Parte 1 Espaços de Banach - IME-USP

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Parte 1
Espaços de Banach
1.1
Espaços Normados
Definição 1.1. Seja X um espaço vetorial sobre K (K = C ou K = R). Uma semi-norma
em X é uma aplicação p : X → [0, +∞[ que satisfaz as seguintes propriedades:
(N 1) p(λx) = |λ| · p(x), ∀x ∈ X, ∀λ ∈ K;
(N 2) (Desigualdade triangular) p(x + y) ≤ p(x) + p(y), ∀x, y ∈ X.
Se p satisfaz a propriedade adicional
(N 0) p(x) = 0 ⇒ x = 0,
p é dita uma norma em X e neste caso é comum escrever kxk no lugar de p(x).
Observe que se p é uma semi-norma em X então segue imediatamente de (N 1) que
p(0) = 0. Assim, p será uma norma se o único vetor x ∈ X com p(x) = 0 é o vetor nulo.
Estaremos mais interessados nas normas, embora as semi-normas aparecerão em alguns
momentos.
Um espaço normado é um espaço vetorial sobre K munido de uma norma. Vejamos
alguns exemplos.
Exemplo 1.2. O corpo K (visto como espaço vetorial sobre si próprio) é um espaço normado se o equiparmos com a norma kλk = |λ|. Mais geralmente, Kp é um espaço normado,
p
pois sabemos que kxk = |x(1) |2 + |x(2) |2 + · · · + |x(p) |2 , onde x = (x(1) , x(2) , . . . , x(p) ), é
1
2
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
uma norma em Kp . É fácil verificar que kxk1 = |x(1) | + |x(2) | + · · · + |x(p) | e
kxk∞ = max{|x(1) |, |x(2) |, . . . , |x(p) |} também são normas em Kp . As duas últimas normas
são mais fáceis de se trabalhar e equivalentes à primeira (num sentido que precisaremos
mais adiante).
Para o próximo exemplo, lembramos que se A é um espaço topológico e f uma função
f : A → K, então f é contı́nua em a ∈ A se, para todo ε > 0, existir um aberto V de A
contendo a tal que |f (x) − f (a)| < ε, se x ∈ V .
Exemplo 1.3. Seja A 6= ∅ um espaço topológico, e consideremos agora o espaço vetorial
Cb (A) constituı́do de todas as funções f : A → K que são contı́nuas e limitadas. Definimos
para f ∈ Cb (A)
kf k = sup |f (x)|.
x∈A
Observe que pelo fato de f ser limitada tal supremo é finito. Então kf k ∈ [0, +∞[.
Afirmamos que k · k é uma norma em Cb (A). De fato, se kf k = supx∈A |f (x)| = 0, então
|f (x)| = 0 para todo x ∈ A. Logo, f é a função nula e (N 0) está mostrada. Para mostrar
(N 1) observe que para cada x ∈ A
|λf (x)| = |λ| |f (x)| ≤ |λ| sup |f (x)| = |λ| kf k.
x∈A
Então |λ| kf k é uma cota superior do conjunto {|λf (x)| : x ∈ A}. Então supx∈A |λf (x)| ≤
|λ| kf k, o que nos mostra que kλf (x)k ≤ |λ| kf k. Por outro lado, se λ 6= 0, temos que
|f (x)| = |λ| |λ−1 | |f (x)| = |λ−1 | |λf (x)| ≤ |λ−1 | kλf k, e portanto, tomando o supremo,
kf k ≤ |λ−1 | kλf k, ou seja |λ| kf k ≤ kλf k. Assim |λ| kf k = kλf k, se λ 6= 0. Porém, se
λ = 0 a igualdade é imediata e portanto ela é valida para qualquer λ ∈ K. Finalmente,
se f, g ∈ Cb (A) e x ∈ A,
|f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ≤ sup |f (x)| + sup |g(x)| = ||f k + kgk.
x∈A
x∈A
Portanto kf + gk ≤ ||f k + kgk, o que demonstra (N 2).
1.2
A topologia da norma
Se X é um espaço normado, então X é também um espaço métrico, onde a métrica
é dada por d(x, y) = kx − yk. É quase que imediato que d é de fato uma métrica em X.
Dizemos que d é induzida pela norma de X.
1.2. A topologia da norma
3
A topologia de X é definida a partir desta métrica: A bola aberta centrada em x0
def
de raio r > 0 é o conjunto B(x0 , r) = {x ∈ X : kx − x0 k < r}. Um conjunto é aberto
em X se é a reunião (finita ou não) de bolas abertas. Equivalentemente, um subconjunto
V ⊂ X será aberto se para todo x0 ∈ V existir um r > 0 tal que B(x0 , r) ⊂ V .
Os outros conceitos topológicos são definidos a partir destes abertos. Um conjunto
F será fechado em X se seu complementar X \ F for aberto em X. Denotaremos a bola
def
fechada centrada em x0 de raio r > 0 por B[x0 , r] = {x ∈ X : kx − x0 k ≤ r}. Verifique
que de fato B[x0 , r] é um conjunto fechado.
Um ponto x0 ∈ X é chamado de aderente ao conjunto Z ⊂ X se toda bola centrada
em x0 intercepta Z. Isso significa que há pontos de Z arbitrariamente próximos de x0 . O
fecho de um subconjunto Z de X é conjunto de seus pontos aderentes e é denotado por
Z. É fácil ver que Z é o menor fechado que contém Z.
Uma sequência (xn )n∈N ⊂ X converge para x ∈ X se, para todo ε > 0 existe n0 ∈ N
tal que n > n0 ⇒ kxn −xk < ε. Neste caso, dizemos que (xn )n é uma sequência convergente
em X e que x é limite de (xn )n . Algumas propriedades das sequências convergentes estão
destacadas nos exercı́cios.
Vejamos agora algumas propriedades da topologia da norma. Lembramos que se Y
e Z são espaços normados, estaremos considerando em Y × Z a topologia produto. Um
conjunto é aberto em tal topologia se é reunião de conjuntos da forma U × V onde U é
aberto em Y e V é aberto em Z.
Proposição 1.4. Seja X um espaço normado. Então, são contı́nuas as aplicações
• S : X × X → X dada por S(x, y) = x + y;
• M : K × X → X dada por M (λ, y) = λy;
• N : X → X dada por N (x) = kxk.
Demonstração. Mostraremos primeiramente que a soma é contı́nua. Seja (x0 , y0 ) ∈ X×X.
Dado ε > 0, tomando o aberto W = B(x0 , 2ε ) × B(y0 , 2ε ), teremos que
ε
ε
e kv − y0 k <
2
2
⇒ k(u + v) − (x0 + y0 )k ≤ ku − x0 k + kv − y0 k < ε
(u, v) ∈ W ⇒ ku − x0 k <
⇒ kS(u, v) − S(x0 , y0 )k < ε,
4
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
o que mostra que S é contı́nua em (x0 , y0 ).
Deixaremos a multiplicação como exercı́cio. Para mostrar que a norma é contı́nua,
observe que para quaisquer vetores x, y ∈ X vale a desigualdade |kxk − kyk| ≤ kx − yk.
De fato x, y ∈ X, kxk = kx − y + yk ≤ kx − yk + kyk e portanto kxk − kyk ≤ kx − yk.
Trocando y por x, obtemos kyk − kxk ≤ kx − yk. Logo, |kxk − kyk| ≤ kx − yk. Isso
mostra que |N (x) − N (y)| ≤ kx − yk, sendo N uma contração e portanto (uniformemente)
contı́nua.
A proposição anterior mostra que as operações de espaço vetorial são compatı́veis
com a topologia da norma. Vejamos uma consequência. Antes, lembramos da seguinte
caracterização computacionalmente mais simples: O fecho de Z é o conjunto de todos
elementos x ∈ X para os quais existe uma sequência contida em Z convergindo para x.
Proposição 1.5. Seja X um espaço normado e S um subespaço vetorial de X. Então o
fecho que S também é um subespaço vetorial de X
Demonstração. Claro que 0 ∈ S, pois 0 ∈ S e S ⊂ S. Sejam x, y ∈ S e λ ∈ K.
Então existem sequências (xn )n , (yn )n ⊂ S com xn → x e yn → y. Pela continuidade
das operaçôes em X segue que xn + λyn → x + λy e como S é um subespaço de X,
(xn + λyn )n ⊂ S. Logo x + λy ∈ S.
1.3
Normas Equivalentes
Dizemos que duas normas k · k e k · k0 definidas em um espaço vetorial X são equivalentes se geram a mesma topologia em X. Ou seja, se um subconjunto de X é aberto
segundo k · k se, e somente o for segundo k · k. Assim, os valores kxk e kxk0 podem
ser distintos mas todos os conceitos topológicos permanecem invariantes se trocarmos a
norma k · k pela norma k · k0 em X.
É facil verificar que duas normas são equivalentes se, e somente se, toda bola aberta
centrada em x0 segundo uma norma contém uma bola aberta centrada em x0 segundo a
outra. Destacaremos o seguinte critério:
1.4. Espaços de Banach
5
Proposição 1.6. Se existirem constantes positivas a e b tais que akxk0 ≤ kxk ≤ bkxk0 ,
∀x ∈ X, então k · k e k · k0 são equivalentes.
Demonstração. Considere uma bola aberta Bk·k (x0 , r) segundo a norma k·k. Então, se x ∈
Bk·k0 (x0 , rb ) então kx−x0 k0 < rb e portanto kx−x0 k ≤ bkx−x0 k0 < r. Logo Bk·k0 (x0 , rb ) ⊂
Bk·k (x0 , r). De maneira análoga mostramos que Bk·k (x0 , r · a) ⊂ Bk·k0 (x0 , r).
Exemplo 1.7. As normas de Kp do exemplo 1.2 são equivalentes, pois
kxk∞ ≤ kxk ≤ kxk1 ≤ pkxk∞ .
A recı́proca da proposição anterior é verdadeira. Veremos a demostração mais adiante
quando estudarmos as aplicações lineares.
1.4
Espaços de Banach
Lembramos que uma sequência (xn )n∈N em um espaço métrico M é dita de Cauchy
se, para todo ε > 0, exitir um n0 ∈ N tal que d(xn , xm ) < ε, se n, m > n0 . É imediato
que toda sequência convergente é de Cauchy. Porém, nem toda sequência de Cauchy é
converge. Um espaço metrico é dito completo se toda sequência de Cauchy converge (em
M , claro).
Definição 1.8. Um espaço normado X é chamado de Espaço de Banach se toda sequência
de Cauchy em X converge.
Assim, um espaço normado é um espaço de Banach se é um espaço métrico completo
em relação à metrica induzida por sua norma. Vejamos agora alguns exemplos.
Exemplo 1.9. O espaços normado R é um espaço de Banach, pois sabemos do curso de
análise real que toda sequência de Cauchy de números reais converge.
Exemplo 1.10. Vamos mostrar que Rp é um espaço de Banach. Seja (xn )n∈N uma
sequência de Cauchy em Rp . Note que aqui cada xn é uma p-upla de números reais:
(1)
(2)
(p)
xn = (xn , xn , . . . , xn ). Como (xn )n∈N é uma sequência de Cauchy, para todo ε > 0,
existe algum n0 ∈ N tal que
q
(1)
(1)
(2)
(2)
(p)
(p)
n, m > n0 ⇒ kxn − xm k = (xn − xm )2 + (xn − xm )2 + · · · + (xn − xm )2 < ε.
6
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
(i)
(i)
Em particular, para cada i = 1, 2, . . . , p, se n, m > n0 então |xn − xm | < ε. Isso nos
(i)
mostra que cada sequência (xn )n é uma sequência de Cauchy em R e portanto converge,
(i)
pelo exemplo anterior. Defina então x(i) = limn xn e considere x = (x(1) , x(2) , . . . , x(p) ).
Claro que x ∈ Rp e vamos mostrar que este é o limite da sequência (xn )n . Seja então
(i)
(i)
ε > 0. Como x(i) = limn xn , para cada i = 1, 2, . . . , p, existe ni tal que |xn −x(i) |2 < ε2 /p,
se n > ni . Se k0 = max{ni : i = 1, 2, . . . , p}, então
q
(1)
(2)
(p)
n > k0 ⇒ kxn − xk = (xn − x(1) )2 + (xn − x(2) )2 + · · · + (xn − x(p) )2 < ε,
o que mostra que (xn )n converge para x em Rp .
Observação 1.11. Como espaços normados, C é identico a R2 . Segue então pelo exemplo
anterior que C é um espaço de Banach. Consequentemente, Cp também é um espaço de
Banach.
Exemplo 1.12. Consideremos agora o espaço Cb (A). Seja (fn )n uma sequência de Cauchy
em Cb (A). Então para todo ε > 0, existe algum n0 ∈ N tal que
n, m > n0 ⇒ kfn − fm k = sup |fn (x) − fm (x)| < ε.
x∈A
Como no exemplo anterior, vemos que para cada x ∈ A a sequência (fn (x))n uma
sequência de Cauchy em K e portanto converge (pela observação anterior) para algum
α(x) ∈ K. Defina f : A → K pondo f (x) = α(x). Observe que, se x ∈ A e n, m > n0
|fn (x) − f (x)| ≤ |fn (x) − fm (x)| + |fm (x) − f (x)| ≤ kfn − fm k + |fm (x) − f (x)|
< ε + |fm (x) − f (x)|.
Fazendo m → ∞, obtemos que |fn (x) − f (x)| ≤ ε para qualquer x ∈ A. Então,
sup |fn (x) − f (x)| ≤ ε, se n > n0
(∗)
x∈X
Devemos mostrar que f está em Cb (A):
Mostremos inicialmente que f é contı́nua. Sejam x0 ∈ A e ε > 0. Usando (∗) com 3ε ,
obtemos n fixo tal que |fn (x) − f (x)| ≤ 3ε , para qualquer x ∈ X. Ora, fn está em Cb (A).
Então, existe um aberto Vε contendo x0 tal que |fn (x) − fn (x0 )| < 3ε , se x ∈ Vε . Assim,
para cada x ∈ Vε ,
|f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )| ≤
ε ε ε
+ + = ε,
3 3 3
1.4. Espaços de Banach
7
o que mostra que f é contı́nua. Claramente f é limitada, pois usando (∗) com ε = 1,
obtemos n fixo tal que |fn (x) − f (x)| ≤ 1, para qualquer x ∈ A, e portanto
|f (x)| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x)| ≤ 1 + kfn k.
Finalmente, é imediato por (∗) que (fn )n converge para f em Cb (A). Isso completa a
demonstração.
O exemplo anterior é bem genérico. A seguir daremos dois exemplos particulares
importantes baseados no anterior.
Exemplo 1.13. (O espaço `∞ ) O espaço `∞ é definido fazendo A = N no exemplo
def
anterior. Assim, `∞ = Cb (N). Note que como toda função f : N → K é contı́nua (pois N
é discreto), segue que `∞ é o espaço de Banach das sequências limitadas de escalares. Se
x = (xn )n ∈ `∞ , então kxk = supn∈N |xn |.
Exemplo 1.14. (Espaços C(K)) Seja agora A = K um espaço topológico compacto.
Então toda função continua em K é limitada. Denotamos então o espaço Cb (K) simplesmente por C(K), o espaço de Banach das funções contı́nuas no compacto K.
Observação 1.15. Veremos adiante que `∞ pode ser visto como um espaço da forma
C(K), onde K é a compactificação de Stone-C̆ech de N (N não é compacto!!).
Vejamos agora um exemplo de espaço normado não completo.
Exemplo 1.16. (Um espaço normado que não é Banach) Seja X = c00 o espaço das
sequências quase nulas. Ou seja, uma sequência pertence a c00 se possui apenas zeros a
partir de um certo ı́ndice. Mostraremos que c00 não é um espaço de Banach. Para tanto,
devemos exibir uma sequência de Cauchy em c00 que não converge.
Considere a sequência (de sequências quase nulas) (xn )n definida por
x1 = (1, 0, 0 . . . , 0, 0, . . .),
1
x2 = (1, , 0 . . . , 0, 0, . . .)
2
..
.
1
1
xn = (1, , 0, . . . , , 0, . . .)
2
n
..
.
8
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Note que (xn )n é de Cauchy, pois dado ε > 0, existe n0 ∈ N, n0 > 1ε . Assim, se
n > m > n0 ,
1
1
1
1
1
kxn − xm k = (0, 0 . . . ,
,
, . . . , , 0, 0, . . .) =
<
< ε.
m+1 m+2
n
m+1
n0
Porém, (xn )n não converge em c00 . De fato, suponha por absurdo que x = (x(1) , x(2) , . . . , ) ∈
c00 seja o limite de (xn )n . Então existe um k ∈ N tal que x(i) = 0, se i ≥ k. Assim, se
n ≥ k,
1
kxn − xk = sup |xn − x| ≥ ,
k
n∈N
contradizendo o fato de (xn )n convergir para x.
Note que c00 é um subespaço (vetorial e normado) de `∞ que não é completo, apesar
deste ser. A proposição seguinte nos dá um critério para decidir se um subrespaço S de
X é Banach. Quando nos referirmos a subespaço significará sempre que a norma de S é
a induzida por X.
Proposição 1.17. Todo subespaço fechado de um espaço de Banach é Banach. Reciprocamente, todo subespaço de Banach de um espaço normado é fechado.
Demonstração. Suponha que S seja fechado em X Banach. Tomamos um sequência de
Cauchy (xn )n ⊂ S. Mas (xn )n também é uma sequência de Cauchy em X que é completo.
Logo, (xn )n converge para algum x ∈ X. Isso implica que x ∈ S̄. Sendo S fechado, temos
que x ∈ S. Mostramos então que toda sequência de Cauchy em S converge (em S). Logo,
S é completo.
Reciprocamente, seja S completo no normado X. Considere x ∈ S̄. Então existe uma
sequência (xn )n ⊂ S que converge para X. Ora, toda sequência convergente é de Cauchy.
Assim, (xn )n é uma sequência de Cauchy em S que é completo e portanto converge para
algum y ∈ S ⊂ X. Pela unicidade do limite em X (todo espaço normado é Hausdorff),
temos que x = y, e portanto x ∈ S, sendo este fechado.
A proposição anterior é útil para mostrar que determinados espaços normados são
Banach. Vejamos alguns exemplos
Exemplo 1.18. Seja A um espaço topológico Hausdorff e considere C0 (A) o subconjunto
def
das funções f ∈ Cb (A) tais que para cada ε > 0, o conjunto Vε (f ) = {x ∈ A : |f (x)| ≥ ε}
é compacto. Vamos mostrar que C0 (A) é um espaço de Banach. Como uma aplicação da
proposição anterior, mostraremos que é um subespaço fechado em Cb (A).
1.4. Espaços de Banach
9
Note que C0 (A) é um subespaço vetorial de Cb (A). De fato, a aplicação nula está
em C0 (A) pois Vε (0) = {x ∈ A : 0 ≥ ε} = ∅. Além disso, se λ 6= 0 é um escalar e
ε
ε (f ),
} = V |λ|
f ∈ C0 (A), então Vε (λf ) = {x ∈ A : |λf (x)| ≥ ε} = {x ∈ A : |f (x)| ≥ |λ|
sendo compacto. Finalmente, sejam f, g ∈ C0 (A). Como Vε (f + g) ⊂ Vε/2 (f ) ∪ Vε/2 (g)
segue que Vε (f + g) é compacto, pois é fechado (f e g são contı́nuas) e está contido em
um compacto. Logo f + g ∈ C0 (A).
Mostremos agora que C0 (A). Seja f ∈ C0 (A) e tome uma sequência fn ⊂ C0 (A)
convergindo para f . Temos que mostrar que para todo ε > 0, Vε (f ) é compacto. Sejam
então ε > 0 arbitrário e x ∈ Vε (f ). Então |f (x)| ≥ ε. Como fn converge para f , existe
N ∈ N tal que kfN − f k < ε/2. Assim
ε ≤ |f (x)| ≤ |f (x) − fN (x)| + |fN (x)| ≤ kfN − f k + |fN (x)| <
ε
+ |fN (x)|,
2
ou seja, |fN (x)| ≥ 2ε , o que mostra que x ∈ V 2ε (fN ). Logo, Vε (f ) ⊂ V 2ε (fN ) e este último
é compacto. Isso mostra que Vε (f ) também é compacto (pois é um fechado contido em
um compacto) e conclui a demonstração.
Vejamos agora um importante caso particular do exemplo anterior.
Exemplo 1.19. Suponha que A = N e considere C0 (N). Note que
(xn ) ∈ C0 (N) ⇔ {n ∈ N : |xn | ≥ ε} é compacto, ∀ε > 0
⇔ {n ∈ N : |xn | ≥ ε} é finito, ∀ε > 0
⇔ xn → 0.
Logo
def
c0 = C0 (N) = {(xn ) ∈ `∞ : xn → 0}.
Lembrando que a norma é a induzida por `∞ .
Finalizamos
esta parte com a generalização de um resultado conhecido de R. Dizemos
X
que uma série
xk em um espaço normado X é absolutamente convergente se a série
k∈N
numérica
X
kxk k for convergente.
k∈N
Teorema 1.20. Seja X um espaço normado. Então X é Banach se, e somente se, toda
série de elementos de X absolutamente convergente é convergente.
10
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Demonstração. Seja X Banach. Tomamos uma série
X
xk absolutamente convergente.
k∈N
Temos que mostrar que a sequência de suas somas parciais (sn )n converge. Como
X
kxk k
k∈N
converge ela é uma série de Cauchy. Então, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que m > n ≥
m
X
n0 ⇒
kxk k. Assim, se m > n ≥ n0 ,
k=n+1
m
X
ksm − sn k = k
m
X
xk k ≤
k=n+1
kxk k < ε.
k=n+1
Logo, (sn )n é uma sequência de Cauchy em X que é completo. Logo, (sn )n converge.
Reciprocamente, Considere uma sequência (xn )n de Cauchy em X. Então, para j = 1,
existe n1 ∈ N tal que kxm − xn k < 2−1 , se m, n ≥ n1 . Para j = 2 existe n2 > n1 tal que
kxm − xn k < 2−2 , se m, n ≥ n2 . Prossegindo desta forma, construimos uma sequência
crescente de ı́ndices (nj ) tal que kxm − xn k < 2−j , se m, n ≥ nj . Definimos y0 = xn1 e
yj = xnj+1 − xnj , para j ∈ N. Vemos então que
∞
X
kyj k < ky0 k +
j=0
o que mostra que
∞
X
∞
X
2−j < ∞,
j=1
yj é absolutamente convergente em X e portanto converge, por
j=0
hipótese, para algum y ∈ X. Mas lim xnk = lim
k
k
k−1
X
yj = y. Vemos então que a sequência
j=0
de Cauchy (xn )n possui um subsequência convergente. Logo, (xn )n é convergente.
1.5
Os Espaços `p e Lp
Definição 1.21. O espaço vetorial das sequências de escalares absolutamente p-somáveis
é denotado por `p . Ou seja,
n
o
X
`p = x = (xk )k∈N ∈ KN :
|xk |p < ∞ .
k∈N
Tal espaço é munido de uma norma natural, dada por kxkp =
P
k∈N
|xk |p
p1
.
1.5. Os Espaços `p e Lp
11
Primeiramente, temos que verificar que `p é de fato um espaço vetorial e que k · kp
1
P
p p
é uma norma. Se λ é um escalar qualquer e x ∈ `p , então kλxkp =
=
k∈N |λxk |
1
P
p p
|λ|
= λkxkp . Isso mostra que a operação de multiplicação por escalar está
k∈N |xk |
bem definida em `p e que kλxk1 = λkxk1 . É imediato que a sequência nula pertence a `p
e que kxkp = 0 ⇒ x = 0.
Quando p = 1, é fácil ver que `1 a soma em `1 é bem definida e que vale a desigualdade
triangular: Sejam x, y ∈ `1 . Então, para todo n ∈ N,
n
X
|xk + yk | ≤
k=1
n
X
|xk | + |yk | ≤
k=1
∞
X
|xk | +
k=1
∞
X
|yk | < ∞.
k=1
P∞
P∞
P∞
Assim,
k=1 |xk + yk | ≤
k=1 |xk | +
k=1 |yk |. Isso mostra que x + y ∈ `1 e que
kx + yk1 ≤ kxk1 + kyk1 .
Porém, para mostrar o mesmo quando 1 < p < ∞, precisamos de alguns resultados
preliminares.
Lema 1.22. Sejam p, q > 1, tais que
ab ≤
1
p
+ 1q = 1 (dizemos que q é conjugado de p). Então
ap b q
+ , ∀a, b ≥ 0.
p
q
Demonstração. Fixe b e considere a função ϕ(a) =
ap
p
+
bq
q
− ab. É um exercı́cio simples
1
de Cálculo 1 verificar que o mı́nimo absoluto de ϕ ocorre em a = b p−1 . Assim, para todo
p
a ≥ 0 (note que p−1
= q = q+p
),
p
p
ϕ(a) ≥ ϕ(b
e portanto
ap
p
+
bq
q
1
p−1
q+p
1
bq
b p−1
bq bq
bq bq
)=
+ − b p−1 b = + − b p = + − bq = 0,
p
q
p
q
p
q
≥ ab.
Teorema 1.23. (Desigualdade de Hölder) Sejam p, q > 1, tais que p1 + 1q = 1. Então para
quaisquer ak , bk ∈ K (k = 1, . . . , n), temos
n
X
k=1
|ak bk | ≤
n
X
k=1
! p1
|ak |p
·
n
X
! 1q
|bk |q
.
k=1
Demonstração. Se todos ak ’s ou todos bk ’s são nulos, então a desigualdade é trivial.
Suponha então que nem todos ak ’s e nem todos bk ’s são nulos. Para k = 1, . . . , n de-
12
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
fina
ak
Ak =
n
X
bk
e Bk =
! p1
n
X
|ak |p
k=1
! 1q .
|bk |q
k=1
Aplicando o lema anterior para cada Ak e Bk , obtemos
=1
=1
z }| {
n
1X p
Ak Bk ≤
A +
p k=1 k
k=1
n
X
z }| {
n
X
1
1 1
Bkq = + = 1,
q k=1
p q
e portanto
n
X
|ak bk | =
k=1
n
X
!
·
Ak Bk
k=1
n
X
! p1
|ak |p
k=1
·
n
X
! 1q
|bk |q
n
X
≤
k=1
! p1
|ak |p
·
k=1
n
X
! 1q
|bk |q
.
k=1
Teorema 1.24. (Desigualdade de Minkowski) Se p ∈ [1, ∞[ e ak , bk ∈ K (k = 1, . . . , n),
então
! p1
! p1
! p1
n
n
n
X
X
X
|ak + bk |p
≤
|ak |p
·
|bk |p
.
k=1
k=1
k=1
Demonstração. A desigualdade para p = 1 já foi mostrada no inı́cio desta seção. Suponha
então que p > 1 e seja q seu conjugado. Podemos assumir que ak , bk ≥ 0. Por Hölder
obtemos que (Note que (p − 1)q = p)
!
n
n
X
X
p
(ak + bk )
=
(ak + bk )p−1 (ak + bk )
k=1
k=1
=
n
X
(ak + bk )p−1 ak +
k=1
(H ölder)
≤
n
X
(ak + bk )p−1 bk
k=1
n
X
(ak + bk )(p−1)q
! 1q
n
X
·
k=1
! 1q
·
k=1
=
k=1
|ak |p
k=1
n
X
+
(ak + bk )(p−1)q
n
X
! p1
! p1
|bk |p
k=1
! 1q 
(ak + bk )p
n
X
·
n
X
k=1
! p1
|ak |p
+
n
X
k=1
! p1 
|bk |p
,
1.5. Os Espaços `p e Lp
n
X
e portanto
13
! q−1
q
(ak + bk )p
≤
k=1
n
X
! p1
|ak |p
+
k=1
n
X
! p1
|bk |p
. Como
q−1
q
= p1 , obtemos
k=1
a desigualdade.
Vamos mostrar agora que a soma em `p é bem definida a desigualdade triangular.
Sejam então x, y ∈ `p . Então, por Minkowski, para todo n ∈ N,
! p1
! p1
! p1
! p1
! p1
n
n
∞
∞
n
X
X
X
X
X
≤
+
≤
+
< ∞.
|xk |p
|yk |p
|xk |p
|yk |p
|xk + yk |p
k=1
k=1
Assim,
∞
X
k=1
k=1
k=1
! p1
|xk + yk |p
≤ kxkp + kykp , o que mostra que x + y ∈ `p e que kx + ykp ≤
k=1
kxkp + kykp .
Se p = ∞, o espaço `∞ foi definido em 1.13 e é um espaço de Banach. O proximo
teorema diz que os outros `p ’s também são completos.
Teorema 1.25. Seja 1 ≤ p ≤ ∞, então `p é um espaço de Banach.
Demonstração. Se p = ∞ já sabemos. Suponha então que 1 ≤ p < ∞. Seja (xn )n∈N
uma sequência de Cauchy em `p . Note que aqui cada xn é uma sequência de escalares
(1)
(2)
xn = (xn , xn , . . .) ∈ `p . Como (xn )n∈N é uma sequência de Cauchy, para todo ε > 0,
existe algum n0 ∈ N tal que
! p1
∞
X
(i) p
n, m > n0 ⇒ kxn − xm kp =
|x(i)
< ε. (∗)
n − xm |
i=1
(i)
(i)
Em particular, para cada i ∈ N, se n, m > n0 então |xn − xm | < ε. Isso nos mostra que
(i)
cada sequência (xn )n é uma sequência de Cauchy em K e portanto converge, por este ser
completo.
(i)
Defina então x(i) = limn xn e considere x = (x(1) , x(2) , . . .). Vamos mostrar que x ∈ `p .
Como a sequência (xn )n é de Cauchy, então é limitada (Execı́cio). Logo, existe M > 0
! p1
! p1
∞
k
X
X
p
p
|x(i)
≤ M , para todo n ∈ N. Então
|x(i)
≤ M , para todo
tal que
n |
n |
i=1
i=1
n, k ∈ N. Fazendo n → ∞, obtemos que
k
X
i=1
∞
X
i=1
! p1
|x(i) |p
≤ M , o que mostra que x ∈ `p .
! p1
|x(i) |p
≤ M , para todo k ∈ N. Então
14
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Resta mostrar que (xn )n converge para x (na norma de `p ). Dado ε > 0, fazendo
! p1
k
X
(i) p
m → ∞ em (∗), obtemos que
|x(i)
≤ ε, para n > n0 e k ∈ N. Então,
n −x |
i=1
kxn − xkp =
∞
X
! p1
(i) p
|x(i)
n −x |
≤ ε, se n > n0 .
i=1
Definição 1.26.
• Seja 1 ≤ p < ∞. Denotamos por Lp [0, 1] o espaço vetorial
das classes de equivalências das funções escalares (Lesbesgue)-mensuráveis tais que
R
|f (t)|p dt < ∞ (Aqui duas funções estão na mesma classe se são iguais quase
[0,1]
sempre), munido de uma norma natural
Z
p1
p
kf kp =
|f (t)| dt .
[0,1]
• Denotamos por L∞ [0, 1] o espaço vetorial das classes de equivalências das funções
escalares (Lesbesgue)-mensuráveis que são limitadas quase sempre munido da norma
kf k∞ = inf{α > 0 : µ{t ∈ [0, 1] : f (t) > α} = 0},
onde µ denota a medida de Lesbeguem em [0, 1].
Os espaço acima definidos são espaços de Banach. A demonstração pode ser encontrada em qualquer livro sobre a medida de Lesbegue.
1.6
Espaços Separáveis
Seja X um espaço métrico e suponha que D ⊂ A ⊂ X. Dizemos que D é denso em A
se toda bola aberta centrada em elementos de A contém algum elemento de D. Observe
que isso significa que todo elemento de A é aderente a D. Então, D é denso em A se
D ⊃ A. É fácil ver que se D é denso em A e A é denso em X, então D é denso em X.
Também é imediato que A é denso em Ā. Verifique como exercı́cio.
Um subconjunto A ⊂ X é dito separável se possui um conjunto enumerável denso.
Por exemplo, sabemos que um intervalo da reta é separável, pois o conjunto dos racionais
deste intervalo é enumerável e denso. Em particular a reta é um espaço separável.
Estaremos interessados em saber quando um espaço normado é separável. O seguinte
critério é útil para decidir. Lembramos que se A é um subconjunto de X, então [A] denota
o subespaço gerado por A (no sentido da Álgebra Linear).
1.6. Espaços Separáveis
15
Proposição 1.27. Seja X um espaço normado sobre K.
(a) Se X possui um subconjunto A enumerável (podendo ser finito) tal que X = [A], então
X é separável.
(b) Se X possui um subconjunto B não enumerável tal que, para algum r > 0, kx−yk ≥ r,
para qualquer par de elementos distintos x, y de B, então X não pode ser separável.
Demonstração. (a) Seja S = [A]. Um elemento de S é portanto uma combinação linear
(finita!!) de elementos de A. Seja D o subconjunto de S formado apenas pelas combinações
lineares com coeficientes racionais (Se K = C, coeficientes com parte real e imaginária
racionais). Então D tem a cardinalinada das funções finitas de N em Q e portanto é
enumerável (aqui é importante que seja combinação finita). É fácil ver que D é denso em
em S. Claramente, S é denso em S = [A] = X. Logo, D é denso em X, sendo separável.
(b) Seja D um conjunto denso qualquer em X. As bolas centradas em elementos de B e
raio r/2 são disjuntas. Cada uma dessas bolas deve conter pelo menos um elemento de
D. Como há uma quantidade não enumerável dessas bolas, segue que D não pode ser
enumerável. Logo, X não possui conjunto enumerável denso.
Vamos usar a proposição anterior para dar exemplo de espaços separáveis e não
separáveis.
Exemplo 1.28. c0 é um espaço separável. De fato, considere a sequência unitária
n−esima
z}|{
canônica en = (0, . . . , 0, 1 , 0, . . .). Vamos mostrar que c0 = [en : n ∈ N] e portanto c0
será separável pela parte (a) da proposição anterior. Seja então x = (xn ) ∈ c0 e ε > 0.
Então, existe n0 tal que |xn | < ε, se n > n0 . A sequência xε = (x1 , x2 , . . . , xn0 , 0, 0, . . .)
está em [en : n ∈ N] e kx − xε k < ε. Como ε era arbitrário, segue que x ∈ [en : n ∈ N].
Exemplo 1.29. `∞ não é separável. Considere, para cada subconjunto N ⊂ N a
sequência caracterı́stica de N . Ou seja, a sequência x = xN = (xn ), onde xn = 1 se
n ∈ N e xn = 0 se n ∈
/ N . Claro que cada uma destas sequências está em `∞ . Tomamos
o conjunto B = {xN : N ⊂ N} ⊂ `∞ . Então a cardinalidade de B é a das partes de N e
portanto não enumerável. Além disso, kxN − xN 0 k = 1, se N 0 6= N . Então, pela parte (b)
da proposição anterior, `∞ não é separável.
Exemplo 1.30. Qualquer espaço normado de dimensão finita é separável, pois é gerado
por um conjunto finito. (Que conjunto é esse?)
Exemplo 1.31. Pelo Teorema de Aproximação de Weierstrass, os polinômios são densos
em C[0, 1] (Veja por exemplo o livro do Elon de Espaços Métricos). Então, [tn : n = 0, 1, . . .] =
C[0, 1], o que mostra que C[0, 1] é sepárável.
16
1.7
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Aplicações Lineares
Estaremos agora tratando das aplicações lineares entre espaços normados. Os aspectos algébricos destas aplicações são estudados no curso de Álgebra Linear. Como um
espaço normado também possui uma estrutura topológica, é natural estudá-las também
no que diz respeito à continuidade.
Se X é um espaço normado denotaremos por BX a bola fechada de raio 1 centrada
na origem. Ou seja BX = {x ∈ X : kxk ≤ 1}. A esfera unitária de X é o conjunto
SX = {x ∈ X : kxk = 1}. Começamos com o seguinte resultado.
Proposição 1.32. Sejam x e Y espaços normados e T : X → Y linear. Então são
equivalentes:
(a) T é contı́nua;
(b) T é contı́nua na origem;
(c) existe uma constante M > 0 tal que kT (x)k ≤ M para qualquer x ∈ BX .
(d) existe uma constante M > 0 tal que kT (x)k ≤ M kxk para qualquer x ∈ X.
Demonstração. (a) ⇒ (b): É evidente.
(b) ⇒ (c): Como T é contı́nua na origem, para ε = 1, existe δ > 0 tal que, para
k<δe
qualquer x ∈ X, com kxk < δ, temos que kT (x)k < 1. Se x ∈ BX , temos que k δx
2
portanto kT δx
k < 1. Então, pela linearidade de T , kT (x)k < 2δ .
2
x
x
≤ M.
(c) ⇒ (d): Se x ∈ X \ {0}, temos que kxk tem norma 1 e portanto T kxk
Então, kT (x)k ≤ M kxk. Se x = 0, temos que T (x) = 0 e a desigualdade também é
satisfeita.
(d) ⇒ (a): Se existe M > 0 tal que kT (x)k ≤ M kxk para qualquer x ∈ X, então
dados u, v ∈ X temos que kT (u) − T (v)k = kT (u − v)k ≤ M ku − vk. Isso mostra que T
é lipschitziana e portanto (uniformemente) contı́nua.
O item (c) nos mostra que aplicações lineares contı́nuas são limitadas sobre BX . É
por esse motivo que aplicação lineares contı́nuas são também chamadas de limitadas.
1.7. Aplicações Lineares
17
Antes do próximo exemplo, salientamos que se k · k e k · k0 são normas equivalentes
em X então uma função f definida em X será contı́nua segundo k · k se, e somente se, o
for segundo k · k0 .
Exemplo 1.33. Qualquer aplicação linear definida em Kp é contı́nua. Vamos demonstar
este fato usando a norma da soma de Kp . Como sabemos, ela é equivalente à norma
euclidiana e mais simples de se trabalhar. Seja {e1 , e2 , . . . , ep } a base canônica de Kp e
considere uma aplicação linear T : Kp → Y linear. Então
kT (x1 , . . . , xp )k = kx1 T (e1 ) + · · · + xp T (ep )k
≤ |x1 |kT (e1 )k + · · · + |xp |kT (ep )k
≤
max kT (ei )k · (|x1 | + · · · + |xp |)
i=1,...,p
= M k(x1 , . . . , xp )k1 ,
onde M = maxi=1,...,p kT (ei )k. Logo T é contı́nua pela proposição anterior.
Exemplo 1.34. Considere o espaço vetorial P(R) de todos os polinômios reais munido
da norma kpk = supt∈[0,1] |p(x)|. Então o operador derivação D : P(R) → P(R) não é
contı́nuo, pois para cada n ∈ N o polinômio tn está em BP(R) mas sua derivada ntn−1 tem
norma n. Como n pode ser suficientemente grande, segue que é impossı́vel encontrar M
como na proposição anterior.
Um isomorfismo entre espaços normados, ou simplesmente isomorfismo, é uma aplicações
linear contı́nua inversı́vel e com inversa contı́nua. Ou seja, é um isomorfismo no sentido da
Álgebra Linear e um homeomorfismo. Se há um isomorfismo entre X e Y , então diremos
que X e Y são isomorfos e escreveremos X ∼
= Y.
Lembramos que inversa de aplicação linear é sempre linear, mas nem sempre é
contı́nua, como mostra o exemplo seguinte.
Exemplo 1.35. Considere X = c00 e o operador linear T : c00 → c00 dado por
T (x1 , x2 , x3 , . . .) = (x1 , x22 , x33 , . . .). Temos que, se x = (x1 , x2 , x3 , . . .) ∈ c00 ,
kT (x)k = k(x1 ,
x2 x3
x2 x3
, , . . .)k = sup{|x1 |, | |, | |, . . .} ≤ sup{|x1 |, |x2 |, |x3 |, . . .} = kxk.
2 3
2
3
n∈N
n∈N
Logo, T é contı́nua pelo item (c) da proposição. Porém, a inversa de T é dada por
T −1 (x1 , x2 , x3 , . . .) = (x1 , 2x2 , 3x3 , . . .).
Para cada n ∈ N, os vetores
n−esima
z}|{
en = (0, . . . , 0, 1 , 0, . . . , ) têm norma 1 mas kT (en )k = n. Logo, T −1 não satisfaz
o item (c) da proposição.
18
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Observe que no exemplo anterior o espaço normado em questão não era completo,
como vimos em 1.16. Isso não foi por acaso. Veremos mais para frente que se os espaços
forem completos, então a inversa é sempre contı́nua. Será uma consequência do Teorema
da Aplicação Aberta.
O seguinte critério é tão simples quanto útil.
Proposição 1.36. Uma bijeção linear T : X → Y é um isomorfismo, se, e somente se,
existem constantes positivas a e b tais que akxk ≤ kT (x)k ≤ bkxk, ∀x ∈ X.
Demonstração. De fato, a segunda desigualdade nos diz que T é contı́nua. A primeira
que T −1 é contı́nua, pois dado y ∈ Y , existe x ∈ X tal que T (x) = y e portando
kT −1 (y)k = kxk ≤ a−1 kT (x)k = a−1 kyk.
Corolário 1.37. Para que duas normas k · k e k · k0 sejam equivalentes é necessário e
suficiente que existam constantes positivas a e b tais que akxk0 ≤ kxk ≤ bkxk0 , ∀x ∈ X.
Demonstração. Que a condição acima é suficiente foi visto na proposição 1.6. Para
mostrar que é necessária, basta observar que as normas serem equivalente significa que a
identidade de X, k · k em X, k · k0 é um isomorfismo.
Teorema 1.38. Seja T : X → Y um isomorfismo entre espaços normados. Então, se X
for de Banach, então Y também será.
Demonstração. Seja (yn )n uma sequência de Cauchy em Y . Temos que mostrar que (yn )n
converge. Seja então ε > 0. Para cada n, yn = T (xn ), com xn ∈ X. Então,
kxn − xm k = kT −1 (yn ) − T −1 (ym )k = kT −1 (yn − ym )k ≤ M kyn − ym k,
pois T −1 é contı́nua. Logo, como (yn )n é de Cauchy existe n0 ∈ N tal que kyn − ym k < Mε ,
se n, m > n0 . Assim, se n, m > n0 , temos que kxn − xm k ≤ M kyn − ym k < M Mε = ε.
Vemos que (xn )n é uma sequência de Cauchy em X e portanto converge para algum
x ∈ X, já que X é completo. Pela continuidade de T , yn = T (xn ) → T (x), o que mostra
que (yn )n converge.
Observação 1.39. O teorema anterior nos diz que ‘ser Banach’ é preservado por isomorfismos. Talvez seja interessante observar que em espaços métrico em geral nem sempre ser
completo é preservado por homeomorfismos. Por exemplo, N e {1/n : n ∈ N} são homeomorfos pois ambos são enumeráveis e discretos. Porém, N é completo e {1/n : n ∈ N} não
(convença-se disso). O que acontece é que os isomorfismos são sempre homeomorfismos
uniformes, pela proposição 1.32. Estes sempre preservam a completude.
1.7. Aplicações Lineares
19
Como uma aplicação do teorema anterior, vamos mostrar que todo espaço de dimensão finita é de Banach.
Proposição 1.40. Seja V um espaço normado sobre K de dimensão finita p. Então V é
isomorfo a Kp . Consequentemente, todo espaço normado de dimensão finita é de Banach.
Demonstração. Tomamos uma base {v1 , v2 , . . . , vp } de V . Definimos a aplicação T : Kp →
V pondo T (x1 , . . . , xp ) = x1 v1 + · · · + xp vp . Pela definição de base, T é um isomorfismo
algébrico. Pelo exemplo 1.33, T é contı́nua. Resta mostrar que T −1 é contı́nua. SKp é
um subconjunto limitado e fechado de Kp e portanto compacto. Então a função contı́nua
x 7→ kT (u)k admite mı́nimo M em SKp . Mas como T é injetora, segue que T (u) 6= 0, para
x
)k ≥ M > 0 e
todo u ∈ SKp e portanto kT (u)k ≥ M > 0. Assim, se x ∈ Kp \ {0}, kT ( kxk
portanto kT (x)k ≥ M kxk. Isso mostra que T é um isomorfismo, pela proposição 1.36.
Que V é um espaço de Banach segue imediatamente do teorema anterior.
Corolário 1.41. Se X é um espaço normado, então todo subespaço V ⊂ X de dimensão
finita é fechado.
Demonstração. Se V tem dimesão finita, V é Banach e portanto fechado pela proposição
1.17.
Corolário 1.42. Toda aplicação linear definida em um espaço normado de dimensão
finita é contı́nua.
Demonstração. Seja T : V → Y , V de dimensão finita. Tomamos S : Kp → V isomorfismo. Então T ◦ S é contı́nua pois está definida em Kp (exemplo 1.33). Mas
T = (T ◦ S) ◦ S −1 e portanto é contı́nua.
Corolário 1.43. Quaisquer duas normas definida em um espaço vetorial de dimensão
finita são equivalentes.
Demonstração. Se V tem dimensão finita então a aplicação identidade de V, k · k em
V, k · k0 é sempre isomorfismo. Logo V, k · k e V, k · k0 têm a mesma topologia.
20
1.8
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
O espaço L(X; Y )
Sejam X e Y espaços normados. Denotaremos por L(X; Y ) o espaço vetorial das
aplicações lineares contı́nuas (ou limitadas) de X em Y . As operações de espaço vetorial
em L(X; Y ) são as usuais.
Em particular, se Y = K denotaremos L(X; K) por X ∗ . Ou seja, X ∗ é o espaço de
todos os funcionais lineares contı́nuos definidos em X. Note que X ∗ é sempre Banach,
pois K é completo. Para evitar confusão, o espaço vetorial dos funcionais lineares em X
será chamado de dual algébrico de X e o denotaremos por X # . Como vimos, se V tem
dimensão finita, então todo funcional linear é contı́nuo e portanto V ∗ = V # . Porém, se
X tem dimensão infinita X # sempre possui funcionais descontı́nuos. Veja os exercı́cios.
Considere a função T ∈ L(X; Y ) 7→ kT k = supx∈BX kT (x)k. Pela proposição 1.32
temos que supx∈BX kT (x)k é finito e portanto kT k está bem definida. Se kT k = 0,
kT (x)k = 0 para todo x em BX e portanto T é identicamente nula em BX . Pela linearidade, T é a aplicação nula. De maneira indêntica ao exemplo 1.3 mostramos que
kλT k = |λ|kT k e kT + Sk ≤ kT k + kSk. Vemos então que kT k = supx∈BX kT (x)k é uma
norma em L(X; Y ).
Note que se T ∈ L(X; Y ) então é imediato pela linearidade de T e pela definição
de supremo que kT (x)k ≤ kT kkxk, para todo x ∈ X. O próximo teorema é sobre a
completude de L(X; Y ).
Teorema 1.44. O espaço normado L(X; Y ) é um espaço de Banach, se Y o for.
Demonstração. Seja (Tn )n uma sequência de Cauchy em L(X; Y ). Então para todo ε > 0,
existe algum n0 ∈ N tal que
n, m > n0 ⇒ kTn − Tm k = sup k(Tn − Tm )(x)k < ε. (∗)
x∈BX
Assim, para cada x ∈ X, kTn (x) − Tm (x)k = k(Tn − Tm )(x)k ≤ kTn − Tm kkxk. Então,
para cada x fixado temos por (∗) que a sequência (Tn (x))n uma sequência de Cauchy em
Y e portanto converge (pois Y é Banach). Defina T : X → Y pondo T (x) = lim Tn (x).
n→∞
Observe que, se x ∈ BX e n, m > n0
kTn (x) − T (x)k ≤ kTn (x) − Tm (x)k + kTm (x) − T (x)k ≤ kTn − Tm k + kTm (x) − T (x)k
< ε + kTm (x) − T (x)k.
1.8. O espaço L(X; Y )
21
Fazendo m → ∞, obtemos que kTn (x) − T (x)k ≤ ε para qualquer x ∈ BX . Então,
sup kTn (x) − T (x)k ≤ ε, se n > n0
(∗∗)
x∈BX
Devemos mostrar que T ∈ L(X; Y ). T é claramente linear, pois
T (x + λy) = lim Tn (x + λy) = lim (Tn (x) + λTn (y)) =
n→∞
n→∞
lim Tn (x) + λ lim Tn (y)
n→∞
n→∞
= T (x) + λT (y),
pela continuidade das operações.
Mostremos agora que T é contı́nua. Fazendo ε = 1 em (∗∗), encontramos n tal que
kTn (x) − T (x)k < 1 para qualquer x ∈ BX e portanto
kT (x)k ≤ kT (x) − Tn (x)| + kTn (x)k ≤ 1 + kTn k, ∀x ∈ BX .
Logo, T é limitada em BX .
Finalmente, é imediato por (∗∗) que (Tn )n converge para T .
Se Y não é Banach não há motivo de L(X; Y ) ser. Daremos exemplo nos exercı́cios.
O proximo resultado é sobre extensão de aplicações lineares.
Teorema 1.45. Sejam X um espaço normado e Y um espaço de Banach. Se M um
subespaço de X e T ∈ L(M ; Y ), então T admite uma única extensão contı́nua T : M → Y .
Tal extensão é também linear e kT k = kT k.
Demonstração. Seja x ∈ M . Então existe uma sequência (xn )n convergindo para x. A
sequência (xn )n , por ser convergente, é de Cauchy em M . Então T (xn )n também é de
Cauchy em Y e portanto converge, por Y ser completo. Definimos T (x) = limn→∞ T (xn ).
Note que se (yn )n é outra sequência que converge para x, então, limn→∞ T (xn )−limn→∞ T (yn ) =
limn→∞ T (xn − yn ) = T (limn→∞ (xn − yn )) = 0. Logo, T está bem definida.
É fácil ver que T é linear. Se m ∈ M , então tomando a sequência constante igual a
m, vemos que T (m) = limn→∞ T (m) = T (m). Logo, T estende T .
Pela densidade de BM em BM e pelo modo que T foi definida, vemos que supx∈M kT (x)k =
supx∈M kT (x)k = kT k, o que mostra que T é contı́nua e kT k = kT k.
A unicidade segue do fato de que se duas funções contı́nuas coincidem em um conjunto
denso do domı́nio, então coincidem em todo domı́nio.
22
1.9
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Isometrias
Uma aplicação linear T : X → Y é uma imersão isomética se kT (x)k = kxk, ∀x ∈ X.
As seguintes propriedades são imediatas.
Proposição 1.46. Seja T : X → Y uma imersão isomética. Então
(a) T é contı́nua;
(b) T é injetora;
(c) T é inversı́vel sobre sua imagem e T −1 : Im T → X também é uma imersão
isométrica e portanto é contı́nua.
Demonstração. (a) Basta tomar M = 1 na proposição 1.32.
(b) É injetora pois T (x) = 0 ⇒ kT (x)k = 0 ⇒ kxk = 0 ⇒ Ker T = {0}.
(c) Dado y ∈ Im T , seja x ∈ X tal que T (x) = y. Então
kT −1 (y)k = kT −1 T (x) k = kxk = kT (x)k = kyk.
Logo T −1 : Im T → X é uma imersão isométrica e portanto contı́nua pelo item (a).
Tendo em vista a proposição anterior, para uma imersão isométrica ser um isomorfismo basta que seja sobrejetora. Chameremos então uma imersão isométrica sobrejetora de isomorfismo isométrico ou simplesmente isometria. Se existir um isomorfismo
isométrico entre X e Y escreveremos X ≡ Y . Quando dois espaços são isométricos, existe
uma correspondência entre seus elementos que preserva tanto a estrutura algébrica quanto
a norma. Ou seja, podem ser diferentes como conjunto, mas são idênticos como espaços
normados.
Veremos um exemplo importante de imersão isométrica quando estudarmos os espaços
duais.
1.10
O espaço Quociente
Seja X um espaço vetorial e M um subespaço de X. Lembramos que o espaço
quociente de X por M é o espaço vetorial X/M formado pelas classes de equivalências
1.10. O espaço Quociente
23
x + M = {x + m : m ∈ M }, munido das operações (x + M ) + (y + M ) = (x + y) + M e
λ(x + M ) = (λx) + M.
Note que a classe x0 + M é igual a classe x + M se, e somente se, x0 − x ∈ M .
De fato, se x0 + M = x + M então existem m, m0 ∈ M tais que x0 + m0 = x + m.
Logo x0 − x = m0 − m ∈ M . Reciprocamente, se x0 − x ∈ M , então dado um elemento
x + m ∈ x + M podemos escrever x + m = x + x0 − x0 + m = x0 + (x − x0 + m) ∈ x0 + M
e portanto x + M ⊂ x0 + M . A outra inclusão se vê de maneira idêntica.
A partir dai é fácil ver que as operações estão bem definidas. Por exemplo,
x + M = x + M ⇒ x0 − x ∈ M ⇒ λ(x0 − x) ∈ M ⇒ λx0 − λx ∈ M ⇒ λx0 + M = λx + M .
A soma se faz de maneira análoga.
0
As propriedades de espaço vetorial são fáceis de serem verificadas usando as de X.
Salientamos apenas que o elemento neutro de X/M é 0 + M = M .
Agora suponha que X seja normado. Estamos interessados em definir uma norma
em X/M . Considere a função kx + M k = inf kx + mk. Como M é um subespaço, então
m∈M
inf kx + mk = inf kx − mk = d(x, M ) são outras formas de se calcular kx + M k. Temos
m∈M
m∈M
o seguinte resultado.
Proposição 1.47. Seja X um espaço normado e M um subespaço de X. Então a função
definida em X/M por kx+M k = inf kx+mk é uma semi-norma. Se M for um subespaço
m∈M
fechado, então k · k será uma norma.
Demonstração. Sejam x + M e y + M elementos de X/M . Para quaisquer m1 , m2 ∈ M
temos que
k(x + M ) + (y + M )k = k(x + y) + M k = inf kx + y + mk ≤ kx + y + (m1 + m2 )k
m∈M
≤ kx + m1 k + ky + m2 k.
Tomando o ı́nfimo obtemos k(x + M ) + (y + M )k ≤ kx + M k + ky + M k.
Considere agora λ ∈ K \ {0}. Então
kλ(x+M )k = kλx+M k = inf kλx+mk = inf kλx+λmk = |λ| inf kx+mk = |λ|kx+M k.
m∈M
m∈M
m∈M
O caso λ = 0 é trivial (note que 0 ∈ M !). Vemos então que k · k é uma semi-norma.
Suponha agora que M seja fechado. Então kx + M k = 0 significa que d(x, M ) = 0 e
portanto x ∈ M = M . Então x + M = M = 0.
24
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
O proposição anterior nos diz que X/M é mais interessante quando M for fechado,
pois neste caso X/M é normado. Além disso, se X é completo, tal propriedade é repassada
para X/M :
Teorema 1.48. Seja X um espaço de Banach e M um subespaço fechado de X. Então
X/M é um espaço de Banach.
Demonstração. Pela proposição anterior X/M é um espaço normado. Temos apenas que
X
mostrar que é completo. Usaremos a caracterização vista em 1.20. Seja
xn + M uma
n∈N
série absolutamente convergente em X/M . Pela definição de ı́nfimo,
X para cada n ∈ N
existe yn ∈ xn + M com kyn k < kxn + M k + 2−n . Então a série
yn é absolulamente
n∈N
convergente no espaço de Banach X e portanto converge. Seja y seu limite e considere a
classe y + M . Como
k(y + M ) −
k
X
(xn + M )k ≤ ky −
n=1
vemos que
X
k
X
k→∞
yn k −→ 0,
n=1
xn +M converge para y+M . Mostramos então que toda série absolutamente
n∈N
convergente em X/M converge, o que equivale dizer que X/M é Banach.
Seja M subespaço fechado do normado X. A aplicação quociente de X em X/M é
definida por π(x) = x + M . Veremos agora algumas propriedades dessa aplicação.
Teorema 1.49. Se M é um subespaço fechado de um espaço normado X, aplicação
quociente π : X → X/M tem as seguinte propriedades:
(a) π é aplicação linear contı́nua.
(b) π leva a bola unitária aberta de X na de X/M .
(c) π é uma aplicação aberta.
(d) Ker π= M
Demonstração. (a) Pela definição das operações em X/M , π é claramente linear. Dado
x ∈ X, pela definição da norma em X/M temos que kπ(x)k = kx + M k ≤ kxk, o que
mostra que π é contı́nua.
1.10. O espaço Quociente
25
(b) Sejam U1 e U2 as bolas unitárias abertas de X e X/M respectivamente. Se
x ∈ U1 , kπ(x)k = kx + M k ≤ kxk < 1. Logo π(x) = x + M ∈ U2 . Seja agora x + M ∈ U2 .
Então kx + M k < 1. Novamente pela definição de ı́nfimo, existe y ∈ x + M tal que
kx + M k ≤ kyk < 1. Então y ∈ U1 e π(y) = y + M = x + M , e portanto π(U1 ) ⊃ U2 .
(c) Considere um conjunto U 6= ∅ aberto em X. Seja x + M ∈ π(U ) arbitrário. Como
U é um conjunto aberto, deve existir r > 0 tal que x + rU1 ⊆ U . Logo, pela linearidade
de π e pelo item anterior, π(y) + rπ(U1 ) = (x + M ) + rU2 ⊂ T (U ). Segue então que T (U )
é um conjunto aberto.
(d) Claro que M está contido no núcleo de π. Por outro lado, se π(x) 6= 0, então
x + M 6= 0 = M e assim kx + M k = d(x, M ) 6= 0. Logo x 6∈ M .
Para definirmos uma aplicação em X/M temos que tomar certo cuidado para não
depender da escolha dos representantes das classes. Veja como fizemos quando definimos
as operações em X/M . Neste sentido, o teorema seguinte é útil.
Teorema 1.50. Sejam X e Y espaços normados e T : X → Y linear. Suponha que M
seja um subespaço fechado de X contido no núcleo de T . Então existe uma única função
S : X/M → Y tal que T = S ◦ π. Tal função S é linear e tem a mesma imagem de T .
Se M = Ker T , S será injetora. A aplicação S será contı́nua se, e somente se, T o for.
Neste caso, kSk = kT k. Analogamente, S será aberta se, e somente se, T também for
aberta.
Demonstração. Defina S(x + M ) = T (x) para cada x ∈ X. Se x + M = y + M , então
x − y ∈ M ⊂ Ker T e portanto T (x) = T (y). Então S está bem definida. É imediato que
T = S ◦ π e portanto está provada a existência. Suponha que S 0 : X/M → Y seja tal que
T = S 0 ◦ π. Então S 0 (x + M ) = S 0 (π(x)) = T (x) = S(x). Isso mostra a unicidade.
Também é imediato que S é linear e que T e S têm a mesma imagem. Suponha então
que M = Ker T . Então
S(x + M ) = 0 ⇒ S(π(x)) = 0 ⇒ T (x) = 0 ⇒ x ∈ Ker T ⇒ x ∈ M ⇒ x + M = M = 0.
Logo S é injetora.
Se U1 e U2 denotam as bolas abertas unitárias de X e X/M respectivamente, então
pelo Teorema 1.49 π(U1 ) = U2 e portanto
sup kS(x + M )k = sup kS(π(x))k = sup kT (x)k.
x+M ∈U2
x∈U1
x∈U1
26
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Assim, S será contı́nua se, e somente se, T for contı́nua e em caso afirmativo, kSk = kT k.
Finalmente, se S for aberta, T também será, como composta de aplicações abertas.
Reciprocamente, se T é aberta, então dado um aberto U em X/M temos que
S(U ) = S π(π −1 (U )) = T (π −1 (U )).
Pelo Teorema 1.49, π é contı́nua e portanto π −1 (U ) é aberto em X/M . como T é aberta,
segue que S(U ) é aberto em X. Logo, S também é aberta.
Nos exercı́cios há algumas aplicações do teorema anterior. Dele também resultará o
Teorema do Isomorfismo para espaços de Banach, que é uma versão do conhecido teorema
homônimo para grupos. Mas antes precisaremos do Teorema da Aplicação Aberta, que
veremos na parte seguinte.
1.11
Exercı́cios
Topologia dos espaços normados
1. Seja X um espaço normado.
(a) Mostre que toda sequência convergente em X é limitada, de Cauchy e possui
um único limite.
(b) Mostre que se uma sequência (xn ) ⊂ X é convergente, então qualquer subsequência de (xn ) ⊂ X converge para o mesmo limite.
(c) Mostre que se uma sequência de Cauchy possui uma subsequência convergente,
então ela é convergente.
2. Seja X um espaço normado.
(a) Mostre que se x0 ∈ X e λ ∈ K \ {0} então são homeomorfismos as aplicaçôes
x ∈ X 7→ x + x0 ∈ X e x ∈ X 7→ λx ∈ X.
(b) Conclua que um subconjunto A de X é aberto se, e somente se,
def
x0 + A = {x0 + a : a ∈ A} é aberto. Mostre o resultado análogo para
def
λA = {λa : a ∈ A} com λ ∈ K \ {0}.
def
(c) Mostre que se A é aberto e B é um conjunto qualquer, então A + B = {a + b :
a ∈ A, b ∈ B} é aberto em X. Sugestão: Escreva A + B como união de conjuntos
abertos.
(d) Se F e G são fechados em X, F + G é necessáriamente fechado? Prove ou dê
1.11. Exercı́cios
27
um contra-exemplo.
(e) Mostre que se F é fechado e K é compacto então F + K é fechado. Sugestão:
Use a caracterização de compacidade por sequência, válida para espaços métricos.
(f) Mostre que A + B ⊂ A + B. É válida a inclusão contrária? O item (d) pode
ajudar.
3. (Conjuntos convexos) Um subconjunto C de um espaço vetorial é convexo se, para
todo escalar λ ∈ [0, 1] e x, y ∈ C temos que λx+(1−λ)y ∈ C. Por exemplo, as bolas
de um espaço normado são convexas (verifique). Mostre que se C é um subconjunto
convexo de um espaço normado, então seu fecho também é convexo.
4. (Distâcia de ponto a conjunto) Se A é um subconjunto de um espaço normado X,
definimos a distância de x ∈ X a A pondo d(x, A) = inf{kx − ak : a ∈ A}. Prove
que x ∈ A ⇔ d(x, A) = 0.
Espaços de Banach
5. Mostre que c o espaço vetorial das sequências convergentes munido da norma do
supremo é um espaço de Banach.
6. Mostre que `1 equipado com a norma do sup não é um espaço de Banach.
7. (Soma direta externa) Sejam (X, k · k) e (Y, k · k0 ) espaços normados.
(a) Mostre que ||| · ||| : X × Y → R+ dada por |||(x, y)||| = max{k x k, k y k0 } é
uma norma em X × Y .
(b) Se X e Y são espaços de Banach, mostre que X × Y, ||| · ||| é um espaço
de Banach. X × Y, ||| · ||| é chamado de soma direta externa de X e Y .
Z
1
8. (a) Mostre kf k1 =
|f (x)|dx é uma norma em C[0, 1].
(b) Verifique se C[0, 1], k · k1 é um espaço de Banach.
(c) Qual a relação entre as topologias geradas por k · k1 e k · k∞ ?
0
9. Mostre que `p e Lp [0, 1] são separáveis se 1 ≤ p < ∞. Sugestão: Use o fato de que
as funções contı́nuas são densas em Lp [0, 1] (com a norma p!) se 1 ≤ p < ∞.
10. Mostre que se X é separável, qualquer subconjunto de X é separável. Consequentemente, qualquer subespaço de X é separável.
28
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Aplicações Lineares
11. (a) Mostre que se X é um espaço normado de dimensão infinita e Y 6= {0}, então
existe uma aplicação linear de X em Y descontı́nua. Sugestão: Use uma base
algébrica de X e construa uma aplicação linear não limitada
(b) Conclua que se X é um espaço normado de dimensão infinita então X ∗ 6= X # .
12. Se T ∈ L(X, Y ), é imediato da continuidade de T que kerT = T −1 ({0}) é fechado
em X (por que?). Mostre que a recı́proca é falsa exibindo uma aplicação linear
descontı́nua de núcleo fechado. Sugestão: Pense em alguma aplicação injetora descontı́nua.
13. Mostre que a imagem de um operador linear contı́nuo não precisa ser fechada.
14. Sejam X e Y espaços normados.
(a) Mostre se Tn → T em L(X, Y ), então Tn (x) → T (x), ∀x ∈ X. Ou seja, a
convergência em L(X, Y ) implica convergência pontual.
(b) Mostre que a recı́proca não é verdadeira. Para isso, considere a sequência
en : c0 → K definida por e∗n (xm )m = xn . Mostre que (e∗n ) converge pontualmente
para o funcional nulo mas não em norma.
15. Mostre que se Y não for Banach, então L(X, Y ) pode não ser completo. Sugestão:
Talvez seja fácil construir uma sequência de Cauchy em L(`∞ , c00 ) não convergente.
Na verdade, sempre que Y não for completo L(X, Y ) também não será. Veremos
isso mais adiante.
16. Sejam X, Y e Z espaços normados sobre K. Sejam T ∈ L(X, Y ) e S ∈ L(Y, Z).
(a) Prove que S ◦ T ∈ L(X, Z) e que k S ◦ T k ≤ k S k k T k.
(b) Dê um exemplo para mostrar que a desigualdade pode ser estrita.
R1
17. Seja T : C[0, 1] → C[0, 1] dada por T (f ) = g, onde g(t) = 0 k(t, s)f (s)ds e k é uma
função contı́nua em [0, 1] × [0, 1]. Prove que T é um operador linear contı́nuo.
18. Verifique que uma aplicação linear entre espaços normados é contı́nua se, e somente
se, é limitada em alguma bola.
19. Mostre que se D é um subconjunto denso em BX e T ∈ L(X, Y ), então kT k =
sup kT (d)k.
d∈D
20. Mostre que se T ∈ L(X, Y ), então kT k = sup kT (x)k = sup kT (x)k.
kxk=1
kxk<1
1.11. Exercı́cios
29
21. Mostre que c é isomorfo a c0 mas não isométrico. Sugestão: Para mostrar que não
são isométricos mostre que dado um elemento x ∈ c0 de norma 1, existem x1 e x2
distintos em c0 também de norma 1 tais que x = 21 (x1 + x2 ).
22. Mostre que `p pode ser isometricamente imerso em Lp [0, 1]. Ou seja, que `p é
isométrico a um subespaço de Lp [0, 1].
23. Mostre que L∞ [0, 1] não é separável.
24. Mostre que `∞ é isométrico a C(βN), onde βN é a compactificação de Stone-C̆ech
dos Naturais. A compactificação de Stone-C̆ech βN dos Naturais é o único espaço
topológico compacto (a menos de homeomorfismo) que contém N densamente com
a propriedade de que toda função de N em [0, 1] se estende continuamente a βN.
Quociente
25. Seja M = {f ∈ C[0, 1] : f (0) = 0}. Mostre que M é um subespaço fechado de
C[0, 1]. Dê uma expressão mais simples para a norma quociente de C[0, 1]/M . Este
quociente é isométrico a qual espaço conhecido? Explicite a isometria.
26. Seja M o subespaço de c formado pelas sequências constantes. c/M é isomorfo a
qual espaço conhecido?
27. (Operadores de Posto Finito) Um operador linear tem posto finito se sua imagem
(que é sempre um subespaço vetorial) tem dimensão finita. Mostre que um operador
linear de posto finito é contı́nuo se, e somente se, seu núcleo é fechado.
Sugestão: Um lado é direto. Para o outro, use o quociente do domı́nio do operador
por seu núcleo.
Compare com o exercı́cio 12. Observe que funcionais lineares têm posto finito.
28. Mostre que se X for separável, qualquer quociente de X também será.
Parte 2
Os Teoremas Fundamentais
2.1
Consequências do Teorema de Baire
Lembramos que um subconjunto de um espaço topológico X é de primeira categoria
em X se pode ser escrito como união enumerável de conjuntos cujos respectivos fechos têm
interior vazio. Por exemplo, Q é de primeira categoria em R, pois Q é união enumerável
de seus pontos que evidentemente têm interior vazio. Um subconjunto é de segunda
categoria se não é de primeira categoria. Ou seja, se não é possı́vel escrevê-lo como união
enumerável de conjuntos cujos fechos têm interior vazio. Destacamos a seguir o Teorema
de Baire.
Teorema 2.1. (de Baire) Seja M um espaço métrico completo. Então cada aberto de M
é de segunda categoria em M . Em particular, M é de segunda categoria em si próprio.
A demonstração pode ser encontrada, por exemplo, no livro de Espaços Métricos
do Elon. Veremos como o Teorema de Baire é usado para demonstrar os três teoremas
fundamentais para espaços de Banach, o Princı́pio da Limitação Uniforme, o Teorema
do Gráfico Fechado e o Teorema da Aplicação Aberta. Daremos aqui uma demonstração
adaptada da obtida originalmente por P.P. Zabreı̆ko para espaços vetorias topológicos
metrizáveis e completos.
Definição 2.2. Seja X um espaço normado. Uma função p : X → R+ é dita enumerav P∞
P∞
P∞
elmente sub-aditiva se p
n=1 xn ≤
n=1 p(xn ) para toda série covergente
n=1 xn de
termos em X.
30
2.1. Consequências do Teorema de Baire
31
Seja p uma semi-norma contı́nua definida em um espaço normado X. Então p é
enumeravelmente subaditiva.
De fato, segue imediatamente por indução que
Pm
Pm
p
n=1 xn ≤
n=1 p(xn ), para qualquer m ∈ N. Usando a continuidade de p, obtemos
m
m
∞
X
X
X
P∞
que p
x
=
lim
p
x
≤
lim
p(x
)
=
p(xn ).
n
n
n=1 n
m→∞
m→∞
n=1
n=1
n=1
O Lema de Zabreı̆ko trata da recı́proca para espaços de Banach. Antes de demonstrálo, vejamos um resultado sobre a continuidade de semi-normas.
Proposição 2.3. Seja X espaço normado e p : X → R+ uma semi-norma. Então, são
equivalente:
(a) p é contı́nua;
(b) p é contı́nua na origem;
(c) p é limitada em alguma bola centrada na origem.
Demonstração. A única implicação que não é imediata é (c) ⇒ (a). Para demonstrá-la,
x−y
suponha que p(x) ≤ M para x ∈ B[0, r]. Então, se x, y ∈ X, temos que p r kx−yk
≤M e
−1
portanto p x − y ≤ M r kx − yk. Então
|p(x) − p(y)| ≤ |p(x − y)| ≤ M r−1 kx − yk,
O que mostra que p é contı́nua.
Teorema 2.4. (Lema de Zabreı̆ko) Se X é um espaço de Banach, então toda semi-norma
enumeravelmente sub-aditiva é contı́nua.
Demonstração. Para cada ε > 0, definimos o conjunto
∆(ε) = {x ∈ X : p(x) ≤ ε}.
S
Claramente X = n∈N n∆(ε/2), pela propriedade N1) de semi-norma. Pelo teorema de
Baire, para algum n, n∆(ε/2) = n∆(ε/2) tem interior não vazio. Consequentemente
∆(ε/2) também tem interior não vazio (pois são homeomorfos). Então existe uma bola
B(x0 , rε ) ⊂ ∆(ε/2). Como ∆(ε/2) é simétrico,
B(−x0 , rε ) = −B(x0 , rε ) ⊂ −∆(ε/2) = −∆(ε/2) = ∆(ε/2),
32
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
ou seja, ∆(ε/2) também contém a bola B(−x0 , rε ). Assim
B(0, rε ) ⊂ B(x0 , rε ) + B(−x0 , rε ) ⊂ ∆(ε/2) + ∆(ε/2) ⊂ ∆(ε/2) + ∆(ε/2) ⊂ ∆(ε),
ou seja, ∆(ε) contém uma bola centrada na origem B(0, rε ). Podemos supor que rε ≤ ε.
Então, definindo o conjunto
def
A(ε) = B(0, rε ) ∩ ∆(ε),
temos que A(ε) é um subconjunto denso em B(0, rε ) (∗).
Considere então, fazendo ε = 1, a bola B = B(0, r1 ). Para mostrar que p é contı́nua,
pela proposição anterior basta mostrar que é limitada nesta bola. Seja então x ∈ B(0, r1 ).
Pela densidade, existe x1 ∈ A(1) com kx − x1 k ≤ r 1 . Fazendo ε = 12 em (∗), encontramos
2
x2 ∈ A( 21 ) com kx − x1 − x2 k < r 12 . Prosseguindo assim, para cada n ∈ N, encontraremos
2
P
1
) com kx − x1 − x2 − · · · − xn k < r 1n . Vemos então que a série ∞
xn ∈ A( 2n−1
n=1 xn
2
converge para x (note que supusemos r 1n ≤ 21n ). Como p é enumeravelmente sub-aditiva
2
1
e cada xn ∈ A( 2n−1
),
∞
∞
X
X
1
p(xn ) ≤
= 2.
p(x) ≤
n−1
2
n=1
n=1
Como x ∈ B era arbitrário, vemos que p(x) ≤ 2, ∀x ∈ B, sendo p contı́nua.
Teorema 2.5. (Princı́pio da Limitação Uniforme) Seja F uma famı́lia não-vazia de
operadores lineares contı́nuos definidos num espaço de Banach X e tomando valores no
espaço normado Y . Se, para cada x ∈ X, cx = sup{kT (x)k : T ∈ F} é finito, então
sup{kT k : T ∈ F} é finito. Em outras palavras, toda famı́lia pontualmente limitada é
limitada em norma.
Demonstração. Defina a aplicação p : X → R como sendo, para cada x ∈ X,
p(x) = sup{kT (x)k : T ∈ F}.
Como a famı́lia é pontualmente limitada, tal supremo é finito. Ainda, pela linearidade de
T vemos que p é uma semi-norma. Para mostrar que p é enumeravelmente sub-aditiva,
P
suponha que seja dada uma série convergente ∞
n=1 xn de termos em X. Para cada T ∈ F
fixado,
∞
∞
∞
∞
X
X
X
X
xn = T (xn ) ≤
kT (xn )k ≤
p(xn ).
T
n=1
n=1
n=1
n=1
2.1. Consequências do Teorema de Baire
33
P
P∞
∞
Portanto, p
x
≤
n=1 n
n=1 p(xn ). Assim, p é uma semi-norma enumeravelmente
sub-aditiva definida no espaço de Banach X. Então p é contı́nua, pelo Lema de Zabreı̆ko.
Logo, para ε = 1, existe δ > 0 tal que kxk ≤ δ ⇒ p(x) ≤ 1. Assim, se x ∈ BX , kδxk ≤ δ
e portanto p(δx) ≤ 1, o que implica p(x) ≤ δ −1 . Vemos então que, para cada x ∈ BX
fixado, kT (x)k ≤ sup{kT (x)k : T ∈ F} ≤ δ −1 , donde segue que kT k ≤ δ −1 , ∀ T ∈ F.
Logo, sup{kT k : T ∈ F} < ∞.
Corolário 2.6. Seja Tn uma sequência de operadores lineares contı́nuos definidos em um
espaço de Banach X e tomando valores em um espaço normado Y . Então se para cada
x ∈ X, (Tn (x))n converge, então a aplicação definida por T (x) = limn∈N Tn (x) é linear e
contı́nua.
Demonstração. Claramente T é linear. Como (Tn (x))n converge então, para cada x ∈ X
a sequência (Tn (x))n é limitada. Pelo princı́pio da Limitação Uniforme, existe M tal que
kTn k ≤ M , ∀n ∈ N. Seja x ∈ BX . Dado ε > 0, existe N ∈ N tal que kTN (x) − T (x)k < ε,
e portanto
kT (x)k ≤ kTN (x) − T (x)k + kTN (x)k < ε + M, ∀ε > 0.
Então, kT (x)k ≤ M , ∀x ∈ BX , o que mostra que T é contı́nua com kT k ≤ M .
Outra aplicação do Lema de Zabreı̆ko (e portanto do teorema de Baire) é o Teorema
da Aplicação Aberta. Lembramos que Uma aplicação ϕ : A → B entre dois espaços
topológicos é dita aberta se ϕ(U ) for um conjunto aberto em B sempre que U for aberto
em A.
Teorema 2.7. (da Aplicação Aberta) Toda transformação linear contı́nua e sobrejetora
entre dois espaços de Banach é uma aplicação aberta.
Demonstração. Seja T : X → Y contı́nua e sobrejetora. Mostraremos inicialmente que
T (UX ) é um conjunto aberto em Y , onde é UX é a bola aberta unitária centrada na origem
de X.
Definimos a aplicação p : Y → R+ pondo p(y) = inf{kxk : x ∈ X, T (x) = y}. Note
que p está bem definida, pois T é sobrejetora. Se y ∈ Y e λ é um escalar não nulo,
{x ∈ X : T (x) = λy} = {x ∈ X : T
1 x = y} = {λx ∈ X : T (x) = y}.
λ
34
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Logo, p(λy) = inf{kxk : x ∈ X, T (x) = λy} = inf{|λ|kxk : x ∈ X, T (x) = y} = |λ|p(y).
Como o caso λ = 0 é trivial, segue-se que p(λy) = |λ|p(y) para qualquer vetor y ∈ Y e
escalar λ ∈ K. Note que a desigualdade triangular seguirá imediatamente se mostrarmos
que p é enumeravelmente sub-aditiva.
Mostremos então que p é enumeravelmente sub-aditiva. Considere uma série conver P∞
P
P∞
gente ∞
n=1 yn em Y . Observe que como queremos mostrar que p
n=1 yn ≤
n=1 p(yn ),
P∞
podemos supor, sem perda de generalidade, que
n=1 p(yn ) é convergente, pois caso
P∞
contrário terı́amos n=1 p(yn ) = +∞ e a desigualdade seria trivial. Seja ε > 0. Pela
definição de ı́nfimo, podemos tomar uma sequência (xn )n∈N em X tal que, T (xn ) = yn e
P
P∞
P∞
kxn k < p(yn ) + 2−n ε. Logo, ∞
kx
k
≤
p(y
)
+
ε,
e
portanto
n
n
n=1
n=1
n=1 xn é uma série
absolutamente convergente em X e, como este espaço é de
tal série converge.
Banach,
P∞
P∞
P∞
=
Portanto, como T é um operador contı́nuo, T
n=1 yn .
n=1 T (xn ) =
n=1 xn
Logo,
p
∞
X
n=1
yn
∞
∞
∞
X
X
X
p(yn ) + ε.
kxn k ≤
xn ≤
≤ n=1
n=1
n=1
P
P
∞
y
≤ ∞
Como ε > 0 era arbitrário, segue que p
n=1 p(yn ), e portanto p é
n=1 n
uma semi-norma enumeravelmente sub-aditiva. Como está definida no espaço de Banach
Y p é contı́nua pelo Lema de Zabreı̆ko. Assim, como T (UX ) = {y ∈ Y : p(y) < 1} =
p−1 (] − ∞, 1[), segue que T (UX ) é aberto em Y .
O caso geral segue facilmente da linearidade de T : Considere um conjunto U 6= ∅
aberto em X, e tome y ∈ T (U ) arbitrário. Seja x ∈ U tal que T (x) = y. Como U é um
conjunto aberto, deve existir r > 0 tal que x + rUX ⊆ U . Logo, pela linearidade de T ,
y + rT (UX ) ⊂ T (U ). Pelo que mostramos anteriormente T (UX ) é um conjunto aberto em
Y . Segue então que T (U ) é um conjunto aberto.
Corolário 2.8. Toda bijeção linear contı́nuas entre dois espaços de Banach é um isomorfismo.
Demonstração. Pois tal bijeção será aberta pelo teorema anterior, o que implica a continuidade de sua inversa.
2.1. Consequências do Teorema de Baire
35
Corolário 2.9. Sejam k · k e k · k0 são duas normas em um espaço vetorial X munido
das quais X é completo. Então, se existir M > 0 tal que kxk ≤ M kxk0 , para todo x ∈ X,
então as normas são equivalentes.
Demonstração. De fato, as hipóteses implicam que a identidade de X, k·k0 em X, k·k
é uma bijeção linear contı́nua. Basta então usar o corolário anterior para concluir que é
um isomorfismo. Logo, X, k · k0 em X, k · k têm a mesma topologia.
Como uma última aplicação do Teorema da Aplicação Aberta, demonstraremos o
Teorema do Isomorfismo para espaços de Banach:
Teorema 2.10. (do Isomorfismo para espaços de Banach) Sejam X e Y espaços de
Banach e T ∈ L(X, Y ). Suponha que a imagem de T seja fechada em Y . Então
X/Ker T ∼
= T (X)
Demonstração. Seja S : X/Ker T → T (X) a aplicação obtida pelo Teorema 1.50 com
M = Ker T . Então pelo referido teorema, S é uma bijeção linear contı́nua. Como T (X)
é Banach pois é fechado em Y , segue que S é um isomorfismo.
Vejamos agora o Teorema do do Gráfico Fechado. Lembramos que se A e B conjuntos
não vazios e f : A → B uma função, então o gráfico de f é o subconjunto Graf(f ) =
{(x, y) ∈ A × B : y = f (x)} de A × B.
Se X e Y forem espaços normados então o gráfico de uma aplicação f : X → Y
contı́nua é sempre fechado, pois é a imagem inversa do vetor nulo de Y pela aplicação
contı́nua (x, y) 7→ ky − f (x)k. Na verdade, é um exercı́cio simples de topologia que
o gráfico de uma aplicação contı́nua entre dois espaços topológicos Hausdorff é sempre
fechado. O teorema do Gráfico Fechado é a recı́proca deste fato, porém para espaços de
Banach.
Teorema 2.11. (do Gráfico Fechado) Seja T uma transformação linear definida num
espaço de Banach X tomando valores num espaço de Banach Y . Se o gráfico de T é um
subconjunto fechado de X × Y , então T é contı́nua.
Demonstração. Seja p(u) = kT (x)k, x ∈ X. É imediato que p é uma semi-norma em
X. Provemos p que é enumeravelmente sub-aditiva. De fato, dada uma série converP∞
gente
n=1 xn em X. Novamente, podemos supor, sem perda de generalidade, que
36
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
P∞
P∞
kT (xn )k converge. Logo, como a série absolutamente convergente
n=1 T (xn )
Pm
(m→∞) P∞
está definida num espaço de Banach, converge. Note que
−→
n=1 xn
n=1 xn
Pm
Pm
(m→∞) P∞
e que T
=
T (xn ) −→
n=1 xn
n=1 T (xn ). Vemos então que a sequência
n=1
Pm
Pm
xn m pertence ao gráfico de T e converge, na topologia produto de
n=1 xn , T
Pn=1
P
∞
X × Y , para ( n=1 xn , ∞
(xn ))m . Como o gráfico de T é fechado em X × Y , segue
n=1 T
P∞
P∞
que n=1 T (xn ) = T
n=1 xn , o que implica que
n=1
p
∞
X
n=1
∞
∞
∞
∞
X
X
X
X
T (xn ) ≤
kT (xn )k =
p(xn ).
xn = T
x n = n=1
n=1
n=1
n=1
Então p é uma semi-norma enumeravelmente sub-aditiva, sendo contı́nua pelo Lema de
Zabreı̆ko. Então exite δ > 0 tal que kxk ≤ δ ⇒ p(x) = kT (x)k ≤ 1, o que mostra que T
é contı́nua pois é limitada na bola B[0, δ].
Observação 2.12. Para mostrar que uma aplicação T : X → Y entre espaços normados
é contı́nua, em princı́pio temos que mostrar que
xn → x
=⇒
T (xn ) → y e y = T (x).
O Teorema do Gráfico fechado diz que se X e Y forem espaços de Banach, então basta
mostrar que
xn → x e T (xn ) → y =⇒ y = T (x).
O exemplo seguinte, apesar de artificial, mostra que não podemos tirar a hipótese
“Banach”do contra-domı́nio de T . Nos execı́cios há um exemplo que mostra o análogo
para o domı́nio.
Exemplo 2.13. Seja (X, k · k) um espaço de Banach separável de dimensão infinita. Por
exemplo, X pode ser `1 ou c0 . Tome uma base algébrica {xi : i ∈ I} normalizada de X.
Então I é não enumerável (veja os exercı́cios). Cada x ∈ X se escreve de maneira única
P
P
na forma x = αi xi (soma finita). Defina uma outra norma em X pondo kxk0 =
|αi |.
Temos que
X
X
kxk ≤
|αi |kxi k =
|αi | = kxk0 .
Logo, a identidade Id : X, k · k0 → X, k · k é contı́nua e portanto seu gráfico é
fechado, pela observação feita pouco antes do teorema. Claro que o gráfico de Id−1
também é fechado. Porém, Id−1 não pode ser contı́nua, pois se fosse, a identidade seria
um isomorfismo e X, k · k0 seria também separável, um absurdo, pois para i 6= j,
kxi − xj k0 = 2 e há uma quantidade não enumerávem de x0i s.
2.2. O Teorema de Hahn-Banach
2.2
37
O Teorema de Hahn-Banach
Sejam X e Y espaços normados e M um subespaço de X. Nem sempre uma aplicação
linear contı́nua T : M → Y pode ser estendida continuamente para X (Veja os exercı́cios).
O Teorema de Hahn-Banach assegura que sempre é possı́vel estender quando Y = K.
Começamos com uma definição:
Definição 2.14. Seja X um espaço vetorial. Uma função p : X → R é sublinear se
(i) p(tx) = tp(x), para todo x ∈ X e t > 0;
(ii) p(x + y) ≤ p(x) + p(y), para todo x, y ∈ X.
Lema 2.15. Sejam X um espaço vetorial sobre R, p : X → R sublinear e M um subespaço
próprio de X. Dado y ∈ X \ M , seja N = M + [y]. Se ϕ é um funcional linear em M
com
ϕ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ M,
então existe φ ∈ N # tal que
φM = ϕ e φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ N.
Demonstração. Para x1 , x2 ∈ M , temos que
ϕ(x1 ) + ϕ(x2 ) = ϕ(x1 + x2 ) ≤ p(x1 + x2 ) = p(x1 − y + y + x2 ) ≤ p(x1 − y) + p(y + x2 ),
e portanto
ϕ(x1 ) − p(x1 − y) ≤ p(y + x2 ) − ϕ(x2 ).
Assim, sup {ϕ(x) − p(x − y)} ≤ inf {p(y + x) − ϕ(x)}. Seja η ∈ R qualquer satisfazendo
x∈M
x∈M
sup {ϕ(x) − p(x − y)} ≤ η ≤ inf {p(y + x) − ϕ(x)}. Então, pelo modo que η foi escolhido,
x∈M
x∈M
ϕ(x) − p(x − y) ≤ η ≤ p(y + x) − ϕ(x), ∀x ∈ M. (∗)
Para cada z ∈ N , podemos escrever de maneira única z = x + λy, onde x ∈ M e
λ ∈ R. Definimos φ(x + λy) = ϕ(x) + λη. Claro que φ é linear. Além disso, para cada
z = x + λy ∈ N temos que
Se λ > 0,
φ(x + λy) = λφ
x
(∗)
x
+y =λ ϕ
+ η ≤ λp
+ y = p(x + λy).
λ
λ
λ
x
38
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Se λ < 0, −λ é positivo e portanto
x
x
(∗)
x
φ(x + λy) = −λφ − − y = −λ ϕ −
− η ≤ −λp − − y = p(x + λy).
λ
λ
λ
Como o caso λ = 0 é imediato, segue φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ N.
Vejamos agora o caso geral. Na demonstração usaremos o Lema de Zorn cujo enunciado destacaremos a seguir. Lembramos que um elemento m de um conjunto parcialmente
ordenado P é dito maximal se m ≤ x implica m = x, para qualquer x ∈ P.
Lema de Zorn: Se, em um conjunto não-vazio P parcialmente ordenado, toda cadeia
(subconjunto totalmente ordenado de P) tem uma quota superior, então P possui um
elemento maximal.
Teorema 2.16. (de Hahn-Banach para espaços vetoriais reais) Sejam X um espaço vetorial sobre R, p : X → R sublinear e M um subespaço X. Se ϕ é um funcional linear
em M com
ϕ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ M,
então existe φ ∈ X # tal que
φM = ϕ e φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ X.
Demonstração. Seja P a famı́lia de todos os pares N, ψ tais que N é um subespaço de X
que contém M e ψ é um funcional linear em N tal que ψ M = ϕ e ψ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ N.
Note que P é não vazia, pois M, ϕ ∈ P. Definimos em P a seguinte ordem parcial
N1 , ψ1 ≤ N2 , ψ2 ⇐⇒ N1 ⊂ N2 e ψ2 = ψ1 .
N1
Usaremos o Lema de Zorn para mostrar que P possui um elemento maximal. Seja C
[
um cadeia (subconjunto totalmente ordenado) em P. Definimos N̄ =
Ni e ψ̄ ∈ N #
i∈I
definido por ψ̄(x) = ψi (x), se x ∈ Ni . Note que como C é totalmente ordenado, N̄ é um
subespaço de X e ψ̄ está bem definida. Obviamente N̄ , ψ̄ ∈ P e é uma cota superior
de C. Pelo Lema de Zorn, P possui um elemento maximal N, φ . Vamos mostrar que
N = X.
Suponha que N 6= X, tomamos y ∈ X \ N e definimos S = N + [y]. Pelo lema
anterior, existe ψ ∈ S # com ψ N = φ e ψ(x) ≤ p(x), se x ∈ S. Então S ) N ⊃ M e
ψ M = φM = ϕ. Portanto S, ψ ∈ P e S, ψ > N, φ , contrariando o fato de N, φ
ser maximal. Devemos ter então N = X e φ é o funcional procurado.
2.2. O Teorema de Hahn-Banach
39
Vejamos agora uma versão do teorema anterior válida para espaços complexos. Seja
X um espaço vetorial complexo. Restringindo a operação de multiplicação por escalar de
C para R, X pode ser visto como um espaço vetorial real. Denotaremos tal espaço por
XR . Diremos que um funcional u : X → R definida em um espaço vetorial complexo X é
R-linear se é um funcional em XR . Ou seja, se a definição de linearidade é satisfeita para
os escalares reais.
Proposição 2.17. Seja X um espaço vetorial complexo. Então, dado u : X → R com u
R-linear,
φ(x) = u(x) − iu(ix), (∗)
define um funcional φ ∈ X # . Reciprocamente, cada funcional φ em X pode ser escrito
na forma (∗) com u R-linear.
Demonstração. Seja u R-linear. Então para x ∈ X,
φ(ix) = u(ix) − iu(−x) = u(ix) + iu(x) = i (−iu(ix) + u(x)) = iφ(x).
A partir dai é facil concluir que φ é C-linear.
Por outro lado, dado φ ∈ X # definimos u(x) como sendo a parte real de φ(x). Então
claramente u é R-linear. Como a parte imaginária de um número complexo α é a parte
real de −iα, temos também que
φ(x) = Re(φ(x)) − iRe(iφ(x)) = Re(φ(x)) − iRe(φ(ix)) = u(x) − iu(ix).
Teorema 2.18. (de Hahn-Banach para espaços vetoriais) Sejam X um espaço vetorial
sobre K e M um subespaço de X. Suponha que ϕ : M → K seja um funcional linear e
que p : X → R seja uma semi-norma tais que |ϕ(x)| ≤ p(x), para todo x ∈ M . Então
existe φ ∈ X # tal que
φM = ϕ e |φ(x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X.
Demonstração. Suponha primeiramente que X seja um espaço vetorial real e seja ϕ como
na hı́potese do teorema. Para x ∈ M , ϕ(x) ≤ |ϕ(x)| ≤ p(x). Então pelo Teorema de
Hahn-Banach real existe φ ∈ X ∗ tal que φM = ϕ e φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ X. Mas como
−φ(x) = φ(−x) ≤ p(−x) = p(x), segue que |φ(x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X.
Suponha agora que X seja complexo. Pela proposição anterior podemos escrever
ϕ(x) = u(x) − iu(ix), x ∈ M , com u R-linear. Note que |u(x)| ≤ |ϕ(x)| ≤ p(x).
40
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Aplicando o que fizemos anteriormente para o espaço real XR e o funcional u, obtemos U
R-linear tal que
U = u e |U (x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X.
M
Definimos φ(x) = U (x)−iU (ix). Novamente pela proposição anterior φ ∈ X # . Se x ∈ M ,
então também temos que ix ∈ M e portanto φ(x) = U (x)−iU (ix) = u(x)−iu(ix) = ϕ(x).
Então φM = ϕ. Resta apenas mostrar que φ é dominado pela semi-norma. Seja então
x ∈ X. Se φ(x) = 0 é trivial. Suponha então que φ(x) 6= 0. Tomamos θ ∈ R tal que
φ(x) = eiθ |φ(x)|. Assim,
|φ(x)|≥0
|φ(x)| = e
−iθ
−iθ
φ(x) = φ(e
x) = U (e
−iθ
x) − iU (ie
−iθ
z}|{
x) = U (e−iθ x) ≤ p(e−iθ x) = p(x),
o que completa a demonstração.
Teorema 2.19. (de Hahn-Banach para espaços normados) Sejam X um espaço vetorial
sobre K, M um subespaço de X e ϕ : M → K um funcional linear contı́nuo em M . Então
existe φ ∈ X ∗ tal que
φ = ϕ e kφk = kϕk.
M
Demonstração. Para x ∈ X definimos a semi-norma p(x) = kϕkkxk. Pela continuidade
de ϕ, se x ∈ M , |ϕ(x)| ≤ kϕkkxk = p(x). Então, pelo Teorema de Hahn-Banach para
espaços vetoriais existe φ ∈ X # tal que φM = ϕ e |φ(x)| ≤ p(x) = kϕkkxk, ∀x ∈ X.
Então se kxk ≤ 1, |φ(x)| ≤ kϕk e portanto φ é contı́nua e kφk ≤ kϕk. Mas por ser uma
extensão de ϕ, kφk ≥ kϕk. Logo kφk = kϕk.
Corolário 2.20. Seja X um espaço normado e x0 ∈ X \ {0}. Então existe φ ∈ X ∗ tal
que
kφk = 1 e φ(x0 ) = kx0 k.
Demonstração. Seja M = [x0 ]. Defina em M o funcional ϕ por ϕ(λx0 ) = λkx0 k. Então
ϕ é claramente linear e contı́nuo, pois M tem dimensão finita. Note que φ(x0 ) = kx0 k e
kϕk = sup |ϕ(x)| = sup |λ|kxk = 1.
x∈SM
kλxk=1
Pelo Teorema de Hahn-Banach, existe φ ∈ X ∗ tal que φM = ϕ e kφk = kϕk. Então
φ(x0 ) = ϕ(x0 ) = kx0 k e kφk = 1.
2.3. Exercı́cios
41
Corolário 2.21. Seja X um espaço normado e x ∈ X. Então
kxk = sup |ϕ(x)|,
ϕ∈BX ∗
e tal supremo é atingido para algum ϕ ∈ BX ∗ .
Demonstração. Se kϕk ≤ 1, então |ϕ(x)| ≤ kϕkkxk ≤ kxk. Logo supφ∈BX ∗ |ϕ(x)| ≤ kxk.
Mas pelo corolário anterior, existe φ ∈ SX ∗ tal que φ(x) = kxk. Então kxk = sup |ϕ(x)|
ϕ∈BX ∗
e o supremo é atingido em φ.
Corolário 2.22. Seja M um subespaço fechado de um espaço normado X. Então dado
x0 ∈ X \ M , existe φ ∈ X ∗ tal que
φM ≡ 0, kφk = 1 e φ(x0 ) = d(x0 , M ).
Demonstração. Sendo M fechado, X/M é um espaço normado. Como vimos, a norma em
X/M é dada por kx+M k = d(x, M ). Como x0 ∈
/ M , x0 +M 6= 0 em X/M . Pelo primeiro
∗
corolário aplicado em X/M , existe φ̃ ∈ (X/M ) com kφ̃k = 1 e kφ̃(x0 + M )k = kx0 + M k.
Seja π : X → X/M a aplicação quociente e definimos φ = φ̃ ◦ π : X → K. Então φ é
linear e contı́nua. Se x ∈ M , então φ(x) = φ̃(M ) = 0, e portanto φM ≡ 0. Pelo teorema
1.50, kφk = kφ̃k = 1. Finalmente, φ(x0 ) = φ̃(x0 + M ) = kx0 + M k = d(x0 , M ).
Outras consequências do Teorema de Hahn-Banach estão nos exercı́cios.
2.3
Exercı́cios
Consequências do Teorema de Baire
1. (a) Mostre que todo subespaço próprio de um espaço normado X tem interior vazio.
(b) Use o teorema de Baire para mostrar que não existem espaços de Banach de
dimensão enumerável.
2. Seja X um espaço de Banach de dimensão infinita e considere uma base algébrica
B = {xi : i ∈ I} de X. Então I é não enumerável pelo exercı́cio anterior. Considere
os funcionais coordenados x∗i , i ∈ I. Mostre que apenas um número finito destes
funcionais são contı́nuos.
42
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
3. Sejam X = C 1 [0, 1] o espaço das funções com a primeira derivada contı́nua e Y =
C[0, 1], ambos com a norma do supremo. Mostre que o operador derivação D : X →
Y tem gráfico fechado, mas não é contı́nuo. Conclusão?
4. Mostre que se T : X → é uma aplicação linear do espaço de Banach X no espaço
normado Y , então T é contı́nua se, e somente se, T −1 (BY ) tem interior não vazio.
5. (Aplicações Bilineares Contı́nuas) Sejam X, Y e Z espaços vetoriais normados sobre
K e B : X × Y → X uma aplicação bilinear. Mostre que as seguintes condições são
equivalentes:
(a) B é contı́nua;
(b) B é contı́nua na origem (0, 0) ∈ X × Y ;
(c) Existe M > 0 tal que kB(x, y)k ≤ M kxkkyk para quaisquer x ∈ X, y ∈ Y .
6. Mostre que toda bilinear separadamente contı́nua (ou seja, contı́nua na primeira
variável e contı́nua na segunda separadamente) definida em espaços de Banach é
contı́nua. Sugestão: Use o Princı́pio da Limitação Uniforme.
7. Mostre que uma aplicação bilinear definida em espaços de dimensão finita é sempre
contı́nua.
8. Suponha que k · k e k · k0 sejam duas normas definidas em um espaço vetorial X
com as quais X, k · k e X, k · k0 sejam espaços de Banach. Mostre que se existe
M > 0 tal que kxk0 ≤ M kxk, para todo x ∈ X, então as normas não equivalentes.
9. Mostre que a norma k · k1 é uma semi-norma enumeravelmente sub-aditiva em c00
que não é contı́nua. Qual o motivo?
10. O objetivo deste exercı́cio é mostrar que todo espaço separável é um quociente de `1 .
Seja X um espaço separável e considere um conjunto {dn : n ∈ N} denso em BX .
P
(a) Mostre que a (αn )n ∈ `1 7→ n∈N αn dn ∈ X é uma aplicação linear contı́nua de
`1 em X sobrejetora.
(b) Mostre que existe um subespaço fechado MX de `1 tal que `1 /MX ∼
= X.
Sugestão: Teorema do Isomorfismo.
11. (Base de Schauder) Uma sequência (xn )n de elementos de um espaço de Banach
X é chamada de base de Schauder se cada elemento x ∈ X pode ser escrito de
P
modo único na forma x = n∈N αn xn (Note que na definição de base algébrica só é
2.3. Exercı́cios
43
permitido usar somas finitas).
(a) Mostre que se X possui uma base de Schauder então X é separável.
(b) Seja (xn )n uma base de Schauder para um espaço de Banach X, k · k . Mostre
que a função
k
X
X
αn xn (x =
kxk(xn ) = sup α n xn )
k∈N n=1
n∈N
define uma outra norma em X.
(c) Mostre que X, k · k(xn ) também é um espaço de Banach.
(d) Mostre que k·k(xn ) é equivalente a norma original de X. Exercı́cio 8 pode ajudar.
(e) Mostre que as projeções
Pk : x =
X
αn xn ∈ X 7→
k
X
αn xn ∈ [x1 , x2 , . . . , xk ]
n=1
n∈N
são contı́nuas. Conclua que os funcionais lineares
X
∗
xk
αn xn = αk
n∈N
são contı́nuos. Tais funcionais são chamados de funcionais coordenados em relação
à base de Schauder (xn )n . Compare com o exercı́cio 2.
Teorema de Hahn-Banach
12. Mostre que o operador identidade em c00 não pode ser estendido a uma aplicação
contı́nua de c0 em c00 .
\
Ker ϕ : ϕM ≡ 0 .
13. Seja M um subespaço de um espaço normado X. Mostre que M =
14. Mostre que X ∗ separa pontos de X. Ou seja, mostre que dados x, y ∈ X com x 6= y
existe ϕ ∈ X ∗ tal que ϕ(x) 6= ϕ(y).
15. Um espaço de Banach Y é chamado de isometricamente injetivo se o teorema de
Hahn-Banach continua válido com Y no lugar de K. Mostre que `∞ é isometricamente injetivo.
Parte 3
Duais e Biduais
3.1
O Espaço Dual
Lembramos que se X é um espaço normado, o dual (topológico) de X é o espaço de
def
Banach X ∗ = L(X; K). O espaço vetorial dos funcionais lineares em X é chamado de
dual algébrico de X e é denotado por X # .
Exemplo 3.1. Seja X = c0 . Então X ∗ ≡ `1 .
X
De fato, considere a aplicação T : `1 → c∗0 definida por T (βn )n (αn )n =
βn αn . T está
n∈N
bem definida, pois para cada k ∈ N,
k
X
|βn αn | ≤ max |αn |
n=1,...k
n=1
Logo,
X
k
X
|βn | ≤ k(αn )n k∞ k(βn )n k1 .
n=1
βn αn é absolutamente convergente e portanto converge em K. Vemos também
n∈N
pelas desigualdades acima que se k(αn )n k∞ ≤ 1, kT (βn )n (αn )n k ≤ k(βn )n k1 . Então
kT (βn )n k ≤ k(βn )n k1 .
(1)
É imediato que T é linear e injetora. Vamos mostrar que T é sobre c∗0 . Seja então ϕ ∈ c∗0 .
Para cada n, definimos βn = ϕ(en ), onde en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , ). Tomamos γn escalar
de módulo 1 tal que |βn | = γn βn . Assim,
!
k
k
k
X
X
X
|βn | =
γn ϕ(en ) = ϕ
γn en ≤ kϕk,
n=1
n=1
n=1
44
3.1. O Espaço Dual
45
P
pois kn=1 γn en tem norma um em c0 . Logo, (βn )n ∈ `1 e k(βn )n k1 ≤ kϕk (2). Além
disso, para todo (αn )n ∈ c0 ,
!
X
X
X
ϕ(αn )n = ϕ
αn en =
αn ϕ (en ) =
αn βn = T (βn )n (αn )n ,
n∈N
n∈N
n∈N
e portanto T (βn ) = ϕ, mostrando que T é sobrejetora. Finalmente, por (1) e (2) T é uma
isometria.
O exemplo anterior mostra que o dual de c0 pode ser identificado de umaX
maneira
natural com `1 , onde a ação de (βn )n ∈ `1 em (αn )n ∈ c0 é dada por (βn )n (αn )n =
βn α n .
n∈N
Os duais de outros espaços de sequências podem ser identificados da mesma maneira.
Exemplo 3.2. Se 1 ≤ p < ∞, então `∗p ≡ `q , onde q é o conjugado de p. Em particuX
βn α n .
lar, `∗1 ≡ `∞ . As identificações são como no exemplo anterior: (βn )n (αn )n =
n∈N
Deixaremos a demonstração como exercı́cio.
Exemplo 3.3. Se 1 ≤ p < ∞, o dual de Lp [0, 1] pode ser identificado com Lq [0, 1],
onde q é o conjugado de p. Se ϕ ∈ Lp [0, 1]∗ está identificado com g ∈ Lq [0, 1], então
R
ϕ(f ) = [0,1] f gdµ.
Definição 3.4. Seja X um espaço normado. Se A é subconjunto de X, definimos o
anulador de A por
A⊥ = {x∗ ∈ X ∗ : x∗ (a) = 0, ∀a ∈ A}.
Se B é um subconjunto de X ∗ , definimos o anulador à esquerda de B por
⊥
B = {x ∈ X : b(x) = 0, ∀b ∈ B}.
É fácil ver que A⊥ e ⊥B são subespaços fechados de X ∗ e X, respectivamente (exercı́cio). Além disso, temos o seguinte fato:
Proposição 3.5. Sejam A e B como na definição anterior. Então ⊥(A⊥ ) = [A]. Consequentemente, se A é um subespaço de X, então ⊥(A⊥ ) = A.
Demonstração. Pela observação feita anteriormente, ⊥(A⊥ ) é um subespaço fechado de
/ A.
X. Claramente ⊥(A⊥ ) contém A. Logo ⊥(A⊥ ) ⊃ A. Por outro lado, suponha que x ∈
∗
Então por Hahn-Banach, exite um um funcional ϕ ∈ X que se anula em A mas não em
x. Então ϕ ∈ A⊥ . Mas como ϕ(x) 6= 0, segue que x ∈
/ ⊥(A⊥ ). Logo ⊥(A⊥ ) = A.
46
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Os anuladores podem ser usados para identificar certos duais. Vejamos alguns exemplos:
Teorema 3.6. Seja X normado e M um subespaço fechado de X. Então o dual de X/M
é isométrico a M ⊥ .
Demonstração. Seja π : X → X/M a projeção natural. Definimos a aplicação T :
(X/M )∗ → M ⊥ pondo T (ϕ) = ϕ ◦ π. Note que T está bem definida, pois π(M ) = {0}.
Seja x∗ ∈ M ⊥ . Então M ⊂ Ker x∗ e portanto pelo teorema 1.50 existe um único
funcional linear ϕ : X/M → K tal que x∗ = ϕ ◦ π e além disso kx∗ k = kϕk. Então T (ϕ) =
ϕ ◦ π = x∗ . Vemos então que T é uma aplicação sobrejetora e kT (ϕ)k = kx∗ k = kϕk, o
que mostra que T é uma isometria.
Mais explicitamente, o teorema anterior diz que (X/M )∗ pode ser identificado com
M ⊥ da seguinte forma: Se ϕ ∈ (X/M )∗ está identificado com m⊥ ∈ M ⊥ , então
m⊥ (x + M ) = m⊥ (x).
A próxima identificação é bastante intuitiva.
Teorema 3.7. Seja X normado e M um subespaço de X. Então existe uma isometria
que que identifica o dual de M com X ∗ /M ⊥ da seguinte forma: Se um elemento de M ∗
é visto como um elemento x∗ + M ⊥ ∈ X ∗ /M ⊥ , então x∗ + M ⊥ age em m ∈ M por
x∗ + M ⊥ (m) = x∗ (m).
Demonstração. Considere T : X ∗ /M ⊥ → M ∗ definida por T (x∗ + M ⊥ ) = x∗ M . Temos
que mostrar que T está bem definida, ou seja, que independe dos representantes da classe
x∗ +M ⊥ . Tomamos então y ∗ +M ⊥ = x∗ +M ⊥ . Pela definição do quociente, y ∗ −x∗ ∈ M ⊥
e portanto y ∗ − x∗ se anula em M . Isso mostra que x∗ M = y ∗ M e T está bem definida.
Claramente T é linear. T também é sobrejetora pois dado m∗ ∈ M ∗ , basta tomarmos
m̃∗ ∈ X ∗ uma extensão de Hahn-Banach de m∗ que teremos T (m̃∗ + M ⊥ ) = m∗ . Resta
mostrar que T preserva norma.
Seja então x∗0 +M ⊥ ∈ X ∗ /M ⊥ e considere m∗ = T (x∗0 +M ⊥ ) ∈ M ∗ . Então m∗ = x∗0 M .
Tomamos uma extensão de Hahn-Banach x∗ ∈ X ∗ de m∗ . Então x0 e x coincidem em M
e portanto x∗0 + M ⊥ = x∗ + M ⊥ . Se y ⊥ ∈ M ⊥ , então
km∗ k = sup |x∗ (m)| = sup |(x∗ + y ⊥ )(m)| ≤ sup |(x∗ + y ⊥ )(x)| = kx∗ + y ⊥ k,
m∈BM
m∈BM
x∈BX
3.2. O Adjunto de um operador linear
e assim km∗ k ≤
47
inf kx∗ + y ⊥ k = kx∗ + M ⊥ k = kx∗0 + M ⊥ k. Mas por outro lado, kx∗0 +
y ⊥ ∈M ⊥
M ⊥ k ≤ kx∗ k = km∗ k. Isso mostra que T preserva norma e conclui a demonstração.
3.2
O Adjunto de um operador linear
Definição 3.8. Sejam X e Y espaços normados e T ∈ L(X; Y ). Então o (Banach)
adjunto de T é a aplicação linear T ∗ : Y ∗ → X ∗ definida por T ∗ (y ∗ ) = y ∗ ◦ T .
Lema 3.9. Sejam X e Y espaços normados.
(a) Se T : X → Y é linear, então T é contı́nuo se, e somente se, sup{|y ∗ (T (x))| : x ∈
BX , y ∗ ∈ BY ∗ } < ∞. Neste caso. kT k = sup{|y ∗ (T (x))| : x ∈ BX , y ∗ ∈ BY ∗ }.
(b) Se T : Y → X ∗ é linear, então T é contı́nuo se, e somente se, sup{|T (y)(x)| : x ∈
BX , y ∈ BY } < ∞. Neste caso. kT k = sup{|T (y)(x)| : x ∈ BX , y ∈ BY }.
Demonstração. (a) Por Hahn-Banach, kT (x)k = sup{|y ∗ (T (x))| : y ∗ ∈ By∗ }. Logo
supx∈BX kT (x)k = sup{|y ∗ (T (x))| : x ∈ BX , y ∗ ∈ By∗ }. Assim, T é contı́nua se e somente
se tal supremos é finito. E neste caso, kT k = sup{|y ∗ (T (x))| : x ∈ BX , y ∗ ∈ By∗ }.
(b) É parecida com o item anterior e deixaremos como exercı́cio.
Teorema 3.10. Seja T ∈ L(X; Y ) e considere T ∗ : Y ∗ → X ∗ seu adjunto. Então T ∗
é contı́nuo e kT k = kT ∗ k. Se T é um isomorfismo (ou isometria), então T ∗ também é
isomorfismo (ou isometria).
Demonstração. Pelo lema anterior, partes (a) e (b)
(a)
kT k = sup{|y ∗ (T (x))| : x ∈ BX , y ∗ ∈ By∗ }
= sup{|T ∗ (y ∗ )(x)| : x ∈ BX , y ∗ ∈ By∗ }
(b)
= kT ∗ k.
Agora suponha que T seja isomorfismo. Então, T ∗ é injetor, pois
T ∗ (y ∗ ) = 0 ⇒ T ∗ (y ∗ )(x) = 0, ∀x ∈ X ⇒ y ∗ (T (x)) = 0, ∀x ∈ X ⇒ y ∗ ≡ 0,
pois T é sobrejetor. T ∗ também é sobrejetor, pois dado x∗ ∈ X ∗ tomamos x∗ ◦ T −1 ∈ Y ∗ .
Assim,
T ∗ (x∗ ◦ T −1 ) = x∗ ◦ T −1 ◦ T = x∗ .
48
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Assim, T ∗ é uma bijeção contı́nua entre os espaços de Banach Y ∗ e X ∗ , sendo contı́nuo,
pelo Teorema da Aplicação Aberta. Logo, é um isomorfismo.
Agora, se T é uma isometria, pelo que acabamos de fazer T ∗ é uma bijeção, e além
disso,
kT ∗ (y ∗ )k =
sup |T ∗ (y ∗ )(x)| = sup |y ∗ ◦ T (x)| = sup |y ∗ (y)| = ky ∗ k,
x∈BX
x∈BX
y∈BY
pois T é uma isometria. Vemos então que T ∗ preserva norma.
Destacamos o seguinte corolário, cuja demonstração é imediata usando o teorema
anterior.
Corolário 3.11. Se dois espaços normados são isomorfos ou isométricos, então seus
duais têm a mesma propriedade.
Observação 3.12. A recı́proca do corolário não é verdadeira. Dois duais podem ser
isométricos sem que os espaços originais sejam isométricos. Por exemplo, o dual de c0 e
de c são isométricos a `1 e portanto são isométricos entre si. Porém c0 e c são isomorfos,
mas não isométricos. Veja os exercı́cios.
3.3
O Bidual
def
Seja X um espaço normado. O bidual é o espaço de Banach X ∗∗ = (X ∗ )∗ .
Exemplo 3.13. O dual de c0 é (isométrico a) `1 . Por sua vez, o dual de `1 é `∞ . Então,
o bidual de c0 é (isométrico a) `∞ .
Um espaço normado X pode ser imerso canonicamente em seu bidual. Considere a
aplicação natural iX : X → X ∗∗ definida por
iX (x) = x̂, onde x̂(x∗ ) = x∗ (x), ∀x∗ ∈ X ∗ .
iX : X → X ∗∗ está bem definida, pois
sup |iX (x)(x∗ )| = sup |x∗ (x)| = kxk,
x∗ ∈BX ∗
x∗ ∈BX ∗
por Hahn-Banach. Logo iX (x) ∈ X ∗∗ e kiX (x)k = kxk. Isso mostra também que iX : X →
X ∗∗ é uma imersão isométrica. Salientamos que iX não é necessariamente sobrejetora.
Discutiremos isso a seguir. Antes, vejamos uma aplicação desta imersão.
3.3. O Bidual
49
Teorema 3.14. (Completamento de um espaço normado) Seja X um espaço normado.
Então existe um espaço de Banach Y e uma imersão isometrica T : X → Y com T (X)
denso em Y . Além disso, Y com as propriedades acima é único a menos de isometria.
Demonstração. Seja iX : X → X ∗∗ . Basta considerar Y = iX (X) e T : X → Y dada por
T (x) = iX (x), ∀x ∈ X. Y é completo pois é fechado dentro do Banach X ∗∗ . Evidentemente T (X) é denso em Y e T é uma imersão isométrica.
Para a unicidade, suponha que exista uma imersão isométrica R : X → Z com Z
Banach e R(X) denso em Z. Considere a aplicação S = R◦i−1 : iX (X) → R(X), onde i−1 é
a inversa a esquerda de iX . Então S é uma isometria, por ser composta de isometrias. Pelo
teorema 1.45, S admite uma extensão contı́nuas S̄ de Y = iX (X) em Z = R(X). Como
S preserva normas em iX (X), segue facilmente da continuidade de S̄ e da densidade de
iX (X) em Y que S̄ é uma imersão isométrica, ou seja, kS̄(y)k = kyk, ∀y ∈ Y . Basta então
verificar que S̄ é sobrejetora. Como Y é Banach, S̄(Y ) também é e portanto é fechado
em Z. Como S̄(Y ) contém o denso R(X), devemos ter obrigatóriamente S̄(Y ) = Z, o
que mostra que S̄ é sobrejetora.
Um espaço Y como no teorema anterior (único a menos de isometria) é chamado
de completamento de X e é denotado por X̂. Note que se X é Banach, então iX (X) é
fechado e portanto iX (X) = iX (X). Então X é igual (isométrico) ao seu completamento.
Temos a seguinte propriedade para o completamento.
Proposição 3.15. Um espaço normado tem o mesmo dual que seu completamento.
Demonstração. Claro que aqui “mesmo dual”significa “duais isométricos”. Como espaços
isométricos têm o mesmo dual, é suficiente provar o resultado para completamento de X
explicitado na demonstração do teorema anterior. Considere a aplicação
S : iX (X) ∗ → X ∗ dado por S(y ∗ ) = y ∗ ◦ iX ,
onde iX é a imersão canônica de X em X ∗∗ . Claramente S é linear e está bem definida.
Seja y ∗ ∈ iX (X) ∗ . Pela densidade de iX (X) em iX (X) temos que
ky ∗ k =
sup
z∈Bi
X (X)
|y ∗ (z)| = sup |y ∗ (iX (x))| = sup |S(y ∗ )(x)| = kS(y ∗ )k,
x∈BX
o que mostra que S é injetora e preserva normas.
x∈BX
50
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Resta mostrar que S é sobrejetora. Seja então x∗ ∈ X ∗ . A função x∗ ◦ i−1 é um
funcional linear contı́nuo em iX (X). Logo, admite uma unica extensão y ∗ para iX (X).
Assim, se x ∈ X,
S(y ∗ )(x) = y ∗ ◦ iX (x) = x∗ (x),
pelas definições de S e y ∗ . Logo, S(y ∗ ) = x∗ .
Exemplo 3.16. c00 é denso em c0 que por sua vez é completo. Então c0 é o completamento
de c00 . A imersão isométrica T : c00 → c0 do Teorema 3.14 é a inclusão. Pela proposição
anterior o dual de c00 é igual ao de c0 . Então c∗00 = `1 .
Vimos no Teorema 3.7 que o dual de um subespaço M de X pode ser visto como um
quociente de X ∗ . A proposição seguinte nos mostra que o bidual de M pode ser visto
como um subespaço do bidual de X. Denotaremos por M ⊥⊥ o subespaço (M ⊥ )⊥ ⊂ X ∗∗ .
Proposição 3.17. Seja M um subespaço de um espaço normado X. Considere a isometria T : X ∗ /M ⊥ → M ∗ dada pelo Teorema 3.7. Então a aplicação S : M ⊥⊥ → M ∗∗
definida por S(m⊥⊥ )(T (x∗ + M ⊥ )) = m⊥⊥ (x∗ ) é uma isometria.
Demonstração. Pelo teorema 3.6 a aplicação Q : M ⊥⊥ → (X ∗ /M ⊥ )∗ dada por
Q(m⊥⊥ )(x∗ + M ⊥ ) = m⊥⊥ (x∗ )
é uma isometria. A aplicação T : X ∗ /M ⊥ → M ∗ a qual o enunciado se refere é dada por
T (x∗ + M ⊥ )(m) = x∗ (m).
Considere seu adjunto T ∗ : M ∗∗ → (X ∗ /M ⊥ )∗ , que também é uma isometria pelo teorema
def
3.10. Então a aplicação S = (T ∗ )−1 ◦ Q : M ⊥⊥ → M ∗∗ é uma isometria. Além disso
S(m⊥⊥ )(T (x∗ + M ⊥ )) = (T ∗ )−1 ◦ Q(m⊥⊥ )(T (x∗ + M ⊥ ))
= T ∗ (T ∗ )−1 ◦ Q(m⊥⊥ ) (x∗ + M ⊥ )
= Q(m⊥⊥ )(x∗ + M ⊥ )
= m⊥⊥ (x).
O Teorema anterior deve ser interpretado da seguinte forma: Considere M ∗ identificado com X ∗ /M ⊥ como no Teorema 3.7. Então há uma isometria que identifica M ∗∗
com M ⊥⊥ , a saber, a ação de um elemento m⊥⊥ ∈ M ∗∗ em x∗ + M ⊥ ∈ M ∗ é dada por
m⊥⊥ (x∗ + M ⊥ ) = m⊥⊥ (x∗ ).
3.4. Espaços Reflexivos
3.4
51
Espaços Reflexivos
Comentamos na seção anterior que a aplicação canônica iX : X → X ∗∗ não é necessariamente sobrejetora. De fato, se consideramos o bidual de c0 identificado com `∞ então
iX : c0 → `∞ claramente não pode ser sobrejetora, pois c0 é separável e `∞ (veja a seção
sobre espaços separáveis). Isto motiva a seguinte
Definição 3.18. Um espaço normado é reflexivo se a imersão canônica iX : X → X ∗∗
for sobrejetora.
A definição acima é devida a H. Hahn. Porém ele chamava tais espaços de regulares,
um termo um tanto vago.
É importante salientar que a definição de reflexividade exige que iX : X → X ∗∗ seja
isometria e não que exista uma isometria entre X e X ∗∗ . Surge então a pergunta natural:
Se há uma isometria entre X e X ∗∗ , será que X é reflexivo. Ou seja, a existência de uma
isometria X e X ∗∗ implica que iX : X → X ∗∗ seja isometria? A pergunta foi respondida
negativamente por R.C. James em um artigo onde ele constroi um espaço de Banach J
isométrico ao seu bidual, mas não reflexivo.
No entanto, note que para um espaço ser reflexivo ele deve ser em particular isométrico
ao bidual, que sempre é completo. Então todo espaço reflexivo é de Banach.
Exemplo 3.19. Se X tem dimensão finita então, como vimos, X ∗ = X # . Sendo assim,
X e X ∗ têm a mesma dimensão. Logo, a imersão canônica deve ser sobrejetora, pois é
sempre injetora. Isso mostra que todo espaço normado de dimensão finita é reflexivo.
Exemplo 3.20. Seja 1 < p < ∞ e q o conjugado de p. Considere as isometrias
Tp : Lp [0, 1] → Lq [0, 1]∗ e Tq : Lq [0, 1] → Lp [0, 1]∗ definidas no exemplo 3.3. Seja
i : Lp [0, 1] → Lp [0, 1]∗∗ a imersão canônica. Dado x∗∗ ∈ Lp [0, 1]∗∗ , temos que x∗∗ ◦ Tq ∈
Lq [0, 1]∗ . Logo, existe f ∈ Lp [0, 1] tal que Tp (f ) = x∗∗ ◦ Tq . Assim, dado x∗ ∈ Lp [0, 1]∗ ,
tomamos g ∈ Lq [0, 1] tal que Tq (g) = x∗ e obtemos
Z
∗∗ ∗
∗∗
x (x ) = x (Tq (g)) = Tp (f )(g) =
f gdµ = Tq (g)(f ) = x∗ (f ) = i(f )(x∗ ).
[0,1]
Logo, i(f ) = x∗∗ e portanto i : Lp [0, 1] → Lp [0, 1]∗∗ é sobrejetora, sendo Lp [0, 1] reflexivo.
Exemplo 3.21. De uma maneira bem parecida mostramos que `p é reflexivo se 1 < p <
∞. Deixaremos a demonstração como exercı́cio.
52
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
Veremos adiante que se p = 1 ou p = ∞ então nem Lp [0, 1] e nem `p são reflexivos.
Antes vejamos algumas propriedades dos espaços reflexivos.
Proposição 3.22. Se X é reflexivo, então todo elemento de X ∗ atinge sua norma.
Demonstração. Seja ϕ ∈ X ∗ . Então, por Hahn-Banach, existe x∗∗ ∈ X ∗∗ de norma 1 tal
que kϕk = |x∗∗ (ϕ)|. Como X é reflexivo, existe x0 ∈ BX tal que iX (x0 ) = x∗∗ . Assim
kϕk = |iX (x0 )(ϕ)| = |ϕ(x0 )|.
Exemplo 3.23. Considere c∗0 identificado com `1 da maneira usual. Tomamos o funcional
(2−n )n ∈ c∗0 . Então k(2−n )n k1 = 1, mas se (αn )n ∈ Bc0 , então vemos que
X
X
|(2−n )n (αn )n | = |
αn 2−n | < |
2−n | = 1,
n∈N
n∈N
pois (αn )n converge a zero. Logo (2−n )n não atinge sua norma. Como já sabemos, c0 não
é reflexivo.
A recı́proca da proposição anterior é verdadeira. Se X é um espaço de Banach o
qual todo funcional definido em X atinge a norma, então X é reflexivo. O resultado foi
demonstrado também por R.C. James, mas a demonstração não é simples e não a faremos
aqui. Fica apenas o registro.
Teorema 3.24. Seu espaço normado é isomorfo a um espaço reflexivo, então também é
reflexivo.
Demonstração. Sejam Y isomorfo ao reflexivo X e T : X → Y um isomorfismo. Então,
como vimos, os adjuntos T ∗ : Y ∗ → X ∗ e T ∗∗ : X ∗∗ → Y ∗∗ também são isomorfismos.
Temos que mostrar que a imersão canônica iY : Y → Y ∗∗ é sobrejetora. Seja y ∗∗ ∈ Y ∗∗ .
Então existe x∗∗ ∈ X ∗∗ tal que T ∗∗ (x∗∗ ) = y ∗∗ . Como X é reflexivo, existe x ∈ X tal que
iX (x) = x∗∗ . Assim, para todo y ∗ ∈ Y ∗ ,
y ∗∗ (y ∗ ) = T ∗∗ (x∗∗ )(y ∗ ) = x∗∗ ◦ T ∗ (y ∗ ) = x∗∗ (y ∗ ◦ T ) = iX (x)(y ∗ ◦ T ) = y ∗ (T (x)).
Portanto, y ∗∗ = iY (T (x)).
Teorema 3.25. Todo subespaço fechado de um espaço reflexivo é reflexivo.
Demonstração. Seja M subespaço fechado de um espaço reflexivo X. Dado um elemento
m∗∗ ∈ M ∗∗ , temos que mostrar que existe m ∈ M tal que m∗∗ (m∗ ) = m∗ (m), ∀m∗ ∈ M ∗ .
3.4. Espaços Reflexivos
53
Considere a isometria T : X ∗ /M ⊥ → M ∗ dada por T (x∗ + M ⊥ )(m) = x∗ (m), usada no
Teorema 3.7. Defina o funcional x∗∗ ∈ X ∗∗ por x∗∗ = m∗∗ ◦ T ◦ π, onde π : X ∗ → X ∗ /M ⊥
é a aplicação quociente. Como X é reflexivo, existe x ∈ X tal que x∗∗ (x∗ ) = x∗ (x), ∀x∗ ∈
X ∗ (∗).
Afirmamos que x ∈ M . De fato, caso contrário, por Hahn-Banach, existiria um
funcional m⊥ ∈ X ∗ que se anula em M mas não em x (note que ai usamos o fato de
M ser fechado). Por (∗), x∗∗ (m⊥ ) = m⊥ (x) 6= 0 mas pela definição de x∗∗ , x∗∗ (m⊥ ) =
m∗∗ ◦ T ◦ π(m⊥ ) = m∗∗ ◦ T (0 + M ⊥ ) = 0, chegando a uma contradição. Então x ∈ M .
Assim, para todo m∗ ∈ M ∗ , se x∗ + M ⊥ = T −1 (m∗ ),
m∗∗ (m∗ ) = m∗∗ T (x∗ + M ⊥ ) = m∗∗ ◦ T ◦ π(x∗ )
= x∗∗ (x∗ ) = x∗ (x) = m∗ (x) = iM (x)(m∗ ).
Logo, iM (m) = m∗∗ .
Corolário 3.26. Um espaço de Banach é reflexivo se, e somente se, seu dual é reflexivo.
Demonstração. Suponha que X seja reflexivo. Temos que mostrar que a imersão
iX ∗ : X ∗ → X ∗∗∗ é sobrejetora. Dado Φ ∈ X ∗∗∗ , tomamos ϕ = Φ ◦ iX ∈ X ∗ . Então,
se x∗∗ ∈ X ∗∗ , existe x ∈ X tal que iX (x) = x∗∗ (pois X é reflexivo). Assim
iX ∗ (ϕ)(x∗∗ ) = x∗∗ (ϕ) = iX (x)(ϕ) = ϕ(x) = Φ ◦ iX (x) = Φ(x∗∗ ).
Logo iX ∗ (ϕ) = Φ e portanto iX ∗ é sobrejetora.
Reciprocamente, se X ∗ for reflexivo, pelo que fizemos anteriormente X ∗∗ também
será. Como X é Banach, iX (X) é fechado no reflexivo X ∗∗ e portanto reflexivo pelo
teorema anterior. Consequentemente X é reflexivo por ser isométrico a iX (X).
Exemplos 3.27. Sabemos que c0 não é reflexivo. Pelo corolário anterior c∗0 também não
é. Consequentemente `1 ≡ c∗0 não é reflexivo. Analogamente, `∞ ≡ `∗1 não é reflexivo.
Como `p é (isométrico a) um subespaço de Lp [0, 1] (veja os exercı́cios), então Lp [0, 1]
também não é reflexivo se p = 1 ou p = ∞.
54
MAT5721 - Leonardo Pellegrini
3.5
Exercı́cios
Duais e Biduais
1. Mostre que o dual de c também pode ser identificado com `1 . Conclua que dois
espaços normados não isométricos podem ter duais isométricos.
2. Mostre que se X for separável então X ∗ será separável. A recı́proca é verdadeira?
3. Caracterize os elementos de c∗0 que atingem sua norma. Mostre que o conjunto de
tais funcionais é denso em c∗0 . Isso é um caso particular do Teorema de BishopPhelps que diz que se X um espaço de Banach, o conjuntos dos elementos de X ∗
que atingem a norma é denso em X.
4. (a) Verique que a aplicação T 7→ T ∗ é uma imersão isométrica de L(X; Y ) em
L(Y ∗ ; X ∗ ).
(b) Mostre que não pode existir um isomorfismo de L(K; c0 ) sobre L(c∗0 ; K∗ ). Conclua que a imersão do item (a) nem sempre é sobrejetora, ou seja, existem operadores
entre duais que não são adjuntos de ninguém.
5. Sejam X e Y espaços normados.
(a) Dados x∗ ∈ X ∗ e y ∈ Y , mostre que a aplicação Tx∗ ;y : X → Y definida pela
fórmula Tx∗ ;y (x) = x∗ (x)y é linear e contı́nua. Mostre ainda que kTx∗ ;y k = kx∗ kkyk.
(b) Se X 6= ∅, mostre que L(X; Y ) contém um subespaço fechado isométrico a Y .
(c) Mostre que se X 6= ∅ entãoL(X; Y ) é Banach se, e somente se, Y é Banach.
6. Se X é reflexivo e M é um subespaço fechado de X, mostre que X/M também é
reflexivo.
7. Mostre que se existe uma aplicação linear contı́nua de um espaço reflexivo X sobre
um espaço de Banach Y , então Y também é reflexivo.
8. Prove que um subconjunto A de um espaço normado é limitado se, e somente se,
ϕ(A) é limitado em K para todo ϕ ∈ X ∗ .

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