn]:

Então, cada z 2Mn tem representação única na forma

z =nXj=1

ajxj :

Assim

(T � �nI)z = (T � �nI)

0@ nXj=1

ajxj

1A =nXj=1

ajTxj �nXj=1

�najxj

e conseqüentemente(T � �nI)z 2Mn�1 (5.1)

para todo z 2 Mn: Cada Mn é fechado, pois tem dimensão �nita, e portanto, o Lema de Riesz (comE =Mn e M =Mn�1) garante que existe uma seqüência (yn)1n=1 tal que

yn 2Mn; kynk = 1 e kyn � zk �1

2para todo z 2Mn�1:

101

Vamos mostrar que

kTyn � Tymk �1

2k0 (n > m) (5.2)

Isso vai garantir que (Tyn)1n=1 não possui subseqüência convergente, pois k0 > 0, e isso vai contradizera compacidade de T .É conveniente escrever

Tyn � Tym = �nyn � ex; (5.3)

com ex = (�nyn � Tyn) + Tym: (5.4)

Seja m < n: Note que ex 2Mn�1: De fato, como m � n� 1; temos que

ym 2Mm �Mn�1 = [x1; :::; xn�1]:

EntãoTym 2Mn�1; (5.5)

pois Txj = �jxj : Por (5.1), temos que

�nyn � Tyn = �(T � �nI)yn 2Mn�1: (5.6)

De (5.4), (5.5) e (5.6), segue que ex 2Mn�1:

De�na x = ��1n ex: Então x 2Mn�1 e

k�nyn � exk = j�nj kyn � xk � 1

2j�nj �

1

2k0: (5.7)

De (5.7) e (5.3), segue (5.2) e, como já foi dito, isso nos leva a uma contradição.�

Observação 5.2.2 O teorema anterior implica que se um operador linear compacto possui in�nitosautovalores, então eles formam uma seqüência que converge para zero.

Teorema 5.2.3 Seja T : X ! X um operador compacto em um espaço normado X: Então, para todo� 6= 0; o núcleo de T� := T � �I; denotado por Ker(T�); tem dimensão �nita.

Demonstração. Basta mostrar que a bola unitária fechada B de Ker(T�) é compacta.Seja (xn)1n=1 uma seqüência em B. Então kxnk � 1 e (T (xn))1n=1 possui uma subseqüência

convergente (Txnk)1k=1. Como xn 2 Ker(T�); temos

0 = T�xn = Txn � �xn;

e daíxn = ��1Txn:

Assim,(xnk)

1k=1

também converge. O limite pertence a B, pois B é fechado. Então B é sequencialmente compacto, eportanto compacto.�

Corolário 5.2.4 Seja T : X ! X um operador compacto em um espaço normado X: Então, paracada autovalor � 6= 0, o autoespaço associado a � tem dimensão �nita.

Observação 5.2.5 Não devemos esperar que o Corolário 5.2.4 seja válido para � = 0: Com efeito,se X tem dimensão in�nita e T : X ! X é o operador nulo, � = 0 é autovalor de T e obviamente oautoespaço associado a � coincide com X, que tem dimensão in�nita.

102

5.3 Alguns resultados da teoria espectral de operadorescompactos e auto-adjuntos em espaços de Hilbert

Nessa seção, os espaços vetoriais normados sempre serão considerados sobre o corpo dos complexos.Seja E um espaço vetorial normado sobre o corpo dos complexos, E 6= f0g e T : D(T ) ! E um

operador linear com domínio D(T ) � E. Associamos a T o operador

T� = T � �I;

onde � é um número complexo e I é o operador identidade. Denotamos a imagem de T� por R(T�)Quando T� possui inversa (i.e., T� é injetiva), denotamos (T�)

�1 por R�(T ) e denominamos R�(T ) deresolvente de T .Um valor regular � de T é um número complexo tal que

� (R1) R�(T ) existe

� (R2) R�(T ) é limitado

� (R3) R�(T ) é de�nido num conjunto denso em E.

O conjunto resolvente �(T ) de T é o conjunto de todos os valores regulares de T . Seucomplemento, isto é, C� �(T ); é chamado espectro de T; denotado por �(T ):Se dimE < 1 e D(T ) = E, sabemos que T� é injetiva se, e somente se, T� é sobrejetiva. Segue

que T� vai possuir inversa quando, e apenas quando, for bijetiva. Portanto, se (R1) for válida, (R2) e(R3) também serão válidas. Logo � 2 �(T ) se e somente se T� não é injetiva, i.e., quando e apenasquando � é um autovalor de T . Em resumo, em dimensão �nita, se D(T ) = E; o conjunto formadopelos autovalores de T coincide com o espectro de T:Em dimensão in�nita, é fácil ver que autovalores de T ainda são sempre elementos do espectro de

T; mas a igualdade, em geral, não ocorre. Por exemplo, consideremos

T : l2 ! l2 dado por T (x) = (0; x1; x2; :::)

É claro que � = 0 não é autovalor, mas 0 2 �(T ), pois T0 = T é injetiva (portanto possui inversa),mas a imagem não é densa em l2, e conseqüentemente (R3) não ocorre.

De agora em diante, nessa seção, H sempre será um espaço de Hilbert não nulo(sobre os complexos).

Proposição 5.3.1 Seja T 2 L(H;H) um operador não-nulo, compacto e auto-adjunto. Então kTk ou�kTk é um autovalor de T , e existe um autovetor associado x 2 H com kxk = 1 e tal que

j(Tx; x)j = kTk :

Demonstração. Pelo Teorema 2.6.4, podemos encontrar uma seqüência de vetores unitários (xn)1n=1tais que

(Txn; xn)! �;

com � = kTk ou �kTk : Note que

0 � kTxn � �xnk2 = (Txn � �xn; Txn � �xn)= kTxnk2 � �(Txn; xn)� �(xn; Txn) + �2 kxnk2

� kTk2 � 2�(Txn; xn) + �2:

Mas, como

limn!1

�kTk2 � 2�(Txn; xn) + �2

�= 0;

103

segue quelimn!1

(Txn � �xn) = 0: (5.8)

Como T é compacto, a seqüência (Txn)1n=1 admite uma subseqüência convergente. Denotemos por(Tyn)

1n=1 tal subseqüência.

Assim, de (5.8), temoslimn!1

(Tyn � �yn) = 0 (5.9)

e, como (Tyn) é convergente, segue que (�yn) é convergente. Seja y = limn!1 �yn (note que y 6= 0,pois kynk = 1 e � 6= 0). De (5.9), temos

limn!1

Tyn = y (5.10)

e, pela continuidade de T , temos

limn!1

Tyn = T (x); com x =y

�: (5.11)

Portanto, de (5.10) e (5.11), temosT (x) = y = �x

e � é um autovalor de T .Note que, como kynk = 1; temos kxk = 1; pois limn!1 yn = x.Como

limn!1

j(Tyn; yn)j = j�j = kTk ;

concluímos quej(Tx; x)j = kTk :�

Lema 5.3.2 Se E é um espaço de Banach, T : E ! E é um operador linear e � 2 �(T ), então, se Tfor fechado ou limitado, temos

D(R�(T )) = E:

Demonstração. (a) Se T for fechado, então T� é fechado (veja Exercício 3.4.6). Assim, G(T�) éfechado. Daí G(R�(T )) é fechado. Assim, R�(T ) é um operador fechado e limitado (pois � 2 �(T )) e,pelo Exercício 3.4.3 (a), segue que D(R�(T )) é fechado. Portanto,

D(R�(T )) = D(R�(T )) = E:

(b) Se T for limitado, como D(T ) = E, segue que T é fechado (Exercício 3.4.3 (b)). Pelo que foifeito no item (a), concluímos que D(R�(T )) = E:�

Teorema 5.3.3 Seja T : H ! H um operador auto-adjunto (contínuo). Então � 2 �(T ) se, e somentese, existe c > 0 tal que

kT�xk � c kxk ;onde T� = T � �I:

Demonstração. Se � 2 �(T ), então R� = T�1� : H ! H existe e é contínuo (note que o domíno étodo o H, devido ao Lema 5.3.2). Seja k = kR�k : Temos que k > 0, pois R� não é nulo (perceba queR� é injetivo). Então

kxk = kR�T�xk � kR�k kT�xk= k kT�xk

e daí segue que

kT�xk �1

kkxk :

104

Agora provaremos a recíproca. Suponha que existe c > 0 tal que

kT�xk � c kxk ; (5.12)

para todo x 2 H.Para garantir que � 2 �(T ); vamos mostrar que:

� (a) T� : H ! T�(H) é bijetiva.

� (b) T�(H) é denso em H:

� (c) T�(H) é fechado em H.

De fato, se provarmos que (a), (b) e (c) ocorrem, teremos que T�(H) = H e R� será contínua peloTeorema da Aplicação Aberta (lembre-se que, por hipótese, T é contínuo e portanto T� é contínuo).(a) Se T�(x1) = T�(x2), então

0 = kT�(x1)� T�(x2)k = kT�(x1 � x2)k� c kx1 � x2k :

Logo, x1 = x2 e o resultado segue.

(b) Mostraremos que T�(H)?= f0g: Note que isso é su�ciente, pois H = T�(H)� T�(H)

?:

Seja x0 2 T�(H)?. Então, se x 2 H, temos

0 = (T�(x); x0) = (Tx� �x; x0) = (Tx; x0)� �(x; x0):

Como T é auto-adjunto, segue que

(x; Tx0) = (Tx; x0) = �(x; x0) = (x; �x0):

Logo Tx0 = �x0.Note que x0 = 0 é uma solução possível. Se existir x0 6= 0 tal que Tx0 = �x0, teremos que �

será autovalor e portanto � = � (pois sabemos que autovalores de operadores auto-adjuntos são reais):Assim,

T�x0 = Tx0 � �x0 = 0:

Portanto, de (5.12) temos que

0 = kT�x0k � c kx0k > 0 (absurdo).

Concluímos que se x0 2 T�(H)?, então x0 = 0:

(c) Mostraremos que se y 2 T�(H), então y 2 T�(H):Seja, portanto, y 2 T�(H) e (yn) uma seqüência em T�(H) que converge para y:Assim, para cada n, existe xn 2 H tal que yn = T�xn: Logo

kxn � xmk �1

ckT�(xn � xm)k =

1

ckyn � ymk :

Portanto, (xn) é de Cauchy (pois (yn) é convergente). Como H é completo, temos que (xn) converge.Digamos que convirja para um certo x 2 H. Como T é contínua, temos que T� é contínua e

yn = T�xn ! T�x 2 T�(H):

Como o limite é único, temos y = T�x: Daí y 2 T�(H); e concluímos que T�(H) é fechado. �

Teorema 5.3.4 O espectro �(T ) de um operador linear auto-adjunto (contínuo) T : H ! H é real.

105

Demonstração. Basta mostrar que qualquer � = � + i� (�; � reais) com � 6= 0 sempre pertence a�(T ).Se x 6= 0 for um vetor de H, temos

(T�x; x) = (Tx; x)� �(x; x): (5.13)

Logo

(T�x; x) = (Tx; x)� �(x; x) (5.14)

= (Tx; x)� �(x; x):

Fazendo (5.14) menos (5.13), obtemos

(T�x; x)� (T�x; x) = (x; x)(�� )= 2i� kxk2 :

Logo�2 Im(T�x; x) = 2i� kxk2

e daí concluímos quej�j kxk2 = jIm(T�x; x)j � j(T�x; x)j � kT�xk kxk :

Dividindo por kxk ; obtemosj�j kxk � kT�xk (5.15)

para todo x 6= 0: Podemos, então, concluir que (5.15) ocorre para todo x 2 H, pois o caso x = 0 étrivial. Pelo Teorema anterior, segue que � 2 �(T ):�

Exercício 5.3.5 (Propriedade de Ideal) Sejam Xj espaços normados e Tj : Xj ! Xj+1, j =1; 2; 3; operadores lineares contínuos. Se T2 é compacto, mostre que T = T3T2T1 : X1 ! X4 écompacto.

Exercício 5.3.6 Se X é um evn de dimensão in�nita e T : X ! X é um operador linear compactobijetivo, mostre que T�1 não é contínua.

Exercício 5.3.7 Se X é um evn de dimensão in�nita e T : X ! X é um operador linear compactobijetivo, mostre que X não é completo. Sugestão: Se X fosse completo, o que diria o TAA ?

Exercício 5.3.8 Se T : X ! X é um operador linear compacto, mostre que dado k > 0, existe, nomáximo, uma quantidade �nita de autovetores LI de T , correspondentes a autovalores �, com j�j > k:

106

Capítulo 6

Espaços vetoriais topológicos(evt´s)

6.1 evt�s e elc�s

A generalização natural de evn é o conceito de espaços vetoriais topológicos, que estudaremos a seguir.No decorrer desse capítulo revisitaremos o teorema de Hahn-Banach e as topologias fracas.

De�nição 6.1.1 Um espaço vetorial E sobre um corpo K é um espaço vetorial topológico (evt)sobre K se(a) E é um espaço topológico.(b) A aplicação (x; y) 2 E � E ! x+ y 2 E é contínua.(c) A aplicação (a; x) 2 K� E ! ax 2 E é contínua.

Observação 6.1.2 Em K consideramos a topologia usual e em E�E e K�E consideramos a topologiaproduto, que tem produtos cartesianos de abertos como base.

Note que todo espaço vetorial normado é um espaço vetorial topológico.

Proposição 6.1.3 Se E é um evt, x0 2 E e a 2 K, então a translação

x 2 E ! x+ x0 2 E

e a homotetia

x 2 E ! ax 2 E

são homeomor�smos.

Demonstração. Basta ver a translação como a composição

x 2 E ! (x; x0) 2 E � E ! x+ x0 2 E

e a homotetia como a composição

x 2 E ! (a; x) 2 K� E ! ax 2 E;

e observar que a de�nição de evt e a de�nição da topologia produto garantem que todas as funçõesenvolvidas são contínuas.�

107

Corolário 6.1.4 Se E é um evt, V é uma vizinhança de zero em E se e somente se V + x0 é umavizinhança de x0 em E.

Demonstração. Basta lembrar que homeomor�smos levam abertos em abertos. �

De�nição 6.1.5 Seja E um espaço vetorial e A � E.(a) A é dito absorvente se dado x 2 E, existir �0 > 0 tal que x 2 �A para todo � 2 K com

j�j � �0:(b) A é dito equilibrado se �x 2 A para todo x 2 A e � 2 K com j�j � 1:(c) A é dito convexo se �x+ �y 2 A para cada x; y 2 E e �; � � 0 com �+ � = 1:Um evt é dito localmente convexo (elc) se cada vizinhança de zero contém uma vizinhaça de zero

convexa.

Exercício 6.1.6 Seja E um espaço vetorial. Mostre que a interseção de conjuntos equilibrados é umconjunto equilibrado e que a interseção de conjuntos convexos é um conjunto convexo.

Proposição 6.1.7 Seja E um evt e seja U a família de todas as vizinhanças de zero em E. Se U 2 U ,então(a) U é absorvente.(b) Existe V 2 U tal que V + V � U:(c) Existe V 2 U ; V equilibrado, tal que V � U .

Demonstração. (a) Seja x0 2 E: A aplicação f : K! E dada por

� 2 K! �x0 2 E

é contínua, pois é a composição das aplicações contínuas

� 2 K! (�; x0) 2 K� E

e(�; x) 2 K� E ! �x 2 E:

Logo, existe � > 0 tal quej�j < � ) f(�) 2 U;

ou seja,�x0 2 U sempre que j�j < �;

ou ainda,x0 2 �U sempre que j�j > 1=�:

(b) Comog : (x; y) 2 E � E ! x+ y 2 E

é contínua e g(0; 0) = 0; existe V 2 U tal que g(V � V ) � U; ou seja, V + V � U:(c) Seja

� = f� 2 K; j�j � 1g:

A aplicação(�; x) 2 K� E ! �x 2 E

é contínua e leva (�; 0) em 0: Logo, existem A� vizinhança de � em K e V� 2 U tais que

�x 2 U

108

sempre que � 2 A� e x 2 V�: Como � é compacto, existem �1; :::; �n 2 � tais que

� � A�1 [ ::: [A�n :

SejaW = V�1 \ ::: \ V�n 2 U :

Note que�x 2 U sempre que � 2 � e x 2W:

De fato, se � 2 �, então � 2 A�i para algum i e se x 2W , então x 2 V�i :Agora, de�na

V = eq(W ) = f�x;x 2W e � 2 �g:

Logo V é equilibrado e V � U: Note que como W � V , segue que V 2 U .�

Exercício 6.1.8 Mostre que o fecho de um conjunto convexo é convexo e que o fecho de conjuntoequilibrado é equilibrado.

Solução. Pela Proposição 6.1.3, se t 2 K é um escalar �xo, a aplicação

Mt : E ! E

x 7! tx

é um homeomor�smo. Assim, se 0 < jtj � 1 e A é equilibrado, temos

tA =Mt(A) =Mt(A) = tA � A:

Assim A é equilibrado.Agora suponhamos que A seja convexo. Sejam x; y 2 A e a; b � 0 com a+ b = 1:Seja U uma vizinhança de zero em E. Queremos mostrar que

(ax+ by + U) \A 6= �: (6.1)

Seja V uma vizinhança de zero em E tal que V + V � U e W uma vizinhança de zero em E,equilibrada, com W � V . Logo, existem

x1 2 (x+W ) \A;y1 2 (y +W ) \A:

Assim, como A é convexo, temosax1 + by1 2 A:

Como W é equilibrada, temos aW �W e bW �W , e daí

ax1 + by1 2 (ax+ aW ) + (by + bW ) � ax+ by +W +W � ax+ by + U:

Portanto, segue (6.1).

Proposição 6.1.9 Em um evt, toda vizinhança de zero contém uma vizinhança fechada e equilibradade zero.

109

Demonstração. Seja V uma vizinhança de zero. Então, existe uma vizinhança equilibrada U de zerotal que U +U � V . Vejamos que U � V (note que U é equilibrado, pois é o fecho de um equilibrado).Se x 2 U , então (x+ U) \ U 6= �, isto é, existe y 2 U tal que x+ y 2 U: Logo

x 2 �y + U � U + U � V:�

Para espaços localmente convexos, temos um resultado mais forte que a Proposição 6.1.7:

Proposição 6.1.10 Seja E um elc e U a família de todas as vizinhanças de zero em E. Se U 2 U ,então(a) U é absorvente.(b) Existe V 2 U tal que V + V � U:(c) Existe V 2 U ; V equilibrada, convexa e fechada, tal que V � U .

Demonstração. (a) e (b) já são conhecidas. Vamos mostrar (c). Seja U1 uma vizinhança de zero.Dentro de U1, existe uma vizinhança fechada U2 de zero e dentro de U2 podemos considerar U umavizinhança de zero convexa, pois E é um elc. Então, sabemos que U contém uma vizinhança equilibradaW de zero. Para cada s 2 K; com jsj = 1; temos, pelo fato de ser W equilibrada,

sW �W

s�1W �W:

Assim,

W = s�1 (sW ) � s�1W

W = s(s�1W ) � sW

a portantosW =W = s�1W

para todo s com módulo 1. Em particular,

s�1W =W � U

e portantoW � sU:

SejaV =

\jsj=1

sU:

Então W � V e V � U: Logo V é uma vizinhança de zero contida em U . Além disso, cada sU éconvexa, pois se a; b > 0 e a+ b = 1 e u1; u2 2 U , temos

a(su1) + b(su2) = s(au1 + bu2) 2 sU:

Como interseção de convexos é ainda convexa, temos que V é convexa. Vamos mostrar que V éequilibrada. Seja t escalar, com jtj � 1: Se v 2 V , temos v 2 sU para todo s com jsj = 1: Logo, paraqualquer s com módulo 1, temos

tv 2 tsU = s1 jtjU;

para s1 = sei� , onde t = jtj ei�:Como U é convexo e contém zero, temos que

s1 jtjU � s1U:

110

De fato, se s1 jtju 2 s1 jtjU , temos s1 jtju = jtj (s1u)+ (1� jtj)0 2 s1U (pois s1U é convexo): Portantotv 2 s1U: Como s varia por todos os jsj = 1, temos que s1 varia por todos os js1j = 1: Daí

tv 2\

js1j=1

s1U = V:

Assim, encontramos uma vizinhança de zero V , convexa e equilibrada, contida em U: Como fechode convexo é convexo e fecho de equilibrado é equilibrado, segue que

V � U2

e V é uma vizinhança de zero fechada, convexa e equilibrada, com V � U2 � U1.�

De�nição 6.1.11 Seja E um espaço vetorial sobre K. Uma seminorma em E é uma aplicaçãop : E ! R que satisfaz(a) p(x) � 0 para todo x 2 E:(b) p(�x) = j�j p(x) para todo � 2 K e x 2 E:(c) p(x+ y) � p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E:

Note que se p é uma seminorma, (b) nos diz que p(0) = 0:

Exercício 6.1.12 Se p : E ! R é uma seminorma, mostre que

jp(x)� p(y)j � p(x� y)

A seguir veremos como se comportam transformações lineares em evt�s.

Proposição 6.1.13 Sejam E e F evt�s e T : E ! F uma transformação linear. Então T é contínuose e somente se T é contínuo em 0.

Demonstração. Exercício.

Teorema 6.1.14 Seja T : E ! K um funcional linear T 6= 0 em um evt E. As seguintes sentençassão equivalentes:(a) T é contínuo.(b) Ker(T ) é fechado.(c) T é limitado em alguma vizinhança de zero.

Demonstração. (i) implica (ii) é claro, pois f0g é fechado em K.Suponha agora Ker(T ) fechado e diferente de E: Assim, Er Ker(T ) é aberto (não-vazio) em E.

Então, V = E rKer(T ) é uma vizinhança (aberta) de x 2 V . Seja

U = V � x:

Então U é uma vizinhança aberta de zero, e portanto contém uma vizinhança equilibrada W de 0.Logo

x+W � V

e portanto(x+W ) \Ker(T ) = �: (6.2)

A linearidade de T garante que T (W ) é um subconjunto equilibrado de K. Assim, T (W ) é limitadoou é o próprio K (veri�que!).Se T (W ) = K, existe w 2W tal que T (w) = �T (x) e daí T (x+w) = 0; o que é impossível (devido

a (6.2)). Logo T (W ) é limitado, e (c) segue.

111

Suponhamos �nalmente (c). Existem, então, uma vizinhança V de 0 e algum K > 0 tais que

jT (v)j < K

para todo v 2 V . Dado " > 0; temos portanto

jT (x)j < "

se x 2 "KV e segue que T é contínua em 0, e portanto contínua, e obtemos (a).�

Exercício 6.1.15 Se A � K é equilibrado, então A é limitado ou A = K:

Proposição 6.1.16 Seja E um espaço vetorial e A � E um conjunto convexo, equilibrado eabsorvente. O funcional de Minkowski de A; de�nido por

pA(x) = inff� > 0;x 2 �Ag

é uma seminorma em E. Além disso,

fx 2 E; pA(x) < 1g � A � fx 2 E; pA(x) � 1g: (6.3)

Demonstração. É claro que pA(x) � 0: Vamos mostrar primeiro que p(�x) = j�j p(x) para todo� 2 K e x 2 E:Se � = 0, o resultado é fácil.Suponha � 6= 0. Seja � > 0 tal que x 2 �A: Logo �x 2 ��A = j�j�A, pois A é equilibrado.

Portanto, se x 2 �A; temospA(�x) � j�j�

epA(�x) � j�j inff� > 0;x 2 �Ag = j�j pA(x): (6.4)

Seja � > 0 tal que �x 2 �A: Então, se � 6= 0,

x 2 �

�A =

�

j�jA

e daípA(x) �

�

j�j :

Logo

pA(x) �1

j�jpA(�x)

epA(�x) � j�j pA(x): (6.5)

De (6.4) e (6.5) segue que pA(�x) = j�j pA(x):Nos resta provar que pA(x+ y) � pA(x) + pA(y) para quaisquer x; y 2 E:Sejam �; � > 0 tais que x 2 �A e y 2 �A: Logo

x+ y 2 �A+ �A

e, como A é convexo, temos

x+ y 2 (�+ �)��A+ �A

�+ �

�= (�+ �)

��A

�+ �+

�A

�+ �

�� (�+ �)A;

112

pois�

�+ �� 1; �

�+ �� 1 e �

�+ �+

�

�+ �= 1:

PortantopA(x+ y) � �+ �

e conseqüentementepA(x+ y) � pA(x) + pA(y):

Agora demonstraremos (6.3).Se pA(x) < 1; então existe � tal que pA(x) � � < 1 tal que

x 2 �A � A;

pois A é equilibrado. Daífx 2 E; pA(x) < 1g � A:

A inclusão de A em fx 2 E; pA(x) � 1g é imediata.�

Proposição 6.1.17 Seja E um espaço vetorial e p : E ! R uma seminorma. Se

A = fx 2 E; p(x) � 1g;

então A é convexo, equilibrado, absorvente e

pA(x) = p(x)

para todo x em E.

Demonstração. Se a; b > 0 e x; y 2 A, temos

p(ax+ by) � ap(x) + bp(y) � a+ b = 1:

Logo ax+ by 2 A e A é convexo. Se j�j � 1 e x 2 A, temos

p(�x) = j�j p(x) � 1:

Logo �x 2 A e A é equilibrado.Agora mostraremos que A é absorvente. Seja x 2 E:Se x 2 A, então

x 2 1A: (6.6)

Note que, como A = fx 2 E; p(x) � 1g, é fácil ver que se x 2 �0A, então x 2 �1A sempre quej�1j � j�0j : Portanto, de (6.6) segue que x 2 �A sempre que j�j � 1.Se x =2 A; então p(x) > 1 e portanto x

p(x) 2 A e portanto

x 2 p(x)A

e conseqüentemente x 2 �A sempre que j�j � p(x). Logo A é absorvente.Da Proposição 6.1.16, temos

fx 2 E; pA(x) < 1g � A � fx 2 E; pA(x) � 1g:

Se p(x) = 0, então x� 2 A para todo � > 0: Logo x 2 �A para todo � > 0 e pA(x) = 0. Assim,

pA(x) = p(x):Se p(x) 6= 0; temos rx

p(x) =2 A, se r > 1: Logo pA(rxp(x) ) � 1 e daí pA(x) � p(x):

Por outro lado, como xp(x) 2 A; temos pA(

xp(x) ) � 1 e pA(x) � p(x): Portanto, pA(x) = p(x):�

Exercício 6.1.18 Se E é um evn e B é a bola fechada de raio r, mostre que pB(x) =kxkr :

113

6.2 Seminormas e topologias

A seguir veremos como um espaço vetorial (sem topologia) pode ser munido de uma topologia naturale se tornar um evt localmente convexo, a partir de uma família de seminormas.No que segue, se P = fp�;� 2 �g é uma família de seminormas em um espaço vetorial E,

de�niremos os conjuntos

V (x0; p1; :::; pn; ") = fx 2 E; pi(x� x0) < "; i = 1; :::; ng;

onde x0 2 E, " > 0 e p1; :::; pn 2 P.

Exercício 6.2.1 Mostre que

V (x0; p1; :::; pn; ") = x0 + V (0; p1; :::; pn; "):

Exercício 6.2.2 Seja E um espaço vetorial e sejam p1 e p2 seminormas em E. Mostre quep(x) = p1(x) + p2(x) e q(x) = maxfp1(x); p2(x)g são seminormas em E.

Teorema 6.2.3 Seja E um espaço vetorial e P uma família de seminormas em E. Para cadax 2 E, seja seja Vx a coleção de todos os subconjuntos de E da forma V (x; p1; :::; pn; "); com n 2 N,p1; :::; pn 2 P e " > 0: Seja � � 2E com � 2 � e tal que os outros elementos de � são todos os conjuntosG � E da forma

x 2 G) (existe U 2 Vx com U � G).

Então � é uma topologia em E compatível com a estrutura de espaço vetorial (isto é, a soma eproduto por escalar são contínuas) e cada conjunto Vx é uma base de vizinhanças de x. Além disso,cada seminorma p 2 P é contínua e (E; �) é um espaço de Hausdor¤ se e somente se para cada x 2 Ecom x 6= 0, existe um p 2 P tal que p(x) 6= 0:A topologia � será chamada de topologia determinada (ou gerada) pela família de

seminormas P.

Demonstração. Da de�nição de �; é imediato que E 2 � e que união arbitrária de elementos de �ainda é um elemento de � . Mostraremos que se A;B 2 � , então A \B 2 � .Se A \ B = �, temos que A \ B 2 �: Suponhamos que A \ B 6= � e x 2 A \ B: Então, existem

U; V 2 Vx tais que U � A e V � B: Existem, portanto, seminormas p1; :::; pm; q1; :::; qn e "1; "2 > 0tais que

U = V (x; p1; :::; pm; "1) e V = V (x; q1; :::; qn; "2):

Assim, seW = V (x; p1; :::; pm; q1; :::; qn;minf"1; "2g);

temos que W 2 Vx e W � U \ V � A \B: Logo A \B 2 � e � é uma topologia em E.Agora, mostraremos que se U 2 Vx, então U 2 � . Suponha

U = V (x; p1; :::; pn; ")

e z 2 U . Devemos mostrar que existe V 2 Vz tal que

V � U:

Como z 2 U , temospi(z � x) < " para todo i = 1; :::; n:

Seja � > 0 tal que� < "� pi(z � x); para todo i = 1; :::; n:

114

Se i = 1; :::; n e y 2 E com pi(y � z) < �; temos

pi(y � x) � pi(y � z) + pi(z � x)< � + pi(z � x) < ":

LogoV (z; p1; :::; pn; �) � V (x; p1; :::; pn; ") = U:

Temos portanto que para cada x, a família Vx é uma base de vizinhanças de x, formada por abertos.A seguir, mostraremos que a topologia � é compatível com as operações de soma e produto por

escalar.Sejam

f : (x; y) 2 E � E ! x+ y 2 E;(x0; y0) 2 E � E e

x0 + y0 + U

uma vizinhança de x0 + y0, comU = V (0; p1; :::; pn; "):

ConsiderandoV = V (0; p1; :::; pn; "=2);

temos

f(x0 + V; y0 + V ) = x0 + V + y0 + V

= x0 + y0 + V + V

� x0 + y0 + U

e conseqüentemente f é contínua.Veri�quemos, então, a continuidade de

g : (a; x) 2 K� E ! ax 2 E:

Fixemos (a0; x0) 2 K� E: Sejaa0x0 + U

uma vizinhança de a0x0, comU = V (0; p1; :::; pn; "):

Note que

pj(ax� a0x0) � pj(ax� ax0 + ax0 � a0x0)� pj(ax� ax0) + pj(ax0 � a0x0)= jaj pj(x� x0) + ja� a0j pj(x0):

Sejam, para cada j = 1; :::; n;

�j ="

2(pj(x0) + 1)

� ="

2(ja0j+ �); com � = minf�j ; j = 1; :::; ng

A = fa 2 K; jaj < �gV = V (0; p1; :::; pn; �):

Segue queg((a0 +A)� (x0 + V )) � a0x0 + U: (6.7)

115

De fato, se a 2 a0 +A e x 2 x0 + V , temos

pj(ax� a0x0) � jaj pj(x� x0) + ja� a0j pj(x0)� jaj � + �pj(x0)

� jaj "

2(ja0j+ �)+

"

2(pj(x0) + 1)pj(x0)

� (ja0j+ �)"

2(ja0j+ �)+

"

2(pj(x0) + 1)pj(x0)

< "

e daí ax� a0x0 2 U e ax 2 a0x0 + U e segue (6.7).Nos resta provar que (E; �) é Hausdor¤ se e somente se para cada x 2 E com x 6= 0, existe um

p 2 P tal que p(x) 6= 0:Suponha que para cada x 2 E com x 6= 0, existe um p 2 P tal que p(x) 6= 0: Se x; y 2 E e

x 6= y, então existe p 2 P tal que p(x� y) = � > 0: Então, os conjuntos V (x; p; �=2) e V (y; p; �=2) sãovizinhanças de x e y, disjuntas e conseqüentemente E é Hausdor¤.Reciprocamente, suponha que E é Hausdor¤. Então, dado x 2 E; x 6= 0; existe uma vizinhança

V = V (0; p1; :::; pn; ") de zero que não contém x. Segue que pi(x) = pi(x � 0) � " > 0 para algumi = 1; :::; n; e o resultado segue.Por �m, veremos que cada seminorma p 2 P é contínua.Sejam x0 2 E e U uma vizinhança de p(x0) em K. Existe, portanto " > 0 tal que

B(p(x0); ") � U:

Logo, seV = V (x0; p; ");

temos quex 2 V ) p(x� x0) < ") jp(x)� p(x0)j � p(x� x0) < "

e portanto p(x) 2 U . �

Observação 6.2.4 É fácil ver que a topologia construída acima torna E um elc. Com efeito, cadaV (x; p1; :::; pn; ") é um conjunto convexo, pois se z; y 2 V (x; p1; :::; pn; ") e �; � > 0 são tais que�+ � = 1; então, para cada i = 1; :::; n; temos

pi(�z + �y � x) = pi(�z + �y � �x� �x) � �pi(z � x) + �pi(y � x) � �"+ �" = "

e daí�z + �y 2 V (x; p1; :::; pn; "):

Proposição 6.2.5 Suponha que p é uma seminorma em um evt (E; �). São equivalentes:

Lema 6.2.6 a) p é contínua em zero.b) p é contínua.c) p é limitada em alguma vizinhança de zero.

Demonstração. É claro que (b) implica (a).Agora suponha (a). Se x0 2 E, sabemos que a aplicação

x 2 E ! x� x0 2 E

é contínua (veja Proposição 6.1.3) e portanto se (x�) é uma rede que converge para x0, então

x� � x0 ! 0: (6.8)

116

Comojp(x�)� p(x0)j � p(x� � x0);

usando (6.8) e a continuidade de p em zero, segue que p(x�)! p(x0): Logo, temos (b).Mostraremos agora que (a) e (c) são equivalentes. Veri�car que (a) implica (c) é fácil, pois, como

p(0) = 0; a partir de (a), sabemos que existe uma vizinhança U de 0 tal que

p(U) � ft 2 K; jtj < 1g:

Logo p é limitada em U .Reciprocamente, suponha (c). Existe, portanto, uma vizinhança V de zero e uma constante C > 0

tal quejp(x)j < C

para todo x 2 V . Daí temos que dado " > 0;

jp(x)� p(0)j = jp(x)j < "

se x 2 "CV e segue (a).�

Corolário 6.2.7 Se E é um evt e A � E é uma vizinhança de zero convexa, equilibrada (e absorvente,pois toda vizinhança de zero é absorvente), então o funcional de Minkowski pA é contínuo.

Demonstração. De fato, se x 2 A, então pA(x) � 1, e portanto pA é limitado numa vizinhança dezero e, pelo resultado anterior, contínuo.�

Proposição 6.2.8 Se V é uma vizinhança convexa e equilibrada de zero em E, então

V = fx 2 E; pV (x) � 1g:

Em particular, se V é fechada, temos

V = fx 2 E; pV (x) � 1g:

Demonstração. A continuidade de pV garante que fx 2 E; pV (x) � 1g é fechado. Como sabemosque

fx 2 E; pV (x) < 1g � V � fx 2 E; pV (x) � 1g;

segue que V � fx 2 E; pV (x) � 1g: Por outro lado, seja x0 tal que pV (x0) � 1 e W uma vizinhançade x0. Como a aplicação

f : K! E

a 7! ax0

é contínua e f(1) = x0, existe " > 0 tal que

ax0 2W

sempre que ja� 1j < ": Sabemos também que ax0 2 V para a < 1 e. a 2 R, pois pV (ax0) = apV (x0) <1: Logo, se 1� " < a < 1; temos que ax 2 V \W: Portanto

x0 2 V :�

Exercício 6.2.9 Seja E um espaço vetorial sobre K. Um conjunto A � E é dito absolutamenteconvexo se �x + �y 2 A para quaisquer x; y 2 A e �; � 2 K com j�j + j�j � 1. Mostre que A éabsolutamente convexo se e somente se A é convexo e equilibrado.

117

Exercício 6.2.10 Seja E é um espaço vetorial sobre K e A � E: Mostre que se A é equilibrado, então

co(A) :=

8<:nXj=1

�jxj ;xj 2 A; �j � 0; n 2 N enXj=1

�j = 1

9=;é equilibrado.

Exercício 6.2.11 Dê exemplo de um conjunto convexo A � R2 tal que

eq(A) = f�x; j�j � 1 e x 2 Ag

não seja convexo.

Exercício 6.2.12 Considere o espaço vetorial C sobre o corpo C e S = fz 2 C; jIm zj < 1g: Mostreque S é convexo, absorvente, mas não é equilibrado.

Exercício 6.2.13 Seja � a topologia determinada por uma família de seminormas P em em espaçovetorial E. Mostre que uma rede (x�) converge para zero em (E; �) se e somente se p(x�) convergepara zero para todo p 2 P.

Exercício 6.2.14 Nas mesmas condições do exercício anterior, mostre que pode ocorrer p(x�)! p(x)para todo p 2 P sem que a rede (x�) seja convergente para x. Sugestão: Considere em (E; k:k),E 6= f0g, a topologia fraca, que sabemos ser gerada pela família de seminormas

P = fp(x) = j'(x)j ;' 2 E0g;

e considere (xn)1n=1 = ((�1)nx0)1n=1 para algum x0 não-nulo em E.

Exercício 6.2.15 Veri�que se a topologia em R gerada pela família unitária P = fpg, composta pelaseminorma p(x) = jxj ; é Hausdor¤.

Exercício 6.2.16 Nas mesmas condições do exercício anterior, mostre que a topologia fraca geradapor P = fpg (isto é, a topologia � , em R, mais econômica, que torna p : (R; �) ! (R; j:j) contínua)não torna

(R; �)� (R; �)! (R; �)(x; y)! x+ y

contínua. Sugestão: tente entender como é essa topologia e pense nas seqüências (an) = (�1)n e(bn) = (�1)n+1:

Exercício 6.2.17 Sejam E e F espaços vetoriais topológicos localmente convexos sobre K e T : E ! Fuma transformação linear. Mostre que T é contínuo se, e somente se, para cada seminorma contínuaq : F ! R, q � T é uma seminorma contínua em E.

Exercício 6.2.18 Seja E um evt e p; q : E ! R duas seminormas. Se p(x) � q(x) para todo x 2 E ese q é contínua, mostre que p é contínua.

118

6.3 Revisitando Hahn-Banach

Nessa seção veremos uma versão do Teorema de Hahn-Banach para espaços localmente convexos.

Teorema 6.3.1 (Teorema de Hahn-Banach para elc) Sejam E um elc e M0 um subespaço de E.Então, dado '0 2M 0

0; existe ' 2 E0 tal que

'(x) = '0(x)

para todo x 2M0:

Demonstração. SejaU = fx 2M0; j'0(x)j � 1g:

Como '0 é contínuo, U é vizinhança de zero em M0; temos

U � intU =M0 \W;

com W aberto em E (vizinhança de zero em E). Existe, portanto V � W , vizinhança de zero em E,convexa, equilibrada.

M0 \ V � U:

É claro que V é absorvente, pois toda vizinhança de zero é absorvente. Como V é convexa, equilibradae absorvente, temos que

fx 2 E; pV (x) < 1g � V � fx 2 E; pV (x) � 1g:

A�rmamos que'0(x) � pV (x) para todo x 2M0: (6.9)

De fato, se x 2M0; como pV ( xpV (x)+"

) < 1; segue que xpV (x)+"

2 V e conseqüentemente

x

pV (x) + "2 V \M0 � U:

Daí ��'0( x

pV (x) + ")

�� 1 (pela de�nição de U)e conseqüentemente

j'0(x)j � pV (x) + ":

Como isso vale para todo " > 0, segue (6.9).Pelo Teorema de Hahn-Banach (Teorema 3.1.4), com a seminorma pV ; existe ' : E ! K (extensão

de '0) tal quej'(x)j � pV (x) = inff� > 0;x 2 �V g

para todo x 2 E.Assim, j'(x)j � " para todo x 2 "V . Portanto (pelo Teorema 6.1.14), ' é contínuo.�

O próximo resultado será útil na demonstração do Teorema de Goldstine.

Teorema 6.3.2 (Forma Geométrica de Hahn Banach para elc�s) Seja E um elc e A umsubconjunto convexo, equilibrado e fechado de E, com 0 2 A. Para cada b 2 E, b =2 A, existe ' 2 E0tal que

'(b) > supx2A

j'(x)j :

119

Demonstração. Como 0 6= b =2 A e A é fechado, existe uma vizinhança (de zero) convexa, equilibradae fechada U; tal que

(b+ U) \A = �: (6.10)

De fato, como A é fechado, E nA é aberto e contém b. Assim, (E nA)� b é uma vizinhança abertade zero. Existe, pela Proposição 6.1.10, U , vizinhança convexa, equilibrada e fechada de zero, com

0 2 U � (E nA)� b:

Logob+ U � (E nA)

e segue (6.10). Daí, podemos concluir que

(b+1

2U) \ (A+ 1

2U) = �: (6.11)

De fato, se existisse z 2 (b+ 12U) \ (A+

12U); poderíamos encontrar x; y 2 U e a 2 A tais que

b+1

2x = a+

1

2y

e assim teríamos

b+

�1

2x+

1

2(�y)

�= a 2 A:

Como U é equilibrado, temos �y 2 U , e como U é convexo, temos 12x+

12 (�y) 2 U: Logo

b+

�1

2x+

1

2(�y)

�2 (b+ U) \A;

o que contradiz (6.10). Assim, vale (6.11).Portanto

b =2 V := A+1

2U:

De fato, se fosse b 2 A+ 12U , teríamos

b 2 (b+ 12U) \ (A+ 1

2U);

e sabemos que isso não ocorre. Como A e U são convexos e equilibrados, temos que A + 12U é uma

vizinhança convexa e equilibrada de zero. Logo V = A+ 12U é uma vizinhança de zero convexa,

equilibrada e fechada (veja Exercício 6.1.8). Daí,

V = fx 2 E; pV (x) � 1g

e pV (b) > 1, pois b =2 V: Seja '0 : [b]! K (linear) dado por

'0(�b) = �

para todo escalar �, e q : E ! K a seminorma dada por

q(x) =pV (x)

pV (b)

para todo x 2 E. Note quej'0(�b)j = j�j = q(�b)

120

para todo escalar �.Pelo Teorema 3.1.4, existe ' : E ! K linear, tal que '(�b) = '0(�b) para todo � e

j'(x)j � q(x) para todo x 2 E:

Como q é uma seminorma contínua (pois pV é contínuo (veja Proposição 6.2.7)) segue que ' écontínuo.Assim, para todo x 2 A � V , temos

j'(x)j � q(x) � 1

pV (b)< 1 = '(b):�

6.4 Revisitando as topologias fracas: Teorema de Goldstine ecaracterização de espaços re�exivos

Se E é um evn e nós consideramos as seminormas

p : E ! R

dadas porp(x) = j'(x)j ;

com ' 2 E0; o Teorema 6.2.3 nos mostra como obter uma topologia para E a partir dessa família deseminormas. Observe que para cada x0 2 E,

V (x0; p1; :::; pn; ") = fx 2 E; j'j(x)� 'j(x0)j < "; j = 1; :::; ng

e portanto a topologia fraca coincide com a topologia gerada por essa família de seminormas. De modoanálogo, as seminormas

p : E0 ! R

dadas porp(') = j'(x)j ;

com x variando em E, geram a topologia fraca estrela. Assim, (E; �(E;E0)) e (E0; �(E0; E)) são evte, mais ainda, elc.

Teorema 6.4.1 (Teorema de Goldstine) Seja E um espaço de Banach. Então J(BE) é denso emBE00 na topologia fraca estrela.

Demonstração. Queremos mostrar que

J(BE)�(E00;E0)

= BE00 :

É claro que

J(BE)�(E00;E0) � BE00 ;

pois se x 2 J(BE); temos x = J(y) e kxk = kyk = 1 e, pelo Exercício 4.2.4, se J(xn) converge para zna topologia fraca estrela, então

kzk � lim inf kxnk :

O conjunto J(BE) é claramente convexo e equilibrado. Logo, pelo Exercício 6.1.8 temos que

J(BE)�(E00;E0)

121

é fechado, convexo e equilibrado. Seja y00 2 E00 � J(BE)�(E00;E0)

. Por Hahn-Banach (Corolário 6.3.2),existe � 2 (E00; �(E00; E0))0 tal que

�(y00) > sup

�j�(x00)j ;x00 2 J(BE)

�(E00;E0)�:

Por maior razão�(y00) > sup fj�(x00)j ;x00 2 J(BE)g : (6.12)

Mas, pelo Corolário 4.2.7, temos(E00; �(E00; E0))0 = J(E0):

Assim, existe x00 2 E0 tal que J(x00) = �: Logo (6.12) pode ser reescrita como:

y00(x00) > sup fjx00(x00)j ;x00 2 J(BE)g :

Como, como para cada x00, existe x em BE tal que x00 = J(x); temos

y00(x00) > sup fjx00(x)j ;x 2 BEg = kx00k :

Portanto

y00(x00kx00k

) > 1

e daí concluímos que y00 =2 BE00 :�

Teorema 6.4.2 Um espaço de Banach é re�exivo se e somente se BE é compacta na topologia fraca.

Demonstração. Suponha que E seja re�exivo. Então J(E) = E00 e J(BE) = BE00 : Pelo Teoremade Alaoglu, BE00 é compacta na topologia fraca estrela.Notemos que

J : (E; �(E;E0))! (E00; �(E00; E0))

é contínua e tem inversa contínua.De fato, se x0 2 E; seja V uma vizinhança de J(x0) 2 E00 na topologia fraca estrela: Podemos

sempre supor

V = f' 2 E00; j'(fj)� Jx0(fj)j < "; j = 1; :::; ng= fJx 2 J(E); jJx(fj)� Jx0(fj)j < "; j = 1; :::; ng= fJx 2 J(E); jfj(x)� fj(x0)j < "; j = 1; :::; ng= J(fx 2 E; jfj(x)� fj(x0)j < "; j = 1; :::; ng)= J(Vx0);

onde Vx0 = fx 2 E; jfj(x)� fj(x0)j < "; j = 1; :::; ng é uma vizinhança de x0 na topologia fraca.Assim, J é contínua. Analogamente

J�1 : (E00; �(E00; E0))! (E; �(E;E0))

é contínua. De fato, se '0 2 E00, seja U uma vizinhança de J�1('0) na topologia fraca: Podemos supor

V =�x 2 E;

��fj(x)� fj(J�1('0))�� < "; j = 1; :::; n

=�J�1(') 2 E;

��fj(J�1('))� fj(J�1('0))�� < "; j = 1; :::; n

=�J�1(') 2 E; j'(fj)� '0(fj)j < "; j = 1; :::; n

= J�1 (f' 2 E00; j'(fj)� '0(fj)j < "; j = 1; :::; ng)= J�1(U'0);

122

onde U'0 é uma vizinhança de '0 na topologia fraca estrela. Daí J�1 é contínua.

Como J(BE) = BE00 e BE00 é compacta na topologia fraca estrela (Teorema de Alaoglu), segue que

J�1(BE00)

é compacto na topologia fraca.Reciprocamente, suponha BE compacto na topologia fraca. Note que

J : (E; �(E;E0))! (E00; �(E00; E0))

é contínua (nesse caso não temos a sobrejetividade, mas a continuidade ainda é válida). De fato, sex0 2 E; seja V uma vizinhança de J(x0) na topologia fraca estrela: Podemos sempre supor

V = f' 2 E00; j'(fj)� Jx0(fj)j < "; j = 1; :::; ng

SejaVx0 = fx 2 E; jfj(x)� fj(x0)j < "; j = 1; :::; ng :

Então Vx0 é uma vizinhança de x0 na topologia fraca e, se x 2 Vx0 , temos, para cada j = 1; :::; n;

jJx(fj)� Jx0(fj)j = jfj(x)� fj(x0)j < ":

Daí, temos J(Vx0) � V: Logo J é contínua.Assim, como função contínua leva compactos em compactos, segue que J(BE) é compacto na

topologia fraca estrela (logo J(BE)�(E00;E0)

= J(BE); pois subconjuntos compactos de um espaço deHausdor¤ são sempre fechados). Pelo Teorema da Goldstine, temos

J(BE)�(E00;E0)

= BE00

Concluímos, portanto, que J(BE) = BE00 e conseqüentemente J(E) = E00:�

123

Capítulo 7

Apêndice 0: Axioma da Escolha eLema de Zorn

Embora a formação de um matemático muitas vezes passe longe de um curso de Lógica Formal, ébom que (pelo menos) saibamos que a matemática que usamos possui, como alicerces, axiomas paraa construção e manipulação de conjuntos. Esses axiomas são conhecidos como Axiomas de Zermelo-Fränkel (ZF).O Axioma da Escolha (AE) garante a existência de um conjunto escolha E; que possui exatamente

um elemento de cada conjunto de uma família A de conjuntos não vazios. Precisamente:

Axioma 7.0.3 (Axioma da Escolha). Dada uma coleção A de conjuntos não-vazios e disjuntos, existeum conjunto E que possui exatamente um elemento em comum com cada conjunto pertencente a A.Em outras palavras, para cada A 2 A , o conjunto E \A tem apenas um elemento.

Seu enunciado parece bobo, porém é indispensável em vários resultados da matemática moderna.Muita controvérsia sempre cercou o Axioma da Escolha. Para conjuntos �nitos, o AE não é necessário,pois pode ser obtido a partir de outros axiomas de (ZF). Entretanto, para conjuntos in�nitos, às vezescertos resultados só podem ser obtidos por intermédio do AE.Um resultado equivalente ao AE é o �menos inofensivo�Lema de Zorn (LZ), que veremos a seguir.

Apesar aparentemente menos natural, ele é obtido a partir dos nossos axiomas, e portanto podemosusá-lo sem hesitação! É bom que saibamos, entretanto, que essa equivalência é apenas uma dentrenumerosas outras conhecidas. Curiosamente, vários resultados que foram obtidos como conseqüênciasdo AE, posteriormente mostraram-se equivalentes ao AE. Esse é mais um ponto muito interssantea respeito do AE: mesmo sendo aparentemente inofensivo, ele é equivalente a muitos resultadosfortemente não intuitivos. Por exemplo, o Teorema da Boa-Ordenação, que a�rma que qualquerconjunto pode ser bem-ordenado, é equivalente ao AE.Nesse curso, precisaremos apenas do Lema de Zorn. O LZ é peça fundamental na construção

de vários teoremas dos mais diversos ramos da matemática. É claro que por ser equivalente ao AE,toda demonstração que usa o LZ poderia usar o AE no seu lugar. Entretanto, o LZ parece ter maisfácil aplicação em algumas situações, e se consagrou em várias demonstrações de resultados clássicos:Teorema de Hahn-Banach e Teorema de Bishop-Phelps, na Análise Funcional, a demonstração deque todo espaço vetorial possui uma base de Hamel, na Álgebra Linear, Teorema de Tychono¤, emTopologia Geral, etc.Para enunciar o Lema de Zorn, precisamos de uma nomenclatura adequada.Seja P um conjunto munido de uma relação de ordem parcial �.Dizemos que Q � P é totalmente ordenado se para quaisquer q1; q2 2 Q tivermos que q1 � q2

ou q2 � q1: Dizemos ainda que um elemento p 2 P é cota superior para um conjunto R � P se paratodo r 2 R tivermos r � p. Um elemento m 2 P é dito maximal se sempre que x 2 P for tal que

124

m � x; tivermos x = m. Por �m, dizemos que um P é indutivo se para todo subconjunto R � P;totalmente ordenado, existe uma cota superior pR 2 P .Agora, podemos enunciar o Lema de Zorn:

Lema 7.0.4 (Lema de Zorn). Todo conjunto parcialmente ordenado, indutivo, não-vazio, admite umelemento maximal.

125

Capítulo 8

Apêndice I: Noções de TopologiaGeral

8.1 O Teorema de Baire

Um subconjunto M de um espaço topológico X é dito magro se M =1[n=1

Sn onde cada Sn tem

interior vazio. Conjuntos magros são também chamados de conjuntos de primeira categoria. Todoconjunto que não é de primeira categoria é chamado de conjunto de segunda categoria. O Teoremade Baire data de 1899, é devido ao matemático francês René Baire e a�rma que todo espaço métricocompleto, não-vazio, é de segunda categoria.

Teorema 8.1.1 (Teorema de Baire) Todo espaço métrico completo, não-vazio, é de segundacategoria, isto é, não pode ser uma união enumerável de conjuntos cujo fecho tem interior vazio.

Demonstração. Seja X = (X; d) um espaço métrico. Por contradição, vamos supor que X seja deprimeira categoria. Então, existem Sn � X tais que Sn tem interior vazio e

X =

1[n=1

Sn:

Para cada n, considere Fn = Sn. Temos que X � F1 é aberto e não-vazio. Assim, existem um númeroreal r1 > 0 e x1 2 X tais que

Ud(x1; r1) � X � F1:

Temos também que (X � F2) \ Ud(x1; r1=4) é aberto e não vazio. De fato, se essa interseção fossevazia, teríamos Ud(x1; r1=4) � F2, que é um absurdo, pois o interior de F2 é vazio.Logo existem x2 2 X e r2 > 0; tais que

Ud(x2; r2) � (X � F2) \ Ud(x1; r1=4):

Usando o mesmo raciocínio, encontramos x3 2 X e r3 > 0 tais que

Ud(x3; r3) � (X � F3) \ Ud(x2; r2=4):

Por indução, construimos uma seqüência de bolas abertas (Ud(xn; rn))1n=1 tais que rn+1 � rn4 e

Ud(xn+1; rn+1) � (X � Fn+1) \ Ud(xn; rn=4):

126

Note que, como rn+1 � rn4 para todo n; temos rn � r1

4n�1 :Pela desigualdade triangular, é fácil ver que (xn)1n=1 é uma seqüência de Cauchy em X. Com efeito,

d(xn; xn+p) �pXj=1

d(xn+j�1; xn+j) �pXj=1

rn+j�14

(8.1)

<

pXj=1

r14n+j�1

:

Como X é completo, existe um x 2 X, que é limite da seqüência (xn): Note que podemos tambémescrever

d(xn; xn+p) �rn4+rn+14

+ :::+rn+p�14

� rn4+rn42+ :::+

rn4p�1

: (8.2)

Fixando, arbitrariamente, n em (8.2) e fazendo p tender a in�nito, temos que d(xn; x) < rn e

x 2 Ud(xn; rn): Logo x =21[n=1

Sn = X (absurdo).�

127

8.2 Espaços topológicos

De�nição 8.2.1 Uma topologia em um conjunto X é uma coleção � de subconjuntos de X, chamadosconjuntos abertos, satisfazendo as seguintes propriedades:a) Qualquer união de elementos de � é um elemento de � .b) Qualquer interseção �nita de elementos de � pertence a � .c) X e o conjunto vazio pertencem a � .

Dizemos que (X; �) é um espaço topológico, que naturalmente abreviaremos para X quando nãohouver possibilidade de confusão.

Exercício 8.2.2 Seja X um conjunto. Seja �c a coleção de todos os subconjuntos U de X tais queX � U é enumerável ou é X: Veri�que que �c é uma topologia em X.

Exemplo 8.2.3 Se (M;d) é um espaço métrico, o Teorema ?? nos garante que o conjunto formadopelos abertos de M forma uma topologia em M; chamada topologia métrica �d:Sempre que (X; �) for um espaço topológico e sua topologia � for uma topologia métrica �d para

uma métrica d em X, dizemos que (X; �) é um espaço topológico metrizável .

Se X é um conjunto qualquer, a coleção de todos os subconjuntos de X; que de agora em dianteserá denotada por P(X), é uma topologia em X, chamada topologia discreta. Uma outro topologia"patológica"é a topologia � = fX;�g; chamada de topologia trivial.

Exercício 8.2.4 Mostre que (X;P(X)) é um espaço metrizável.

Exercício 8.2.5 Mostre que se X tem mais de um elemento, (X; �), com � = fX;�g; não é metrizável.

Novamente, seguindo o que foi feito na seção anterior, de�nimos:

De�nição 8.2.6 Se X é um espaço topológico e E � X, dizemos que E é fechado se e somente seX � E é aberto.

Aplicando as leis de De Morgan, temos:

Teorema 8.2.7 Se F a coleção de todos os conjuntos fechados em um espaço topológico X; então:a) Qualquer interseção de elementos de F é ainda um elemento de F ,b) Qualquer união �nita de elementos de F pertence a F ,c) X e � são elementos de F .

Demonstração. Feita em sala.

De�nição 8.2.8 Se X é um espaço topológico e E � X, o fecho de E em X é o conjunto

E = \fK � X;K é fechado e E � Kg:

Note que o fecho de um conjunto é uma interseção de fechados, e portanto é um conjunto fechado.Também denotamos E por ClX(E).

Lema 8.2.9 Se A � B, então A � B:

Demonstração. É claro que B � B: Como A � B, temos A � B: Logo B é um conjunto fechadocontendo A e daí A � B:

128

Teorema 8.2.10 A operação A! A em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades:a) E � E

b)�E�= E

c)A [B = A [Bd) � = �e) E é fechado em X se e somente se E = E:Demonstração. Vamos mostrar que (c) vale, e deixar o resto como exercício (feito na sala). Logo

A[B é fechado e contém A[B: Daí A [B � A[B: Por outro lado, como A � A[B e B � A[B;temos, pelo lema anterior, que A � A [B e B � A [B; e o resultado segue.

De�nição 8.2.11 Se X é um espaço topológico e E � X, o interior de E em X é o conjunto

int(E) = [fG � X;G é aberto e G � Eg:

Note que o interior de um conjunto é uma união de abertos, e portanto é um conjunto aberto.

Exercício 8.2.12 Mostre que int(E) = X �X � E e que X � E = int(X � E):

Lema 8.2.13 Se A � B, então int(A) � int(B):

Demonstração. É claro que int(A) � A: Como A � B, temos int(A) � B: Logo int(A) é umconjunto aberto contido em B e conseqüentemente int(A) � int(B):

Teorema 8.2.14 A operação A! int(A) em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades:a) int(A) � A:b) int(int(A)) = int(A):c) int(A \B) = int(A) \ int(B):d) int(X) = X:e) A é aberto em X se e somente se int(A) = A:

Demonstração. Similar à anterior.

De�nição 8.2.15 Se X é um espaço topológico e E � X, a fronteira de E é o conjunto

FrX(E) = E \ (X � E):

Quando não houver possibilidades de dúvidas, escreveremos simplesmente Fr(E): Claramente, afronteira de um conjunto qualquer é sempre um conjunto fechado.

129

8.2.1 Vizinhanças

De�nição 8.2.16 Se X é um espaço topológico e x 2 X, uma vizinhança de x é um conjunto Ucontendo um conjunto aberto V; com x 2 V . A coleção Ux de todas as vizinhanças de x é chamada desistema de vizinhanças de x.

Teorema 8.2.17 O sistema de vizinhanças de x em um espaço topológico X tem as seguintespropriedades:a) Se U 2 Ux; então x 2 U:b) Se U; V 2 Ux, então U \ V 2 Uxc) Se U 2 Ux, então existe um V 2 Ux, tal que U 2 Uy para cada y 2 V:d) Se U 2 Ux e U � V , então V 2 Ux:e) G � X é aberto se e somente se G contém uma vizinhança de cada um de seus pontos.

Demonstração. Fácil. vamos mostrar (e). Se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de seuspontos (veja de�nição de vizinhança). Reciprocamente, se para cada x em G existe uma vizinhaça Vxde x, contida em G, temos que G =

Sx2G

int(Vx).

Exercício 8.2.18 Mostre que se cada ponto x de um conjunto X é associado a uma coleção não-vaziaUx de subconjuntos de X satisfazendo a), b), c) e d) do teorema anterior, a coleção

� = fG � X; para cada x em G, x 2 U � G para algum U 2 Uxg

é uma topologia para X; e cada coleção Ux é o sistema de vizinhanças de x.

De�nição 8.2.19 Uma base de vizinhanças em x em um espaço topológico X é uma subcoleçãoBx;Bx � Ux; tendo a propriedade que cada U 2 Ux contém algum V 2 Bx: Assim, Ux pode serdeterminado por Bx da seguinte forma:

Ux = fU � X;V � U para algum V 2 Bxg:

Uma vez escolhida uma base de vizinhanças em x, seus elementos são chamados vizinhanças básicas.

Exemplo 8.2.20 Em qualquer espaço topológico, as vizinhanças abertas de x formam uma base devizinhanças em x:

Teorema 8.2.21 Seja X um espaço topológico e para cada x em X, seja Bx uma base de vizinhançasem x. Então:a) Se V 2 Bx; então x 2 V:b) Se V1; V2 2 Bx, então existe um V3 2 Bx tal que V3 � V1 \ V2:c) Se V 2 Bx, então existe um V0 2 Bx, tal que se y 2 V0; então existe um W 2 By com W � V:d) G � X é aberto se e somente se G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos.

Demonstração. Fácil. Vamos mostrar (c) e (d).(c) Seja V 2 Bx � Ux: Existe, portanto, V1 2 Bx � Ux com V1 � V . Podemos encontrar V0 aberto

com V0 � V1: Se y 2 V0; existe W 2 By com W � V0 � V:A demonstração de (d) também é fácil. Com efeito, se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de

seus pontos, e existe uma vizinhança básica de cada um de seus pontos, contida em G. Reciprocamente,se para cada x em G existe uma vizinhaça básica Vx de x, contida em G, temos que G =

Sx2G

int(Vx).

Exercício 8.2.22 Mostre que se para cada ponto x de um conjunto X; é associada uma coleção não-vazia Bx; de subconjuntos de X; satisfazendo (a),...,(c) do teorema anterior, com (d) usada para de�nirabertos, teremos uma topologia em X, na qual os Bx são uma base de vizinhanças de x:

130

Teorema 8.2.23 Seja X um espaço topológico e suponha que uma base de vizinhanças tenha sido�xada em cada x 2 X. Entãoa) G � X é aberto se e somente se G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos.b) F � X é fechado se e somente se cada ponto x =2 F tem uma vizinhança básica disjunta de F .

c)_E = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg

d) int(E) = fx 2 X; alguma vizinhança básica de x está contida em Ege) Fr(E) = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta E e X � Eg:

Demonstrção.a) É parte do Teorema 8.2.21.b) Conseqüência imediata de (a), se lembrarmos que um conjunto é fechado precisamente quando

seu complementar é aberto.c) Lembre que

_E = \fK � X;K é fechado e E � Kg: Se alguma vizinhança básica U de x

não intercepta E; então x 2 int(U) e E � X � int(U): Como X � int(U) é fechado, segue que_E � X � int(U): Logo x =2

_E: Daí

_E � fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg:

Reciprocamente, se x =2_E; então X �

_E é um conjunto aberto contendo x; e portanto contém uma

vizinhança básica de x. Portanto essa vizinhança básica não pode interceptar E.d) int(E) = [fG � X;G é aberto e G � Eg: Logo

int(E) = X �X � E= X � fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta X � Eg= fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x que não intercepta X � Eg= fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x contida em Eg

e)

Fr(E) = E \X � E= fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg

\fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta X � Eg= fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta E e X � Eg:

Teorema 8.2.24 (Critério de Hausdor¤ ) Para cada x 2 X, seja B1x uma base de vizinhanças de xpara uma topologia �1 em X, e seja B2x uma base de vizinhanças em x para uma topologia �2 em X.Então �1 � �2 se e somente se para cada x 2 X; dado B1 2 B1x, existe um B2 2 B2x tal que B2 � B1:

Demonstração. Suponha �1 � �2: Seja B1 2 B1x: Então, como B1 é vizinhança de x em (X; �1), xestá contido em algum elemento B de �1; com B � B1. Como �1 � �2; temos que B 2 �2 e portantoB é vizinhança de x em (X; �2): Logo existe B2 2 B2x tal que B2 � B e daí B2 � B1:Reciprocamente, se B 2 �1; então B contém algum B1 2 B1x para cada x 2 B. Logo B contém

algum B2 2 B2x para cada x em B. Daí B 2 �2:�

O teorema anterior pode ser pensado da seguinte forma:Pequenas vizinhanças fazem grandes topologias. Isso é intuitivo, pois quanto menores são as

vizinhanças em um espaço, mais fácil é para um conjunto conter vizinhanças de todos os seus pontos.Assim, é mais fácil que o conjunto seja aberto.

131

De�nição 8.2.25 Um ponto de acumulação de um conjunto A em um espaço topológico X é umponto x 2 X tal que cada vizinhança (ou equivalentemente, cada vizinhança básica) de x contém algumponto de A, diferente de x. O conjunto A0 formado por todos os pontos de acumulação de A é chamadoderivado de A.

Proposição 8.2.26 A = A [A0:

Demonstração. Do Teorema 8.2.23 (c), segue que A0 � A e, como A � A; segue que A [ A0 � A:Por outro lado, se x 2 A; então cada vizinhança de x intercepta A. Portanto, ou x está em A ou cadavizinhança de x intercepta A em pontos diferentes de x: Daí x 2 A [A0:

132

Bases e sub-bases

De�nição 8.2.27 Se (X; �) é um espaço topológico, uma base para � (às vezes dizemos base para X)é uma coleção B � � tal que

� =

� SB2C

B; C � B�:

Em palavras, todo aberto da topologia pode ser representado como união de abertos da base.

Exercício 8.2.28 Seja (X; �) um espaço topológico e B � (X; �): Mostre que B é uma base para Xse e somente se sempre que G é um aberto em X e p 2 G, então existe um B 2 B tal que p 2 B � G:

Exemplo 8.2.29 Na reta real, a coleção de todos os intervalos abertos é uma base para a topologiausual. Mais geralmente, num espaço métrico M , a coleção de todas as bolas abertas centradas empontos de M; é uma base para M .

Teorema 8.2.30 B é uma base para uma topologia em X se e somente sea) X =

SB2B

B e

b) sempre que B1 e B2 estão em B, com p 2 B1 \B2; existe um B3 em B tal que

p 2 B3 � B1 \B2:

Demonstração. Se B é uma base para uma topologia em X, (a) segue claramente, pois X é aberto,e portanto X =

SB2C

B com C � B: MasSB2B

B � X =SB2C

B �SB2B

B.

(b) também segue fácil, pois como B1 e B2 estão em B; são abertos, assim como B1 \ B2: LogoB1 \B2 2 � e p 2 B1 \B2: Assim, temos B1 \B2 =

SB2C

B com C � B; e segue que existe B3 2 B, com

p 2 B3 � B1 \B2:Reciprocamente, suponha que X é um conjunto e B é uma coleção de subconjuntos de X com as

propriedades (a) e (b).

Seja � =� SB2C

B; C � B�: Então a união de elementos de � ainda pertence a �: Além disso, se

B1 � B e B2 � B são tais queS

B2B1B e

SB2B2

C são elementos de de �; então

SB2B1

B

!\ SC2B2

C

!=

SB2B1

SC2B2

(B \ C) :

Mas, por (b) note que interseção (�nita) de elementos de B é ainda união de elementos de B: Logointerseção �nita de elementos de � ainda pertence a �:Finalmente X 2 � por (a) e � 2 � , pois � é a união de elementos da subcoleção vazia de B: Logo,

� é uma topologia para X; e, pela de�nição de �; segue que B é uma base para a topologia � em X:�O próximo terorema mostra que a diferença essencial entre as noções de base de vizinhanças em

cada ponto e base para a topologia de X está no fato de que as bases de vizinhanças não são formadasnecessariamente por conjuntos abertos.

Teorema 8.2.31 Se B é uma coleção de abertos em X, B é uma base para X se e somente se paracada x 2 X, a coleção Bx = fB 2 B;x 2 Bg é uma base de vizinhanças em x.

Demonstração. Suponha que B é uma base para X. Para cada x em X, considere Bx = fB 2B;x 2 Bg: É claro que os elementos de Bx são vizinhanças de x. Seja U uma vizinhança de x.Então x 2 int(U) e, como int(U) é uma união de elementos de B; existe algum B em B tal quex 2 B � int(U): Logo B 2 Bx e B � U . Daí concluímos que Bx é base de vizinhanças em x.

133

Reciprocamente, suponha que B é uma coleção de abertos emX e para cada x, Bx = fB 2 B;x 2 Bgé uma base de vizinhanças em x. Então B �

Sx2X

Bx. Seja U um aberto de X. Para cada p em U; existe

um elemento Bp de Bp � B tal que p 2 Bp � U . Logo U =Sp2U

Bp e portanto U é união de elementos

de B. Daí concluímos que B é base para X. �

Podemos também descrever a topologia com uma coleção menor que uma base:

De�nição 8.2.32 Uma sub-base C para uma topologia em X é uma coleção de subconjuntos de Xcuja união é igual a X. A topologia gerada por uma sub-base C é de�nida como a coleção � de�nidapor

� = f[B2S

B;S � Fg; e com F = fn\j=1

Sj ;n 2 N; Sj 2 Cg

formada por todas as uniões de interseções �nitas de elementos de C :

Exercício 8.2.33 Mostre que � de�nida acima é de fato uma topologia. Sugestão: Mostre que F ébase para � usando o Teorema 8.2.30.

Exercício 8.2.34 Se f��g é uma família de topologias em X, mostre que\�� é uma topologia em

X. Veri�que se, em geral,[�� é uma topologia.

Exercício 8.2.35 Seja f��g uma família de topologias em X: Mostre que existe uma única menortopologia contendo todos os �� e uma única maior topologia contida nos �� (menor topologia signi�cauma topologia que contém todas as topologias �� e que está contida em qualquer topologia que ascontém. Por outro lado, maior topologia signi�ca uma topologia que está contida em cada topologia ��;tal que contém toda topologia que está contida em cada ��). Sugestão: mostre que se A =

[��; então

B = f\A2CA; C � A e C é �nitog é base para uma topologia � (use o Teorema 8.2.30). Em seguida,mostre que qualquer topologia que contém A deve necessariamente conter �: Daí, obtenha a unicidade.

Exercício 8.2.36 Mostre que se B é uma base para uma topologia em X, então essa topologia coincidecom a interseção de todas as topologias que contém B. Prove o mesmo para uma sub-base.

134

8.2.2 Funções contínuas

De�nição 8.2.37 Sejam X e Y espaços topológicos e seja f : X ! Y uma função. Então f écontínua em x0 2 X se e somente se para cada vizinhança V de f(x0) em Y , existir uma vizinhançaU de x0 em X tal que f(U) � V: Dizemos que f é contínua em X se f for contínua em cada pontode X.

Exercício 8.2.38 Mostre que na de�nição acima podemos trocar �vizinhança� por �vizinhançabásica�.

Exercício 8.2.39 Mostre que na de�nição acima podemos trocar �vizinhança�por �aberto�

O próximo teorema nos dá caracterizações bastante úteis de funções contínuas:

Teorema 8.2.40 Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é uma função, as seguintes a�rmaçõessão equivalentes:a) f é contínua,b) para cada aberto H em Y , temos que f�1(H) é aberto em X,c) para cada fechado K em Y , temos que f�1(K) é fechado em Xd) para cada E � X, f(ClX(E)) � ClY (f(E)):

Demonstração.(a) ) (b). Se H é aberto em Y , então para cada x 2 f�1(H); H é uma vizinhança de f(x): Pela

continuidade de f , existe uma vizinhança V de x tal que f(V ) � H: Logo V � f�1(H): Concluímosque f�1(H) contém uma vizinhança de cada um de seus pontos, e portanto f�1(H) é aberto.(b)) (c). Se K é fechado em Y , então f�1(Y �K) é aberto em X. Então

f�1(K) = X � f�1(Y �K)

e portanto f�1(K) é fechado em X.(c)) (d). Seja K um fechado em Y , com f(E) � K. Pela parte (c), temos que f�1(K) é fechado

em X e contém E. Então ClX(E) � f�1(K): Daí f(ClX(E)) � K: Como isso vale para qualquerconjunto fechado K contendo f(E); temos que

f(ClX(E)) � ClY (f(E)):

(d) ) (a): Seja x 2 X e seja V uma vizinhança aberta de f(x): De�na E = X � f�1(V ) eU = X � ClX(E):Como, por hipótese, f(ClX(E)) � ClY (f(E)); temos que x 2 U . De fato, se fosse x =2 U , teríamos

x 2 ClX(E) e daíf(x) 2 f(ClX(E)) � ClY (f(E)): (8.3)

Masf(E) = f(X � f�1(V )) � Y � V

e V é aberto. Daí Y � V é fechado e, pela de�nição de fecho, ClY (f(E)) � Y � V: Como f(x) 2 V ,temos que f(x) =2 ClY (f(E)) (isso contradiz (8.3)). Logo x 2 U:Além disso, f(U) = f(X � ClX(E)) � f(X � E) = f(f�1(V )) = V e f é contínua.�

Teorema 8.2.41 Se X;Y e Z são espaços topológicos e f : X ! Y e g : Y ! Z são funções contínuas,então g � f : X ! Z é contínua.

Demonstração. Se H é aberto em Z, (g � f)�1 (H) = f�1(g�1(H)) é aberto em X, e portanto g �fé contínua. �

135

8.2.3 Subespaços e topologia relativa

Um subconjunto de um espaço topológico herda a topologia de maneira bastante natural:

De�nição 8.2.42 Se (X; �) é um espaço topológico e A � X, a coleção � 0 = fG \ A;G 2 �g é umatopologia em A, chamada topologia relativa. Um subconjunto A de um espaço topológico (X; �), coma topologia relativa, é chamado subespaço.

Sempre que usarmos uma topologia num subconjunto de um espaço topológico, assumiremos queessa é a topologia relativa (a menos que se diga algo em contrário).

Exemplo 8.2.43 A reta, pensada como o eixo x do plano, herda a topologia do R2:

Exemplo 8.2.44 Os inteiros, como subespaço da reta, herdam a topologia discreta (onde todos ossubconjuntos são abertos).

Teorema 8.2.45 Seja A um subespaço de um espaço topológico X. Então,a) H � A é aberto em A se e somente se H = G \A, com G aberto em X;b) F � A é fechado em A se e somente se F = K \A, com K fechado em X;c) Se E � A, então ClA(E) = A \ ClX(E);d) Se x 2 A, então V é uma vizinhança de x em A se e somente se V = U \ A, onde U é uma

vizinhança de x em X;e) Se x 2 A, e se Bx é uma base de vizinhanças para x em X, então fB \A;B 2 Bxg é uma base

de vizinhanças para x em A;f) Se B é base para X, então fB \A;B 2 Bg é base para A.

Demonstração. (a) é imediato da de�nição da topologia relativa.(b) Se F é fechado em A, então F = A � C com C aberto em A. Logo F = A � (A \D) com D

aberto em X: Daí F = A \ (X �D): Como X �D é fechado em X, basta fazer X �D = K:Reciprocamente, se F = K \A, com K fechado em X; então

A� F = A� (K \A) = A \ (X �K):

Como X �K é aberto em X, segue que A� F é aberto em A e conseqüentemente F é fechado em A:c) Note que

ClA(E) = \fK � A;K é fechado em A e E � Kg= \fA \ F ; F é fechado em X e E � A \ Fg= \fA \ F ; F é fechado em X e E � Fg= A \ (\fF � X;F é fechado em X e E � Fg)= A \ ClX(E):

d) Seja V vizinhança de x em A: Então existe um aberto U0 de A tal que x 2 U0 � V: MasU0 = U \A, com U aberto em X: Daí

V = [U [ (V � U)] \A

e como U [ (V � U) é vizinhança de x em X; uma das implicações está provada.Por outro lado, suponha que V = U \ A e x 2 V; onde U é vizinhança de x em X. Então, existe

um conjunto B aberto em X tal que x 2 B � U: Logo x 2 B \A � U \A = V . Como B \A é abertoem A, segue que V é vizinhança de x em A:

e) Seja x 2 A e V uma vizinhança de x em A. Pelo item (d), V = A \ U com U vizinançade x em X: Como Bx é base de vizinhanças de x em X, existe B 2 Bx tal que x 2 B � U: Logox 2 A \B � A \ U = V: Daí fB \A;B 2 Bxg é base de vizinhanças de x em A.

f) Exercício.

136

De�nição 8.2.46 Se f : X ! Y e A � X, denotaremos por f j A a restrição de f a A, ou seja, afunção de A em Y dada por (f j A)(a) = f(a) para cada a em A:

Proposição 8.2.47 Se A � X e f : X ! Y é contínua, então (f j A) : A! Y é contínua.

Demonstração. Se H é aberto em Y; então (f j A)�1(H) = f�1(H) \ A; e este conjunto é abertona topologia relativa de A.�O próximo resultado é uma espécie de recíproca da proposição anterior:

Teorema 8.2.48 Se X = A [ B; com A e B abertos (ou ambos fechados) em X, e f : X ! Y umafunção tal que (f j A) e (f j B) são contínuas, então f é contínua.

Demonstração. Suponha A e B abertos e H é aberto em Y . Como

f�1(H) = (f j A)�1(H) [ (f j B)�1(H);

e como (f j A) e (f j B) são contínuas, temos que (f j A)�1(H) e (f j B)�1(H) são abertos em A e B,respectivamente. Como A e B são abertos em X, segue que (f j A)�1(H) e (f j B)�1(H) são tambémabertos em X (veri�que!) Daí f�1(H) é aberto em X; pois é união de abertos.�

Exercício 8.2.49 Suponha Y � Z e f : X ! Y: Mostre que f é contínua se e somente se f vistacomo função de X em Z é contínua.

8.2.4 Topologia produto

De�nição 8.2.50 Seja X� um conjunto para cada � em �. O produto cartesiano dos conjuntosX� é o conjunto Q

�2�X� =

�x : �!

S�2�

X�;x(�) 2 X� para cada � 2 ��;

que denotamos simplesmente porQX� se não houver possibilidade de confusão em relação ao conjunto

de índices. Na prática, o valor de x(�) é denotado por x�:A função �� :

QX� ! X� ; de�nida por ��(x) = x�, é chamada a �-ésima projeção.

Se cada X� é um espaço topológico, vamos de�nir, emQX�; uma topologia de modo que seja

compatível com algumas exigências. Queremos, por exemplo, que a topologia em R � R seja atopologia usual do R2:Poderíamos pensar em de�nir uma topologia para

QX� simplesmente tomando

QU� (com U�

aberto em X�) como base. Entretanto essa topologia, chamada de �box topology� gera muitosabertos, e não é tão interessante na prática. A seguinte de�nição é mais útil:

De�nição 8.2.51 A topologia produto (ou topologia de Tychono¤ ) emQX� é obtida tomando

como base os conjuntos da formaQU�, onde

(a) U� é aberto em X para cada �;(b) U� = X�; exceto para uma quantidade �nita de índices.Note que (a) pode ser substituída por(a)0U� 2 B�; para cada �; onde B� é uma base (�xa) para a topologia de X�; para cada �:

Note queQU� com U� = X� exceto para � = �1; :::; �n; pode ser escrito comoQ

U� = ��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n):

Então, a topologia produto é precisamente a topologia que tem como sub-base a coleção f��1� (U�);� 2A; U� é aberto em X�g ou ainda f��1� (U�);� 2 A; U� 2 B�, com B� base de X�g: De agora em diante,a topologia de

QX� será sempre a topologia produto, exceto se algo for mencionado em contrário.

É interessante notar que no caso de produtos cartesianos �nitos, a topologia produto coincide com a"box topology ".

137

Exemplo 8.2.52 Seja Y o conjunto de todas as funções f : X ! R, onde X é um conjunto qualquer.Podemos interpretar Y como sendo Y =

Q�2XZ�; com Z� = R para todo �:

Um elemento da base da topologia produto de Y é algo do tipo:

U = ��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n)

com U�j ; j = 1; :::; n, elementos da base (natural) da topologia de R. Assim, cada U�j é um intervalode raio �j centrado num certo bj e

U = fg 2 Y ; jg(�j)� bj j < �j ; para j = 1; :::; ng: (8.4)

Lembre-se que o Teorema 8.2.31 diz que se B é uma coleção de abertos em Y , B é uma base paraY se e somente se para cada y 2 Y , a coleção By = fB 2 B; y 2 Bg é uma base de vizinhanças em y.Seja f : X ! R uma função. Uma base de vizinhanças de f será, portanto, formada por

abertos como U; de�nidos como em (8.4), que contém f . Note que conjuntos U; que contém f; vãonecessariamente conter conjuntos da forma:

U = fg 2 Y ; jg(�j)� f(�j)j < "j ; para j = 1; :::; ng:

De modo mais simpli�cado, uma base de vizinhanças de f é dada por

U(f ;x1; :::; xn; "1; :::; "n) = fg 2 Y ; jg(xj)� f(xj)j < "j ; para j = 1; :::; ng: (8.5)

Ainda de modo mais econômico e mais simples, podemos escrever

U(f ;F ; ") = fg 2 Y ; jg(x)� f(x)j < "; para x 2 Fg;

onde F varia pelos subconjuntos �nitos de R e " varia dentre os reais positivos.

De�nição 8.2.53 Sejam X e Y espaços topológicos e f : X ! Y: Dizemos que f é uma aplicaçãoaberta (fechada) quando para cada aberto (fechado) A de X, temos que f(A) é aberto (fechado) em Y .

Teorema 8.2.54 �� :QX� ! X� é contínua e aberta, mas não necessariamente fechada.

Demonstração. Note que �1 : R2 ! R não é fechada. De fato, o conjunto

F = f[1; 2]� f0gg [ f[1=2; 1]� f1gg [ f[1=3; 1=2]� f2gg [ f[1=4; 1=3]� f3gg [ :::

é fechado, mas �1(F ) = (0; 2]:Por outro lado, se U� é aberto em X� , temos que �

�1� (U�) =

QU� com U� = X� se � 6= �: Assim,

pela de�nição da topologia produto, segue que �� é contínua. Resta-nos veri�car que é uma aplicaçãoaberta. Se A é aberto em

QX�, temos que A é união dos elementos da base. Assim,

A =[�

��1�1;�(U�1;�) \ ::: \ �

�1�n�;�

(U�n�;�)�:

Logo

��(A) =[�

��

��1�1;�(U�1;�) \ ::: \ �

�1�n�;�

(U�n;�)�:

Daí concluímos que ��(A) é X� ou ��(A) é uma união de abertos de X� : Em todo caso, ��(A) éaberto.�

Teorema 8.2.55 Uma aplicação f : X !QX� é contínua se e somente se �� f é contínua para

cada �:

138

8.2.5 Redes

Em geral, seqüências não descrevem bem as topologias. Por exemplo, é possível exibir situações emque não é sempre possível caracterizar os fechados de um espaço topológico por meio de seqüências.De fato, às vezes é possível encontrar um ponto de acumulação de um conjunto F � X sem que existauma seqüência (xn) em F convergindo para esse ponto. Há duas generalizações clássicas do conceito deseqüência, que consertam essa limitação das seqüências: redes e �ltros. O conceito de redes originou-secom trabalhos de Moore-Smith e o conceito de �ltros deve-se a E. Cartan.

De�nição 8.2.56 Um conjunto � é dito conjunto dirigido quando existe uma relação � em �satisfazendo:a) � � � para todo � 2 �;b) se �1 � �2 e �2 � �3; então �1 � �3,c) se �1; �2 2 �, então existe algum �3 2 � tal que �1 � �3 e �2 � �3:

Dizemos que a relação � é uma direção para o conjunto �. Às vezes dizemos que a relação �dirige o conjunto �: Note que não se exige a propriedade anti-simétrica, ou seja, se �1 � �2 e �2 � �1não se tem necessariamente que �1 = �2:Note se X é um conjunto com mais de um elemento, a relação x � y para quaisquer x; y em X;

dirige X, mas não é anti-simétrica.

De�nição 8.2.57 Uma rede em um conjunto X é uma função P : � ! X, onde � é um conjuntodirigido. O ponto P (�) é usualmente denotado por x�, e nós usualmente falamos "a rede (x�)�2�"seisso não causar confusão.

De�nição 8.2.58 Uma subrede de uma rede P : � ! X é a composição P � ' : M ! X, onde' :M ! � é uma função de um conjunto dirigido M em �; que satisfaz as seguintes propriedades:a) '(�1) � '(�2) sempre que �1 � �2 (' é crescente)b) para cada � em �, existe um � 2M tal que � � '(�) (' é co�nal em �).Para � 2 M , o ponto P � '(�) é em geral escrito como x�� ; e escrevemos "a subrede (x��) de

(x�)".

A de�nição de convergência em redes é naturalmente modelada pela de�nição de convergência emseqüências:

De�nição 8.2.59 Seja (x�)�2� uma rede em um espaço topológico X. Dizemos que (x�) convergepara x 2 X (escrevemos x� ! x) se para cada vizinhança U de x, existir algum �0 2 � tal que � � �0implica x� 2 U . Logo, x� ! x se e somente se cada vizinhança de x tem um "rabo"de (x�):Dizemos que uma rede (x�) está em um conjunto A se x� 2 A para todo �: Se x� está em A para

todo � � �0; dizemos que (x�) está residualmente (ou eventualmente) em A. Quando para cada�0 existe um � � �0 tal que x� 2 A; dizemos que (x�) está frequentemente em A. Quando (x�) estáfrequentemente em cada vizinhança de x, dizemos que x é ponto de acumulação da rede (x�):

Exercício 8.2.60 Uma rede não pode estar residualmente em dois conjuntos disjuntos.

Note que em ambas as de�nições acima podemos nos restringir a uma base de vizinhanças de x.

Exercício 8.2.61 Se uma rede (x�) converge para x, mostre que x é ponto de acumulação dessa rede.

Exemplo 8.2.62 Seja X um espaço topológico, x 2 X e � uma base de vizinhanças de x em X. Arelação de ordem U1 � U2 , U2 � U1 dirige o conjunto �. Portanto, se tomarmos um xU 2 Upara cada U 2 �; temos uma rede (xU ) em X: Note que xU ! x: De fato, dada uma vizinhança Vde x, podemos encontrar U0 � V para algum U0 em �: Então U � U0 implica U � U0 e portantoxU 2 U � V:

139

Exemplo 8.2.63 O conjunto N dos naturais positivos com sua ordem natural é um conjunto dirigido.Então toda seqüência (xn) em N é uma rede.Note que toda subseqüência de uma seqüência (xn) é uma subrede. Entretanto, não há garantia

de que uma subrede de (xn) seja uma subseqüência. Uma subrede pode ter mais índices que a própriarede!

Exemplo 8.2.64 A coleção P de todas as partições �nitas do intervalo fechado [a; b] em subintervalosfechados é um conjunto dirigido, quando munido da relação A1 � A2 , (A2 re�na A1): Então, sef é uma funçao de [a; b] tomando valores na reta real, podemos de�nir a rede PI : P ! R de�nindoPI(A) como a soma inferior de Riemann de f na partição A. De modo semelante, podemos de�nirPS : P ! R como a soma superior de Riemann de f na partição A. A convergência dessas duas redes

para um número c signi�ca quebRa

f(x)dx = c:

Exemplo 8.2.65 Seja (M;�) um espaço métrico, com x0 2 M . Então M � fx0g é um conjuntodirigido se considerarmos a relação x < y , �(y; x0) < �(x; x0): Então se f : M ! N é uma funçãocom N sendo um espaço métrico, a restrição de f a M �fx0g é uma rede em N . Vamos veri�car queessa rede converge a z0 em N se e somente se limx!x0 f(x) = z0 no sentido usual.De fato, suponha que a rede converge para z0: Seja U uma vizinhança de z0 em N . Então, como

a rede converge para z0; existe y0 em M tal que x > y0 implica f(x) 2 U: Em outras palavras,�(x; x0) < �(y0; x0) implica f(x) 2 U: Daí, limx!x0 f(x) = z0:Reciprocamente, se limx!x0 f(x) = z0, então dada uma vizinhança U de z0, existe uma vizinhança

V de x0 tal que x 2 V implica f(x) 2 U . Escolha " (su�cientemente pequeno) de modo que a bola decentro x0 e raio " esteja em V . Escolha y0 nessa bola. Logo, se x > y0, então �(x; x0) < �(y0; x0) eportanto x 2 V e f(x) 2 U: Consequentemente, a rede f :M ! N converge para z0:

De�nição 8.2.66 Dizemos que um espaço topológico X é um espaço de Hausdor¤ se para cadax1 e x2; elementos distintos de X, existem abertos disjuntos que separam x1 e x2.

Teorema 8.2.67 Um espaço topológico é um espaço de Hausdor¤ se e somente se toda rede nesseespaço converge para no máximo um ponto.

Demonstração. Seja X um espaço de Hausdor¤ e a1; a2 elementos distintos em X. Existem,portanto, abertos U1 e U2; disjuntos, contendo x1 e x2, respectivamente. Como uma rede não podeestar eventualmente em dois conjuntos disjuntos, segue que uma rede não pode convergir para doisvalores distintos.Reciprocamente, suponha que X não é Hausdor¤. Existem, portanto, dois elementos distintos, x1

e x2 em X tais que sempre que V1 é vizinhança de x1 e V2 é vizinhança de x2; temos que V1 \ V2 = �.Sejam U1 e U2 as famílias de vizinhanças de x1 e x2; respectivamente. No conjunto U1�U2 consideramosa direção (V1; V2) � (W1;W2) , V1 � W1 e V2 � W2: Considere uma rede P : U1 � U2 ! X dadapor P (V1; V2) = xV1;V2 , onde xV1;V2 é escolhido em V1 \ V2: Mostraremos que essa rede converge parax1 e para x2: Sejam, portanto, dadas vizinhanças V1 de x1 e V2 de x2: Então (A;B) � (V1; V2), temosxA;B 2 A \B � V1 \ V2 e conseqüentemente a rede converge para os dois valores. �

Exercício 8.2.68 Se um espaço é Hausdor¤, mostre que toda seqüência converge para, no máximo,um ponto.

Exercício 8.2.69 Se toda seqüência em um espaço topológico converge para no máximo um elemento,podemos concluir que ele é Hausdor¤ ? Justi�que.Sugestão. Pense no Exercício 8.2.2 com X = R.

Exercício 8.2.70 Mostre que se (x�) converge para x, cada subrede de (x�) converge para x.

Teorema 8.2.71 Uma rede tem um ponto de acumulação y se e somente se ela possui uma subredeque converge para y.

140

Demonstração. Seja y um ponto de acumulação de (x�)�2�: De�na

M = f(�;U);� 2 �; U é uma vizinhança de y tal que x� 2 Ug;

e considere a relação � como segue:

(�1; U1) � (�2; U2), �1 � �2 e U2 � U1:

Note que � é uma direção para M: De�na ' : M ! � por '(�;U) = �. Então ' é obviamentecrescente e co�nal em �; e portanto de�ne uma subrede de (x�). Seja U0 uma vizinhança de y e seja�0 tal que x�0 2 U0: Então (�0; U0) 2M e

(�;U) � (�0; U0)) U � U0:

Logo (�;U) � (�0; U0)) x� 2 U � U0: Daí a subrede de�nida por ' converge para y.

Para provar a outra implicação, suponha que ' : M ! � seja uma aplicação crescente e co�nal,dando origem a uma subrede de (x�) que converge para y. Então, para cada vizinhança U de y; existeum uU 2M tal que u � uU implica x'(u) 2 U:Sejam U uma vizinhança de y e �0 2 � �xos, arbitrários. Como '(M) é co�nal em �; existe

u0 2 M tal que '(u0) � �0: Mas, também existe um uU 2 M tal que u � uU implica x'(u) 2 U:Escolha u� 2M tal que u� � u0 e u� � uU : Então �� = '(u�) � '(u0) � �0: Assim x�� = x'(u�) 2 U;pois u� � uU : Logo, para qualquer vizinhança U de y e qualquer �0 2 �, existe algum �� 0 tal quex�� 2 U: Segue que y é um ponto de acumulação de (x�).�

Corolário 8.2.72 Se uma subrede de (x�) tem y como ponto de acumulação, então (x�) também.

Demonstração. Basta observar que uma subrede de uma subrede é ainda uma subrede, e aplicar oteorema anterior.�O próximo resultado caracteriza o fecho de um conjunto com a noção de redes:

Teorema 8.2.73 Se E � X, então x 2 E se e somente se existe uma rede (x�) em E com x� ! x.

Demonstração. Se x 2 E, então cada vizinhança U de x intercepta E em pelo menos um pontoxU : Então (xU ) é uma rede contida em E convergindo para x (veja 8.2.62).Reciprocamente, se (x�) é uma rede contida em E que converge para x, então cada vizinhança de

y intercepta E (em um rabo de (x�)) e portanto x 2 E.�

Corolário 8.2.74 Um subconjunto F de um espaço topológico X é fechado se e somente se sempreque (x�) � F com x� ! x, então x 2 F:

Exercício 8.2.75 Seja f : X ! Y uma função. Mostre que f é contínua em um ponto x0 2 X se esomente se

x� ! x0 ) f(x�)! f(x0):

Exercício 8.2.76 Se f : X ! Y é uma função contínua e A e B são abertos em X e Y ,respectivamente, com f(A) � B, mostre que f(A) � B:

Teorema 8.2.77 Uma rede (x�) no espaço produto X =Y�2A

X� converge para x se e somente se para

cada � 2 A; ��(x�)! ��(x) em X�:

141

Demonstração. Se x� ! x emY�2A

X�; então, como �� é contínua, ��(x�) ! ��(x) para cada

� 2 A:por outro lado, suponha que ��(x�)! ��(x) para cada � 2 A: Seja

��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n)

uma vizinhança básica de x no espaço produto. Então, como em particular, ��i(x�) ! ��i(x); paracada i = 1; :::; n existe um �i tal que sempre que � � �i; temos ��i(x�) 2 U�i : Escolhendo �0 � �i,i = 1; :::; n; temos que ��i(x�) 2 U�i para todo i = 1; :::; n sempre que � � �0: Portanto

� � �0 ) x� 2 ��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n)

e conseqüentemente (x�) converge para x no espaço (x�) no espaço produto X =Y�2A

X�: �

No caso em que X� = X para todo �; note que o conjunto de todas as funções de A em X (munidocom a topologia produto), que é naturalmente visto como

Y�2A

X� com X� = X; tem a seguinte

propriedade:Uma rede (f�) converge para f se e somente se f�(�)! f(�) para cada � 2 A.

De�nição 8.2.78 Uma rede (x�) em um conjunto X é dita ultrarede (ou rede universal) quandopara cada subconjunto E de X; ou (x�) está residualmente em E ou residualmente em X � E:

Proposição 8.2.79 Se uma ultrarede tem um ponto de acumulação, então ela converge para esseponto.

Demonstração. Seja (x�)�2� uma ultrarede em X e x0 um ponto de acumulação de (x�)�2�.Então, dado U um aberto contendo x0 e �0 2 �, temos que existe � � �0 tal que x�2 U: Como (x�) é

ultrarede, para U existe um certo �1 tal que

(i) � � �1 ) x� 2 U ou

(ii) � � �1 ) x� 2 X � U:

Como sabemos que existe algum � � �1 tal que x� 2 U , segue que vale (i) e portanto x� ! x:

Teorema 8.2.80 Se (x�) é uma ultrarede em X e f : X ! Y , então (f(x�)) é uma ultrarede em Y .

Demonstração. Se A � Y , então f�1(A) = X � f�1(Y � A): Pela de�nição de ultrarede, temosque (x�) está residualmente em f�1(A) ou f�1(Y �A). Portanto (f(x�)) está residualmente em A ouem Y �A; e conseqüentemente é uma ultrarede.

Observação 8.2.81 Uma rede convergente em R não é necessariamente limitada. Por exemplo, seI = R com a ordem natural, e x� = e��; a rede (x�)�2I é convergente (para zero) e não é limitada.

8.2.6 Filtros

Uma outra forma de se estudar convergência em espaços topológicos é através do conceito de �ltros.

De�nição 8.2.82 Um �ltro F em um conjunto X é uma coleção não-vazia contida em P(X) tal quea) � =2 F ,b) se F1 e F2 são elementos de F , então F1 \ F2 2 F ,c) se F 2 F e F � G, então G 2 F .Uma subcoleção F0 � F é uma base para o �ltro F se cada elemento de F contém algum elemento

de F0:

142

Proposição 8.2.83 Uma coleção qualquer C de subconjuntos não-vazios de X é uma base para algum�ltro de X se sempre que C1; C2 2 C, tivermos que C1 \ C2 2 C.

Demonstração. Seja F = fF � X;F � C para algum C 2 Cg: Temos que � =2 F , e se F1 e F2são elementos de F , então existem C1 e C2 em C tais que C1 � F1 e C2 � F2: Logo C1 \ C2 2 C eC1 \C2 � F1 \F2: Logo F1 \F2 2 F . Finalmente, como o item (c) da de�nição de �ltro é obviamenteválido para F , segue que F é um �ltro.�

Exemplo 8.2.84 Note que se X é um espaço topológico e x 2 X, o conjunto das vizinhanças de x,denotado por Ux; é um �ltro em X. Além disso, qualquer base de vizinhanças de x é uma base para o�ltro Ux: Esse �ltro será chamada de �ltro de vizinhanças de x.

Observação 8.2.85 Note que as condições (a) e (b) nos restringem bastante a �quantidade deelementos� dos �ltros, pois como � =2 F , o item (b) nos diz que se F1 \F2 = �, então pelo menos umdesses conjuntos não pertence a F .

De�nição 8.2.86 Um �ltro F em um espaço topológico X converge para x se Ux � F (notaçãoF ! x).

Exemplo 8.2.87 Considere X = fa; b; cg com a topologia � = f�; fa; bg; Xg: O conjunto F =ffag; fa; bg; fa; cg; Xg é um �ltro em X. Além disso, perceba que F ! a.

De�nição 8.2.88 Um �ltro F é um ultra�ltro se não existe nenhum outro �ltro que o contenhaestritamente.

Exemplo 8.2.89 O �ltro F do Exemplo 8.2.87 é um ultra�ltro.

Teorema 8.2.90 Um �ltro F é um ultra�ltro se e somente se para cada E � X tivermos E 2 F ouX � E 2 F .

Demonstração. Seja F um ultra�ltro e E � X. Se existir F0 2 F tal que F0 \ E = � entãoF0 � (X � E): Daí, para todo F 2 F , temos que F \ (X � E) 6= �: Portanto, concluímos que

F \ (X � E) 6= � para todo F 2 F

ouF \ E 6= � para todo F 2 F .

Suponha, então, que F \E 6= � para todo F 2 F . Assim, o conjunto fF \E;F 2 Fg é uma base paraum �ltro G. Mas esse �ltro contém E = X \ E e F � G. Como F é um ultra�ltro, segue que E 2 F .Se supusermos que F \(X�E) 6= � para todo F 2 F , de modo análogo, concluímos que X�E 2 F .Agora vamos supor que F é um �ltro tal que para cada E � X temos E 2 F ou X � E 2 F . Se

G é um �ltro que contém estritamente F , então para algum A 2 G, temos que A =2 F . Mas, nesse casoX �A 2 F � G. Daí temos um absurdo, pois tanto A como seu complementar estarão em G. Logo Fé ultra�ltro. �

Observação 8.2.91 Perceba que num �ltro (ou ultra�ltro) F não podemos ter ao mesmo tempo E 2 Fe X � E 2 F , pois se isso ocorresse, teríamos � = E \ (X � E) 2 F .

Teorema 8.2.92 Todo �ltro F está contido em algum ultra�ltro.

Demonstração. Seja C a coleção de todos os �ltros que contém F . Em C, consideremos a relaçãode ordem parcial F1 � F 2 , F 1 � F 2. Note que qualquer subconjunto totalmente ordenado fF�;� 2 �g tem

S�2�

F� 2 C como cota superior. Assim, C é um conjunto indutivo e não vazio, pois F 2 C.

143

Pelo Lema de Zorn, temos que C admite um elemento maximal, que é obviamente um ultra�ltro quecontém F . �

As noções de �ltro e rede têm uma relação muito forte. Rigorosamente, tudo que puder ser provadoou enunciado usando-se redes, poderá ser paralelamente provado ou enunciado usando-se �ltros, evice-versa. Entretanto, em determinadas ocasiões um ou outro conceito pode parecer mais natural,e assim é interessante conhecer um pouco de ambos. A seguinte de�nição e os próximos exercíciosdeixam claro como fazer a ligação formal entre esses dois conceitos:

De�nição 8.2.93 Se (x�)�2� é uma rede em X, o �ltro gerado pela base C formada pelos conjuntosB�0 = fx�;� � �0g; �0 2 �; é chamado �ltro gerado por (x�)�2�.Se F é um �ltro em X, seja �F = f(x; F );x 2 F 2 Fg: Então �F é um conjunto dirigido pela

relação(x1; F1) � (x2; F2), F2 � F1

e a aplicação P : �F ! X dada por P (x; F ) = x é uma rede em X, chamada de rede gerada por F.

Exercício 8.2.94 Um �ltro F , em um espaço topológico X, converge para x 2 X se e somente se arede gerada por F converge para x:

Exercício 8.2.95 Uma rede (x�), em um espaço topológico X, converge para x 2 X se e somente seo �ltro gerado por ela converge para x.

O seguinte resultado nos será útil no decorrer do curso:

Proposição 8.2.96 A rede gerada por um ultra�ltro é uma ultrarede.

Demonstração. Seja F um ultra�ltro. Então, seja P : �F ! X a rede gerada por F .Seja E � X. Como F é ultra�ltro, temos que E 2 F ou X � E 2 F . No primeiro caso,

se (x; F ) � (x;E), temos P (x; F ) = x 2 F � E e conseqüentemente a rede P : �F ! X estáeventualmente em E.No segundo caso, se (x; F ) � (x;X � E), temos P (x; F ) = x 2 F � X � E e conseqüentemente a

rede P : �F ! X está eventualmente em X � E. Logo, a rede P : �F ! X é uma ultrarede.

Conjuntos compactos

De�nição 8.2.97 Seja X um espaço topológico. Um conjunto Y � X é compacto (em X) quandosempre que Y �

[�2�

A� com cada A� aberto em X, existirem �1; :::; �n tais que Y � A�1 [ :::A�n .

Note que, intuitivamente, quanto menos abertos possui uma topologia, mais fácil é para se encontrarcompactos. Podemos destacar doisa extremos:Em uma topologia com uma quantidade �nita de abertos, todo conjunto é compacto. Por outro

lado, para um conjunto X munido da topologia � = P(X); temos que um subconjunto de X écompacto se e somente se tem uma quantidade �nita de elementos.Conjuntos compactos têm propriedades especiais em espaços de Hausdor¤. Um resultado

importante é o seguinte:

Teorema 8.2.98 Se X é um espaço de Hausdor¤ K é um compacto que não contém um ponto x 2 X,então existem abertos disjuntos que os separam.

144

Demonstração. Como X é Hausdor¤, para cada y 2 K; existem abertos disjuntos Ax;y e By;

contendo x e y; respectivamente, que separam x e y:Assim temos K �[y2K

By e, como K é compacto,

existem y1; :::; yn em K tais que

K �n[j=1

Byj :

É claro que x 2n\j=1

Ax;yj e quen\j=1

Ax;yj en[j=1

Byj são abertos e disjuntos, e a demonstração está

concluída. �

Exemplo 8.2.99 No Rn; os compactos são precisamente os subconjuntos fechados e limitados (veja[?]).

Em geral, compactos não são necessariamente fechados, mas em espaços de Hausdor¤ sim:

Teorema 8.2.100 Se X é um espaço de Hausdor¤, então os compactos são fechados.

Demonstração. Seja K um compacto num espaço de Hausdor¤X. Para mostrar que K ;e fechado,mostraremos que seu complementar é aberto. Se X�K for vazio, a demonstração está concluída. Casocontrário, seja x 2 X �K. Pelo Teorema 8.2.98, x e K podem ser separados por abertos e, portanto,existe um aberto A tal que x 2 A � X �K. Logo X �K é aberto. �

Exercício 8.2.101 Dê exemplo de um compacto que não é fechado. Sugestão: Pense num espaçotopológico com uma quantidade �nita de abertos.

Exercício 8.2.102 Exiba um espaço topológico X que não é Hausdor¤, mas todo compacto em X éfechado. Sugestão: Considere a reta com a topologia do Exemplo 8.2.2.

Exercício 8.2.103 Seja X um espaço topológico e B � X um subespaço. Mostre que A � B écompacto em B se e somente se A é compacto em X. Em particular, fazendo A = B, segue que A écompacto em X se, e somente se, A, pensado com espaço topológico, é compacto.

Exercício 8.2.104 Mostre que se f : X ! Y é contínua e K é compacto em X, então f(K) écompacto em Y .

Exercício 8.2.105 Mostre que �ser compacto�é uma propriedade topológica.

Exercício 8.2.106 Lembre que em teoria de conjuntos, o Teorema de Cantor-Bernstein a�rma quese A e B são conjuntos e existem funções injetivas f : A! B e g : B ! A, então existe uma bijeçãoentre A e B. Para espaços topológicos, o análogo seria:�Se X pode ser mergulhado em Y e Y pode ser mergulhado em X, então X e Y são homeomorfos�.

Encontre um contra-exemplo. Sugestão: Use [0; 1] e R.

De�nição 8.2.107 Uma família E de subconjuntos de X tem a propriedade da interseção �nitase a interseção de qualquer subcoleção �nita de E é não-vazia.

Os conceitos de rede e de conjuntos com a propriedade da interseção �nita caracterizam conjuntoscompactos da seguinte forma:

145

Teorema 8.2.108 (Caracterizações de compactos) Para um espaço topológico X, as seguintesa�rmações são equivalentes:a) X é compacto,b) cada família E de subconjuntos fechados de X com a propriedade da interseção �nita tem

interseção não-vazia,c) cada rede em X tem um ponto de acumulação,d) cada ultrarede em X converge.

Demonstração.(a))(b). Se fE�;� 2 Ag é uma família de conjuntos fechados de X com interseção vazia, então

fX � E�;� 2 Ag é uma cobertura aberta de X. Com efeito,[�2A

(X � E�) = X �\�2A

E� = X:

Como X é compacto, temos que existem �1; :::; �n tais que X =n[i=1

(X � E�i) = X �n\i=1

E�i : Logo

n\i=1

E�i = �, e fE�;� 2 Ag não tem a propriedade da interseção �nita.

(b))(c). Seja (x�)�2� uma rede em X. Considere a família de fechadosnfx�;� � �0g

o�02�

:

Tomando fx�;� � �1g \ :::: \ fx�;� � �ng, temos que existe � 2 � com � � �1; :::; � � �n e daíconcluímos que

x� 2 fx�;� � �1g \ :::: \ fx�;� � �ng:

Portanto, a família de fechadosnfx�;� � �0g

o�02�

possui a propriedade da interseção �nita. Por

hipótese, temos então que existex 2

\�02�

fx�;� � �0g:

Finalmente, para qualquer U aberto e � 2 �, como x 2 fx�;� � �g; temos que existe � � � tal quex� 2 U , e x é ponto de acumulação da rede (veja de�nição na De�nição 8.2.59).(c))(d). Se (x�) é uma ultrarede em X, em particular, (x�) é uma rede e, por hipótese, tem ponto

de acumulação. Pela Proposição 8.2.79, segue que essa ultrarede é convergente.(d))(a). Seja F um ultra�ltro em X. A rede gerada por F é, pela Proposição 8.2.96, uma

ultrarede. Por hipoótese, temos que essa ultrarede (rede) converge. Pelo Exercício 8.2.95, segue queF também converge. Logo, todo ultra�ltro F em X converge.Suponhamos, por contradição, que X não seja compacto. Escolha, então, um conjunto de abertos

U que formam uma cobertura de X, que não possui subcobertura �nita. Então X � (A1 [ :::An) 6= �para cada coleção �nita de abertos fA1; :::; Ang em U . Fazendo uso da Proposição 8.2.83, temos quea família de conjuntos

fX � (A1 [ :::An);n 2 N e Aj 2 U , j = 1; :::; ng

forma uma base para um �ltro F : Como todo �ltro está contido num ultra�ltro (veja Teorema 8.2.92),segue que existe um ultra�ltro G que contém F . Mas, já sabemos que todo ultra�ltro em X converge.Assim, existe x 2 X tal que G ! x. Como os abertos de U cobrem X, existe um aberto U 2 Ucontendo x. Como U é vizinhança de x, e como G ! x, segue que U 2 G. Por construção, temos queX � U 2 F � G. Assim, U =2 G (contradição). Logo X é compacto.�

Exercício 8.2.109 Se A � B � Y , então AB � A

Y:

146

Solução. Suponha b 2 AB � B: Seja V um aberto (de Y ) contendo b: Então V \B é aberto de B

contendo b. Como b 2 AB , existe c 2 (V \B) \A: Logo c 2 V \A e concluímos que b 2 AY :

Exercício 8.2.110 Se A � B � Y e A é fechado em Y; mostre que A é fechado em B.

Solução. Note que

A � AB (Exercício anterior)

� AY= A

e portanto A = AB:

Exercício 8.2.111 Se A � B � Y , A é fechado em Y e B é compacto em Y , mostre que A é compactoem Y .

Solução. Basta mostrar que A (com a topologia induzida) é um espaço topológico compacto.Como A é fechado em Y , segue (de exercício anterior) que A é fechado em B. Como B é compacto

em Y , B é um espaço topológico compacto. Logo, basta mostrar que todo subespaço fechado de umespaço topológico compacto, é compacto. Para isso, vejam [24, página 111].

147

8.2.7 O Teorema de Tychono¤

O Teorema de Tychono¤, que veremos a seguir, é um resultado central da topologia e, curiosamente,é equivalente ao Axioma da Escolha (mas essa equivalência não será demonstrada nesse curso). Ademonstração do Teorema de Tychono¤, abaixo, pode parecer direta, mas perceba que nela serãousadas as caracterizações de compactos do Teorema 8.2.108, que fazem uso do Lema de Zorn!

Teorema 8.2.112 (Teorema de Tychono¤ ) Seja fX�g�2� uma família de espaços topológicos eY =

Y�2�

X�. Um subconjunto não vazio Y0 =Y�2�

A� de Y é compacto se e somente se cada A� é

compacto.

Demonstração. Como as projeções �� são contínuas, e como função contínua leva compacto emcompacto, segue que se Y0 é compacto, então cada A� é compacto.Pelo Exercício 8.2.103, mostrar que Y0 é um subconjunto compacto de Y é o mesmo que mostrar

que Y0 é um espaço compacto.Suponha, agora, que cada A� é compacto. Seja (x�)�2� uma ultrarede em Y0 (cuidado para não

confundir: temos que cada x� 2 Y0). Então, pelo Teorema 8.2.80 segue que, para cada � 2 �,(��(x�))�2� é uma ultrarede em A�: Pelas caracterizações dos conjuntos compactos, temos que cada(��(x�))�2� converge para um certo z� 2 A�: Seja

z0 = ff : �!S�2�

A� dada por f(�) = z�g 2 Y0:

Assim, para cada � 2 �, temos que (��(x�))�2� converge para ��(z0). Finalmente, o Teorema 8.2.77garante que (x�)�2� converge para z0 e o Teorema 8.2.108, que caracteriza compactos, garante que Y0é compacto:�

148

Capítulo 9

Apêndice II: Noções de Teoria daMedida

9.1 Espaços mensuráveis

No que segue, se X é um conjunto e A � X, ACX denota X r A: Em geral, quando não houverpossibilidades de dúvida, escrevemos simplesmente AC : A notação 2X denota o conjunto das partesde X.

De�nição 9.1.1 Seja X um conjunto. Uma sigma-álgebra (�-álgebra) é uma família desubconjuntos de X, denotada por �; que satisfaz as seguintes propriedades:(i) �;X 2 �(ii) Se A 2 �, então AC 2 �

(iii) Se An 2 � para cada n 2 N, então1[n=1

An 2 �:

O par ordenado (X;�) é chamado de espaço mensurável. Cada elemento da �-álgebra é chamadode conjunto mensurável.

Observação 9.1.2 Se (X;�) é um espaço mensurável e An 2 � para todo n 2 N, então1\n=1

An 2 �.

Com efeito,1\n=1

An =

1[n=1

ACn

!C2 �:

Exemplo 9.1.3 (i) Se X é um conjunto, 2X é uma sigma-álgebra de subconjuntos de X.(ii) Se X é um conjunto qualquer, � = f�;Xg é sigma-álgebra de subconjuntos de X..(iii) Se X é um conjunto não-enumerável,

� = fA � X;A ou AC é enumerávelg

é uma sigma-álgebra de subconjuntos de X.

Proposição 9.1.4 Se (�i)i2I é uma seqüência de sigma-álgebras de subconjuntos de X; então\i2I

�i

é uma sigma-álgebra de subconjuntos de X.

Demonstração. Clara.

149

De�nição 9.1.5 Se F � 2X , a interseção de todas as sigma-álgebras que contém F é ainda umasigma-álgebra (pela proposição anterior). Além disso, ela é a menor sigma-álgebra que contém F , eserá denotada por �(F): Chamamos �(F) de sigma-álgebra gerada por F

Observação 9.1.6 Quando (X; �) é um espaço topológico, a sigma-álgebra �(�) é chamada desigma-álgebra de Borel de X, e denotada por B = B(X): Os elementos de B são chamados desubconjuntos de Borel.

Exercício 9.1.7 Se C � 2X , F = �(C) e A � X; de�na C \A = fB \A;B 2 Cg: Mostre que

�A(C \A) = F \A;

ou seja,�A(C \A) = �(C) \A:

Solução. Primeiro, vejamos que F \A é sigma-álgebra em A. De fato,

� � = � \A 2 F \A

� B 2 F \A) B = F \A com F 2 F ) BcA = F c \A 2 F \A

� Bn 2 F \A) Bn = Fn \A com Fn 2 F )1[n=1

Bn =

1[n=1

Fn

!\A 2 F \A:

Logo �A(C \A) � F \A.Para mostrar a inclusão inversa, basta mostrar que

B \A 2 �A(C \A) para todo B 2 F .

SejaS = fB 2 F ;B \A 2 �A(C \A)g:

Vejamos que S é sigma-álgebra em X:

� � 2 S pois � \A = � 2 �A(C \A)

� Se B 2 S, então B \A 2 �A(C \A): Logo

(B \A)cA 2 �A(C \A)

e daíBc \A 2 �A(C \A)

e portantoBc 2 S.

� Se Bn 2 S, então1[n=1

(Bn \A) 2 �A(C \A)

e 1[n=1

Bn

!\A 2 �A(C \A)

e portanto1[n=1

Bn 2 S.

150

Logo S é sigma-álgebra. É claro que C � S e portanto

F = �(C) � S.

DaíF � S

eF \A � �A(C \A):

�

9.2 Funções Mensuráveis

De�nição 9.2.1 Se (X;�1) e (Y;�2) são espaços mensuráveis, uma função f : (X;�1) ! (Y;�2) émensurável se f�1(A) 2 �1 para cada A 2 �2.

Proposição 9.2.2 Se �2 = �(C); então f : (X;�1) ! (Y;�2) é mensurável se e somente sef�1(A) 2 �1 para cada A 2 C.

Demonstração. Uma das implicações é clara. Basta mostrar que se f�1(A) 2 �1 para cada A 2 C,então f é mensurável. Seja

S =�A 2 �2; f�1(A) 2 �1

:

Vamos mostrar que S é sigma-álgebra de subconjuntos de Y . De fato

� � 2 S, pois f�1(�) = � 2 �1:

� Se A 2 S, então f�1(AcY ) = (f�1(A))cX 2 �1, pois f�1(A) 2 �1: Logo AcY 2 S.

� Se An 2 S, então f�1 1[n=1

An

!=

1[n=1

f�1(An) 2 �1; pois f�1(An) 2 �1:

Como C � S e S é sigma-álgebra, temos �(C) � S. Logo �2 � S e f�1(A) 2 �1 para todo A 2 �2,e f é mensurável.�Trabalharemos, em geral, com funções f : (X;�) ! (R;B(R)): Como B(R) é a sigma-álgebra

gerada pelos abertos de R, para mostrar que f : (X;�) ! (R;B(R)) é mensurável, bastará mostrarque

f�1(V ) 2 � para cada V � R aberto.

Quando escrevermos f : (X;�)! R, estará implícito que R é o espaço mensurável (R;B(R):

Proposição 9.2.3 Dada f : (X;�)! R, as seguintes condições são equivalentes:(i) f é mensurável(ii) B� = fx 2 X; f(x) < �g 2 � para todo � 2 R(iii) C� = fx 2 X; f(x) > �g 2 � para todo � 2 R(iv) D� = fx 2 X; f(x) � �g 2 � para todo � 2 R(v) E� = fx 2 X; f(x) � �g 2 � para todo � 2 R

Demonstração. Note que Bc� = E� e Cc� = D�: Logo (ii), (v) e (iii), (iv): Temos ainda

D� =1\n=1

B�+ 1n

151

e

E� =1\n=1

C�� 1n:

Logo (ii) ) (iv) e (iii) ) (v): Além disso, (i) ) (ii), pois é claro que B� = f�1((�;1)) e (�;1) éaberto.Resta provar que (ii)) (i): Se V é aberto de R, então

V =1[n=1

(an; bn) (veja [?, Teorema 2, pag 132]).

Assim,

f�1(V ) = f�1(1[n=1

(an; bn) ) =1[n=1

f�1(an; bn) 2 �:

Com efeito,f�1(an; bn) = Can \Bbn 2 � (pois se vale (ii), então vale (iii)).

�

Proposição 9.2.4 Se f; g : X ! R são funções mensuráveis, então f + g é mensurável.

Demonstração.

fx 2 X; (f + g)(x) > �g = fx 2 X; f(x) > �� g(x)g

=[r2Q

fx 2 X;�� g(x) < r < f(x)g

=[r2Q

[fx 2 X; g(x) > �� rg \ fx 2 X; f(x) > rg] 2 �:

�

Proposição 9.2.5 Se f; g : X ! R são funções mensuráveis, então:(i) �f é mensurável, para todo � 2 R.(ii) f2 é mensurável.(iii) jf j é mensurável.(iv) maxff; gg é mensurável(v) minff; gg é mensurável.(vi) f:g é mensurável.

Demonstração. (i) Se � = 0, é trivial. Se � > 0; note que

fx 2 X;�f(x) < �g =nx 2 X; f(x) < �

�

o2 �:

Se � < 0; é análogo.(ii) n

x 2 X; (f(x))2 < �o= � 2 �; se � < 0n

x 2 X; (f(x))2 < �o=�x 2 X;�

p� < f(x) <

p�2 �; se � > 0:

(iii), (iv) e (v). Exercício.(vi) Use que

fg =1

4

�(f + g)2 + (f � g)2

��

152

9.3 seqüências de Funções Mensuráveis

De�nição 9.3.1 A reta estendida é o conjunto

R = R [ f1g [ f�1g,

também denotada por [�1;1]; onde 1 e �1 são símbolos que, como veremos, terão as propriedadesque intuitivamente esperamos para �in�nito� e �menos in�nito�..

Em R, de�nimos as operações usuais de R e8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:

a+1 =1+ a =1 para todo a 2 Ra�1 = �1+ a = �1 para todo a 2 R1+1 =1 e �1+ (�1) = �1

b:1 =1:b =�

1; se b 2 R e b > 0 (de�nimos 1 > r para todo r 2 R)�1; se b 2 R e b < 0 (de�nimos �1 < r para todo r 2 R)

b:(�1) = (�1):b =��1; se b 2 R e b > 01; se b 2 R e b < 0

0:1 = 0:(�1) =1:0 = (�1):0 = 0

Note que R não é corpo.No que segue, usaremos as notações:

[�1; a) = fx 2 R;x < ag [ f�1g(a;1] = ffx 2 R;x > ag [ f1g:

De�nição 9.3.2 Seja � a família dos abertos de R. Um conjunto A � R é aberto se:(i) A 2 � ou(ii) A = [�1; a) com a 2 R ou(iii) A = (a;1] com a 2 R, ou(iii) A é união de alguns abertos anteriores.

Exercício 9.3.3 Mostre que a família dos abertos de�nidos acima formam de fato uma topologia emR.

Exercício 9.3.4 Mostre que (na topologia de R), limn!1 n =1 e limn!1(�n) = �1

Quando nos referirmos a R, eatará implícito, quando quisermos nos referir a funções mensuráveis,que estaremos considerando (R;�(�)), onde � é a topologia de R.Portanto, para provar que uma função f : (X;�)! R é mensurável, basta provar que f�1(V ) 2 �

para cada V 2 �.

� O conjunto de todas as funções mensuráveis f : (X;�)! R será denotado por M(X;�):

� O conjunto ff 2M(X;�); f � 0g será representado por M+(X;�):

Proposição 9.3.5 Dada f : (X;�)! R, as seguintes condições são equivalentes:(i) f é mensurável(ii) B� = fx 2 X; f(x) < �g 2 � para todo � 2 R(iii) C� = fx 2 X; f(x) > �g 2 � para todo � 2 R(iv) D� = fx 2 X; f(x) � �g 2 � para todo � 2 R(v) E� = fx 2 X; f(x) � �g 2 � para todo � 2 R

153

Demonstração. Análoga à da Proposição 9.2.3 (com alguns cuidados adicionais).

Proposição 9.3.6 Sejam f; g 2M(X;�) e seja � 2 R. As seguintes funções são mensuráveis:(i) �f é mensurável, para todo � 2 R.(ii) f2 é mensurável.(iii) jf j é mensurável.(iv) maxff; gg é mensurável(v) minff; gg é mensurável.Demonstração. Análoga à da Proposição 9.2.5 (com alguns cuidados adicionais).

Proposição 9.3.7 Dada uma seqüência (fn)1n=1 em M(X;�), as seguintes funções são mensuráveis:a) f(x) = infn2N fn(x)b) F (x) = supn2N fn(x)c) f�(x) = lim inf fn(x)d) F �(x) = lim sup fn(x)

Demonstração. (a) Basta notar que

fx 2 C; f(x) � �g =1\n=1

fx 2 X; fn(x) � �g 2 � para todo � 2 R.

(b) Basta notar que

fx 2 C;F (x) � �g =1\n=1

fx 2 X; fn(x) � �g 2 � para todo � 2 R.

(c) Como

f�(x) = supn2N

infk�n

fk(x) e

F �(x) = infn2N

supk�n

fk(x);

segue, dos itens (a) e (b), que f�; F � 2M(X;�):

Corolário 9.3.8 Se limn!1 fn(x) = f(x) e fn 2M(X;�); então f 2M(X;�):

De�nição 9.3.9 Se f; g 2M(X;�); dizemos que f + g está bem de�nida se

fx 2 X; f(x) =1 e g(x) = �1g = � e

fx 2 X; f(x) = �1 e g(x) =1g = �:

Proposição 9.3.10 Sejam f; g 2M(X;�). Se f + g está bem de�nida, então f + g 2M(X;�).

Demonstração. Para uma função h : X ! Rarbitrária e c > 0, usaremos a seguinte notação:

hc(x) =

8<: h(x); se jh(x)j � cc; se h(x) > c

�c; se h(x) < �c

154

Se h 2M(X;�), então hc 2M(X;�) para todo c > 0. De fato,

fx 2 X;hc(x) � �g = � 2 �; se � < �cfx 2 X;hc(x) � �g = X 2 �; se � � c

fx 2 X;hc(x) � �g = fx 2 X;h(x) � �g 2 �; se � c � � < c:

Segue ainda queh(x) = lim

n!1hn(x) para todo x 2 X: (9.1)

De fato,

� Se h(x) 2 R, então hn(x) = h(x) para todo n > jh(x)j :

� Se h(x) =1; então hn(x) = n para todo n:

� Se h(x) = �1; então hn(x) = �n para todo n:

Daí (9.1) segue facilmente (lembrando que na topologia de R, limn!1 n = 1 e limn!1(�n) =�1).Então

(f + g)(x) = f(x) + g(x) = limn!1

fn(x) + limn!1

gn(x)

= limn!1

(fn + gn)(x):

Como as funções fn e gn são mensuráveis e assumem valores reais, sabemos que cada fn + gn é umafunção mensurável. Pelo Corolário 9.3.8 segue que f + g 2M(X;�):�

Proposição 9.3.11 Se f; g 2M(X;�); então f:g 2M(X;�):

Demonstração. Aproveitando a notação da demonstração do resultado anterior, temos

(f:g)(x) = f(x):g(x) = limn!1

f(x)gn(x) = limn!1

hlimm!1

fm(x)gn(x)i:

Como cada fm e cada gn é uma função mensurável, assumindo valores reais, sabemos que fm:gn 2M(X;�): Logo, pelo Corolário 9.3.8, segue que

limm!1

fm(x)gn(x) 2M(X;�)

e, novamente o Corolário 9.3.8 nos garante que

(f:g)(x) = limn!1

hlimm!1

fm(x)gn(x)i

é mensurável:�

Proposição 9.3.12 Uma função f : (X;�)! R é mensurável se e somente se os conjuntos

A = fx 2 X; f(x) = �1g e B = fx 2 X; f(x) =1g

pertencem a � e a função

f0(x) =

�f(x); se x =2 A [B0; se x 2 A [B

é mensurável.

155

Demonstração. Suponha f mensurável. Então

A =1\n=1

fx 2 X; f(x) < �ng 2 �

B =1\n=1

fx 2 X; f(x) > ng 2 �:

Como

fx 2 X; f0(x) < �g = fx 2 X; f(x) < �grA 2 �; se � � 0fx 2 X; f0(x) < �g = fx 2 X; f(x) < �g [B 2 �; se � > 0;

temos que f0 é mensurável.Reciprocamente, suponha que A;B 2 � e que f0 é mensurável. Como

fx 2 X; f(x) < �g = fx 2 X; f0(x) < �g [A; se � � 0fx 2 X; f(x) < �g = fx 2 X; f0(x) < �grB; se � > 0;

segue que f é mensurável. �

9.4 Espaços de Medida

De�nição 9.4.1 Seja (X;�) um espaço mensurável. Uma medida é uma funçaõ � : �! [0;1] quesatisfaz as seguintes condições:(a) �(�) = 0(b) Se (An)1n=1 é uma seqüência de membros disjuntos de �, então

�

1[n=1

An

!=

1Xn=1

� (An) :

Quando �(X) <1; dizemos que a medida é �nita. Quando existe (An)1n=1 em � tal que

X =1[n=1

An

e �(An) <1; dizemos que � é �-�nita.(X;�; �) é chamado de espaço de medida.

Exemplo 9.4.2 Seja X = N e � = 2N: De�na

� : �! [0;1]

da seguinte forma�

�(A) =1; se A é in�nito�(A) = n, se A tem exatamente n elementos

Note que � é uma medida �-�nita, chamada de medida de contagem.

Exemplo 9.4.3 Seja X 6= � e � = 2X : Fixe a 2 X e de�na � : �! [0;1] por

�(A) =

�1; se a 2 A0; se a =2 A

�Note que � é uma medida �nita.

156

Proposição 9.4.4 Seja (X;�; �) um espaço de medida. Se A;B 2 �; então:(a) A � B ) �(A) � �(B):(b) A � B e �(A) <1) �(B rA) = �(B)� �(A):

Demonstração. (a) B = A [ (B rA) (união disjunta). Logo

�(B) = �(A) + �(B rA) (9.2)

e daí segue que �(A) � �(B):(b) Se �(A) <1; temos de (9.2) que

�(B rA) = �(B)� �(A):

�

Proposição 9.4.5 (a) Se An " A (isto é, A1 � A2 � � � � e1[n=1

An = A); com An 2 � para todo n,

então�(A) = lim

n!1�(An):

(b) Se An # A (isto é, A1 � A2 � � � � e1\n=1

An = A); com An 2 � para todo n, e se �(A1) <1; então

�(A) = limn!1

�(An):

Demonstração. (a) Se �(An) = 1 para algum n; o resultado é claro. Suponha �(An) < 1 paratodo n. Seja (Bn)1n=1 uma sequencia de elementos de � de�nida por

B1 = A1

B2 = A2 rA1...

Bn = An rAn�1...

É claro que os Bn são disjuntos,

N[j=1

Bj =N[j=1

Aj = AN para cada N .

e além disso,1[j=1

Bj =1[j=1

Aj = A:

Daí

�(A) = �(1[j=1

Bj) =1Xj=1

�(Bj) = limN!1

NXj=1

�(Bj)

= limN!1

24�(A1) + NXj=2

(�(Aj)� �(Aj�1))

35= lim

N!1�(AN ):

157

(b) Sejam Bn = A1 rAn, para todo n. Logo B1 � B2 � � � � : Logo, pelo item (a),

�(1[n=1

Bn) = limn!1

�(Bn) = limn!1

(�(A1)� �(An)) (9.3)

= �(A1)� limn!1

�(An):

Por outro lado,

A1 r1\n=1

An =1[n=1

(A1 rAn) =1[n=1

Bn:

Logo

�(1[n=1

Bn) = �(A1 r1\n=1

An) = �(A1)� �(1\n=1

An) (9.4)

De (9.3) e (9.4) segue que

�(A1)� �(1\n=1

An) = �(A1)� limn!1

�(An)


9.5 Funções simples e integração

De�nição 9.5.1 Uma função 1E : X ! R com E � X; dada por

1E(x) =

�1; se x 2 E0; se x =2 E

é chamada de função característica.

De�nição 9.5.2 Uma função ' : X ! R é dita simples se f assumir apenas um número �nito devalores.Se os valores (�nitos) que a função simples assume são a1; :::; an (disjuntos), e Aj = '�1(aj),

j = 1; :::; n; podemos escrever

' =nXj=1

aj1AJ(9.5)

Note que em (9.5)n[j=1

Aj = X

e os Aj são disjuntos. Quando isso ocorre, dizemos que (9.5) é a representação padrão de '.

Teorema 9.5.3 Dada f 2 M+(X;�), existe uma seqüência crescente de funções simples 'n emM+(X;�) tal que

f(x) = limn!1

'n(x)

158

Demonstração. Para cada n 2 N, sejam

An = fx 2 X; f(x) < ngBn = fx 2 X; f(x) � ng:

Para k = 1; 2; ::::; n:2n, seja

An;k =

�x 2 X; k � 1

2n� f(x) <

k

2n

�:

Então, temos a união disjunta

X = An [Bn = n:2n[k=1

An;k

![Bn:

Seja, para cada n 2 N,

'n =

n2nXk=1

�k � 12n

1An;k

�+ n1Bn :

TemosAn;k = An+1;2k�1 [An+1;2k (1 � k � n2n) (9.6)

Bn = An+1;n2n+1+1 [ � � � [An+1;(n+1)2n+1 [Bn+1 (9.7)

Vamos mostrar que 'n � 'n+1: Lembre-se que

'n =

n2nXk=1

k � 12n

1An;k+ n1Bn

'n+1 =

(n+1)2n+1Xk=1

k � 12n+1

1An+1;k+ (n+ 1)1Bn+1

:

� Para x 2 Bn+1, temos f(x) � n+ 1: Logo 'n+1(x) = n+ 1 e 'n(x) = n e o resultado segue.

� Para x 2 An+1;2k com 1 � k � n:2n; temos 2 � 2k � n2n+1: Logo, como de (9.6),

An;k = An+1;2k�1 [An+1;2k (1 � k � n2n);

temos x 2 An;k: Daí

'n(x) =k � 12n

e 'n+1(x)x2An+1;2k

=2k � 12n+1

� k � 12n

:

� Para x 2 An+1;2k�1 com 1 � k � n2n; temos, de (9.6), x 2 An;k: Como 1 � 2k � 1 � n2n+1 � 1;temos

'n+1(x) =2k � 1� 12n+1

=2k � 22n+1

=k � 12n

x2An;k= 'n(x):

� Para x 2 An+1;k; com n2n+1 + 1 � k � (n+ 1)2n+1; temos

'n+1;k(x) =k � 12n+1

� n2n+1 + 1� 12n+1

= n:

Mas, nesse caso, por (9.7), segue que x 2 Bn e 'n(x) = n.

159

Resta-nos provar quef(x) = lim

n!1'n(x) para todo x 2 X:

� Se f(x) =1; então x 2 Bn para todo n e daí 'n(x) = n: Logo

limn!1

'n(x) = f(x)

� Se f(x) 2 R, então se f(x) < n; temos que x 2 An: Daí, existe k, 1 � k � n2n; tal que x 2 An;k:Logo

'n(x) =k � 12n

:

Então, como x 2 An;k, temosk � 12n

� f(x) <k

2n: (9.8)

Segue que

0 � f(x)� 'n(x) <k

2n� k � 1

2n=1

2n

e portanto limn!1 'n(x) = f(x): �

Note que se f for limitada, isto é, existir M tal que f(x) < M para todo x em X, então aconvergência é uniforme.

De�nição 9.5.4 Seja ' uma função simples, ' 2M+(X;�) com representação padrão dada por

' =

mXj=1

�j1Aj :

A integral de ' com respeito a � é de�nida porZ'd� =

mXj=1

�j�(Aj):

De�nição 9.5.5 Seja ' uma função simples, ' 2M+(X;�) Dizemos que

' =mXj=1

�j1Bj

é uma representação semi-padrão de ' se Bj 2 �;m[j=1

Bj = X e Bk \ Bl = � se k 6= l (note que

os �k não precisam ser distintos).

Lema 9.5.6 Se ' uma função simples, ' 2M+(X;�); entãoZ'd� =

mXj=1

�j�(Bj);

para qualquer representação semi-padrão ' =mXj=1

�j1Bj de ':

160

Demonstração. Suponha

' =mXj=1

�j1Aj

a representação-padrão de '. Para cada j = 1; :::;m; de�na

Kj = fk; 1 � k � n e �k = �jg :

DaíAj =

[k2Kj

Bk:

Então Z'd� =

mXj=1

�j�(Aj) =mXj=1

�jXk2Kj

�(Bk)

=

mXj=1

Xk2Kj

�j�(Bk)

=mXj=1

Xk2Kj

�k�(Bk)

=nXk=1

�k�(Bk);

poism[j=1

Kj = f1; ::::; ng:

�

Proposição 9.5.7 Sejam ' e funções simples em M+(X;�); e seja � 2 R, � � 0: Então(a)

Z�'d� = �

Z'd�:

(b)Z('+ )d� =

Z'd�+

Z d�:

Demonstração. Sejam ' =mXj=1

�j1Aje =

nXk=1

�k1Bkas representações-padrão de ' e .

(a) Se � = 0, o resultado é fácil. Suponhamos � > 0: Então

�' =mXj=1

��j1Aj

é a representação-padrão de �'. LogoZ�'d� =

mXj=1

��j�(Aj) = �mXj=1

�j�(Aj) = �

Z'd�:

161

(b) Se X =m[j=1

Aj e X =n[k=1

Bk (uniões disjuntas), temos as uniões disjuntas

8>>>>><>>>>>:Aj =

n[k=1

Bk

!\Aj =

n[k=1

(Aj \Bk)

Bk =

0@ m[j=1

Aj

1A \Bk = m[j=1

(Aj \Bk)

Então 8>>>>>>>><>>>>>>>>:

1Aj= 10B@

n[k=1

Bk\Aj

1CA=

nXk=1

1Bk\Aj

1Bk= 10B@

m[j=1

Bk\Aj

1CA=

mXj=1

1Bk\Aj

Logo 8>>>><>>>>:' =

mXj=1

�j1Aj=

mXj=1

�j

nXk=1

1Aj\Bk=

mXj=1

nXk=1

�j1Aj\Bk

=mXj=1

�k1Bk=

nXk=1

�k

mXj=1

1Aj\Bk=

mXj=1

nXk=1

�k1Aj\Bk

Agora temos representações semi-padrão de ' e ; com a vantagem de termos os mesmos conjuntos.Logo Z

('+ )d� =

Z mXj=1

nXk=1

(�j + �k) 1Aj\Bkd�

=mXj=1

nXk=1

(�j + �k)�(Aj \Bk)

=mXj=1

nXk=1

�j�(Aj \Bk) +mXj=1

nXk=1

�k�(Aj \Bk)

=

Z'd�+

Z d�

9.6 Integração de funções positivas

De�nição 9.6.1 Seja f 2M+(X;�): A integral de f com relação a � é dada porZfd� = sup

Z'd�;

onde o supremo é tomado sobre todas as funções simples em M+(X;�) tais que 0 � '(x) � f(x) paratodo x 2 X:Se A 2 �, a integral de f sobre A com relação a � é de�nida porZ

A

fd� =

Zf:1Ad�:

162

Proposição 9.6.2 Sejam f; g 2M+(X;�) e sejam A;B 2 �:(a) Se f � g; então Z

fd� �Zgd�

(b) Se A � B; então ZA

fd� �ZB

fd�

Demonstração. (a) é conseqüência imediata da de�nição e (b) é conseqüência de (a).�

Lema 9.6.3 Seja ' uma função simples em M+(X;�), e seja � : �! [0;1] de�nida por

�(A) =

Z':1Ad�:

Então � é uma medida em �:

Demonstração. Seja ' =mXj=1

�j1Aj a representação-padrão de ': Então

':1A =

0@ mXj=1

�j1Aj

1A 1A = mXj=1

�j1A\Aj:

Logo

�(A) =

Z'1Ad� =

mXj=1

�j�(A \Aj):

Vejamos que � é realmente uma medida. Basta mostrar o seguinte:

� Para cada j = 1; ::::;m; de�na

�j : �! [0;1]�j(A) = �(A \Aj):

Note que �j é medida (fácil).

� Se �1; :::; �n são reais positivos, então a função �(A) =mXj=1

�j�j(A) é medida.�

Teorema 9.6.4 (Teorema da Convergência Monótona) Se (fn)1n=1 é uma seqüência crescenteem M+(X;�) e

limn!1

fn(x) = f(x);

pontualmente, então Zfd� = lim

n!1

Zfnd�:

163

Demonstração. Como f = limn!1 fn; pontualmente, e cada fn é mensurável, segue que f émensurável. Como

fn � fn+1 � f ,

temos Zfnd� �

Zfn+1d� �

Zfd� para todo n natural:

Logo

limn!1

Zfnd� �

Zfd�. (9.9)

Note que faz sentido escrever

limn!1

Zfnd�;

pois a seqüência (Zfnd�)

1n=1 é crescente. Portanto, ou o limite existe, ou ele é in�nito. Seja 0 < � < 1

e seja ' 2M+(X;�) uma função simples tal que ' � f: De�na

An = fx 2 X; fn(x) � �'(x)g :

É claro que (An)1n=1 é uma seqüência crescente de elementos de � e X =

1[n=1

An (pois se x 2 X, como

' � f; temos �'(x) � f(x): Como limn!1 fn(x) = f(x); existe N tal que fN (x) > �'(x)).Daí Z

An

�'d� �ZAn

fnd� �ZX

fnd� (9.10)

Pelo Lema anterior, � : �! [0;1] dada por

�(A) =

ZA

'd� =

Z'1Ad�

é uma medida em �: Logo ZX

'd� = �(X) = limn!1

�(An) = limn!1

ZAn

'd�:

Fazendo n!1 em (9.10), temos

limn!1

�

ZAn

'd� � limn!1

ZX

fnd�

e assim, temos

�

ZX

'd� � limn!1

ZX

fnd�:

Fazendo �! 1, segue que ZX

'd� � limn!1

ZX

fnd�:

Tomando o supremo sobre os '; concluímos queZfd� � lim

n!1

ZX

fnd� (9.11)

De (9.9) e (9.11), segue o resultado.�

164

De�nição 9.6.5 Seja (X;�; �) um espaço de medida. Dadas f; g : X ! R, dizemos que

f = g para quase todo x 2 X

ouf = g (�-qtp)

se existir N 2 � com �(N) = 0 tal que

f(x) = g(x) para todo x 2 X rN:

Proposição 9.6.6 Seja f 2M+(X;�): EntãoZfd� = 0() f = 0 (�-qtp):

Demonstração. SuponhaZfd� = 0: Sejam

A = fx 2 X; f(x) > 0g e An = fx 2 X; f(x) >1

ng:

Então An " A. Note que f � 1n1An

: Logo

0 =

Zfd� �

Z1

n1And� =

1

n�(An)

e daí�(An) = 0

para todo n. Como An " A, segue que

�(A) = limn!1

�(An) = 0;

ou seja,f = 0 (�-qtp):

Reciprocamente, suponha f = 0 (�-qtp): Usando a notação do item anterior, temos �(A) = 0:De�na fn = n1A: Temos (fn)1n=1 crescente e f � limn!1 fn: Pelo Teorema da Convergência Monótona,segue que

0 �Zfd� �

Zlimn!1

fnd� = limn!1

Zfnd� = lim

n!1n�(A) = lim

n!10 = 0:

Logo Zfd� = 0:

�

Teorema 9.6.7 (Teorema da Convergência Monótona) Se (fn)1n=1 é uma seqüência crescenteem M+(X;�) e

limn!1

fn(x) = f(x);

pontualmente e quase sempre para f 2M+(X;�), entãoZfd� = lim

n!1

Zfnd�:

165

Demonstração. Seja N 2 � tal que �(N) = 0 e limn!1 fn(x) = f(x) para todo x 2 X r N: SeA = XrN , a seqüência (fn1A)1n=1 é crescente em M+(X;�) e converge pontualmente para f1A: PeloTeorema da Convergência Monótona, segue queZ

f1Ad� = limn!1

Zfn1Ad� (9.12)

Note que f1N = 0 (�-qtp) e fn1N = 0 (�-qtp): Logo, pela proposição anterior, temosZf1Nd� = 0 e

Zfn1Nd� = 0:

Como f = f1A + f1N e fn = fn1A + fn1N , temosZfd� =

Z(f1A + f1N )d� =

Zf1Ad�

(9:12)= lim

n!1

Zfn1Ad�

= limn!1

Z(fn1A + fn1N )d� = lim

n!1

Zfnd�

�

Corolário 9.6.8 (a) Se f 2M+(X;�) e c � 0, então cf 2M+(X;�) eZcfd� = c

Zfd�:

(b) Se f; g 2M+(X;�), então f + g 2M+(X;�) eZ(f + g)d� =

Zfd�+

Zgd�:

Demonstração. (a) Se c = 0; é claro. Se c > 0, seja ('n)1n=1 uma seqüência crescente de funçõessimples em M+(X;�) convergindo para f (sabemos que existe, por um resultado anterior). Então(c'n)

1n=1 é crescente e converge a cf: Pelo TCM, temosZ

cfd� = limn!1

Zc'nd� = c lim

n!1

Z'nd� = c

Zfd�:

(b) Se ('n)1n=1 e ( n)1n=1 são seqüências crescentes de funções simples, convergindo para f e g,

respectivamente, então('n + n)

1n=1

é uma seqüência crescente de funções simples convergindo a f + g: Logo, pelo TCM, temosZ(f + g)d� = lim

n!1

Z('n + n)d� = lim

n!1

�Z'nd�+

Z nd�

�=

Zfd�+

Zgd�:

�

Teorema 9.6.9 (Lema de Fatou) Se (fn)1n=1 é uma seqüência em M+(X;�); entãoZlim inf

n!1fnd� � lim inf

n!1

Zfnd�:

166

Demonstração. Lembre-se que lim infn!1 fn = limn!1 (infk�n fk) : Seja, para todo n,

gn = infk�n

fk:

Como gk � fk para todo k � n; temos Zgnd� � inf

k�n

Zfkd�:

Como (gn)1n=1 é crescente elimn!1

gn = lim infn!1

fn;

pelo TCM, segue que Zlim inf

n!1fnd� = lim

n!1

Zgnd� � lim

n!1

�infk�n

Zfkd�

�= lim inf

n!1

Zfnd�:

�

9.7 Integração de funções reais

Observação 9.7.1 Se f : X ! R é uma função, de�nimos

f+ : X ! R por f+(x) = maxff(x); 0gf� : X ! R por f+(x) = �minff(x); 0g:

Note que �f = f+ � f�jf j = f+ + f�

e �f+ = 1

2 (jf j+ f)f� = 1

2 (jf j � f)

e portanto f é mensurável se e somente se f+ e f� são mensuráveis.

De�nição 9.7.2 Seja (X;�; �) um espaço de medida. Uma função mensurável f : X ! R é ditaintegrável se Z

f+d� <1 eZf�d� <1:

O conjunto de todas as funções integráveis f : X ! R é denotado por L1(X;�; �): Se f 2 L1(X;�; �)e A 2 �; de�nimos Z

fd� =

Zf+d��

Zf�d�Z

A

fd� =

ZA

f+d��ZA

f�d�:

Observação 9.7.3 Note que se f 2 L1(X;�; �) e f = f1 � f2 com f1; f2 : X ! [0;1) mensuráveis eZf1d� <1 e

Zf2d� <1; então Z

fd� =

Zf1d��

Zf2d�:

167

De fato,f1 � f2 = f+ � f�:

Logof1 + f

� = f+ + f2:

Assim, temos Zf1d�+

Zf�d� =

Zf2d�+

Zf+d�

e Zfd� =

Zf+d��

Zf�d� =

Zf1d��

Zf2d�:

Proposição 9.7.4 Uma função mensurável f : X ! R é integrável se e somente seZjf j d� <1:

Demonstração. jf j = f+ + f�: EntãoZjf j d� =

Zf+d�+

Zf�d�

e daí Zjf j d� <1,

Zf+d� <1 e

Zf�d� <1, f é integrável.

�

Corolário 9.7.5 Se f : X ! R é integrável, então��Z fd�� Z jf j d�:

Demonstração. ��Z fd�� = ��Z f+d�� Z f�d�� Z f+d�+ Z f�d� = Z jf j d�:

�

Proposição 9.7.6 Sejam f; g 2 L1(X;�; �) e � 2 R. Então �f e f + g pertencem a L1(X;�; �) eZ�fd� = �

Zfd�Z

(f + g)d� =

Zfd�+

Zgd�:

Demonstração. Se � = 0, o resultado é claro. Se � > 0, então

(�f)+ = �f+ e (�f)� = �f�:

Logof 8><>:Z(�f)+d� =

Z�f+d� = �

Zf+d� <1Z

(�f)�d� =

Z�f�d� = �

Zf�d� <1;

168

e portanto �f é integrável, com Z�fd� =

Z(�f)+d��

Z(�f)�d�

= �

Zf+d��

Zf�d�

= �

Zfd�:

Se f; g 2 L1(X;�; �), então jf j ; jgj 2 L1(X;�; �): Note que jf + gj � jf j+ jgj e portantoZ(jf j+ jgj)d� <1:

Logo jf + gj 2 L1(X;�; �) e daí f + g 2 L1(X;�; �) Como

f + g = (f+ � f�) + (g+ � g�) = (f+ + g+)� (f� + g�);

segue da Observação ?? queZ(f + g)d� =

Z(f+ + g+)d��

Z(f� + g�)d�

=

Zf+d�+

Zg+d��

Zf�d��

Zg�d�

=

Zfd�+

Zgd�:

�

Teorema 9.7.7 (Teorema da Convergência Dominada) Seja (fn)1n=1 uma seqüência de funçõesem L1(X;�; �) que converge pontualmente para uma função f : X ! R. Se existir g 2 L1(X;�; �) talque jfnj � jgj para todo n, então f 2 L1(X;�; �) eZ

fd� = limn!1

Zfnd�:

Demonstração. Como limn!1 fn(x) = f(x) e cada fn é mensurável, segue que f é mensurável.Como jfnj � jgj para todo n, temos que jf j � jgj : Mas, por hipótese, g é integrável e

consequentemenete jgj é integrável. Portanto jf j é integrável e �nalmente f é integrável. Temosainda

� jgj � fn � jgje daí segue que

jgj+ fn � 0 para todo n:Portanto Z

jgj d�+Zfd�

=

Z(jgj+ f) d� =

Zlimn!1

(jgj+ fn) d�

Lema de Fatou� lim inf

n!1

Z(jgj+ fn) d�

= lim infn!1

�Zjgj d�+

Zfnd�

�=

Zjgj d�+ lim inf

n!1

Zfnd�:

169

Logo Zfd� � lim inf

n!1

Zfnd�:

Por outro lado,jgj � fn � 0 para todo n:

Portanto Zjgj d��

Zfd�

=

Z(jgj � f) d� =

Zlimn!1

(jgj � fn) d�

Lema de Fatou� lim inf

n!1

Z(jgj � fn) d�

= lim infn!1

�Zjgj d��

Zfnd�

�=

Zjgj d�� lim sup

n!1

Zfnd�

e conseqüentemente Zfd� � lim sup

n!1

Zfnd�:

Finalmente, temos

lim supn!1

Zfnd� �

Zfd� � lim inf

n!1

Zfnd�

e portanto Zfd� = lim

n!1

Zfnd�:

�A seguir, obteremos uma versão mais abrangente do Teorema da Convergência Dominada (TCD).

Lema 9.7.8 Seja (X;�; �) um espaço de medida. Se f : X ! R é mensurável e f = 0 (�-qtp), entãof é integrável e Z

fd� = 0:

Demonstração. Como f+(x) = maxff(x); 0g e f�(x) = �minff(x); 0g; temos que

f = 0 (�-qtp)) f+ = 0 (�-qtp) e f� = 0 (�-qtp):

Logo Zfd� =

Zf+d��

Zf�d� = 0� 0 = 0:

Teorema 9.7.9 (Teorema da Convergência Dominada) Seja (fn)1n=1 uma seqüência de funçõesem L1(X;�; �) que converge pontualmente (�-qtp) para uma função f : X ! R. Se existirg 2 L1(X;�; �) tal que, para cada n 2 N,

jfnj � jgj (�-qtp);

então f 2 L1(X;�; �) e Zfd� = lim

n!1

Zfnd�:

170

Demonstração. Seja N0 2 � com �(N0) = 0 tal que

f(x) = limn!1

fn(x) para todo x 2 X rN0:

Sejam Nn 2 � com �(Nn) = 0 e

jfn(x)j � jg(x)j para todo x 2 X rNn:

De�na N =1[n=0

Nn. Então N 2 � com �(N) = 0: Temos

f(x) = limn!1

fn(x) para todo x 2 X rN

ejfn(x)j � jg(x)j para todo x 2 X rN:

Se A = X rN , então �f1A = limn!1 fn1A

jfn1Aj � jgj 1A para todo n:Pelo TCD, f1A é integrável e Z

f1Ad� = limn!1

Zfn1Ad�:

Temos ainda que �f = f(1A + 1N ) = f1A + f1N

fn = fn(1A + 1N ) = fn1A + fn1N para todo n:

Do lema anterior, temos Zf1Nd� =

Zfn1Nd� = 0 para todo n:

Logo Zfd� =

Zf(1A + 1N )d� =

Zf1Ad� = lim

n!1

Zfn1Ad�

= limn!1

Zfn(1A + 1N )d� = lim

n!1

Zfnd�:

�

171

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2008 - Daniel Pellegrino - Introdução à Analise Funcional

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