2008 - Daniel Pellegrino - Introdução à Analise Funcional

Introdução à Análise Funcional Daniel Pellegrino Departamento de Matemática, UFPB, João Pessoa, PB e-mail: [email protected] Setembro, 2008

Sumário 1 Espaços vetoriais normados e operadores lineares 1.1 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Operadores lineares e espaços vetoriais de dimensão …nita . . . 1.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados . . . . . . 1.3.1 Comentários e curiosidades . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão in…nita: 1.5 Espaços normados de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Os espaços Lp (X; ; ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 O espaço L1 (X; ; ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Completamento de espaços normados . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Séries em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries. . . . . . . . . . 1.8 Bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder . . 1.8.2 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Caracterização do dual de lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . espaços de seqüências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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4 4 7 11 14 15 20 23 25 29 32 34 36 40 40 40

2 Espaços com produto interno 2.1 Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz 2.2 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Conjuntos ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Processo de ortogonalização e suas conseqüências . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . 2.5 O Teorema de Riesz-Fréchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . .

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44 44 47 47 50 55 59 59 60

3 Resultados clássicos da Análise Funcional e suas conseqüências 3.1 Teoremas de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis 3.1.2 Formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . 3.1.3 Possíveis generalizações do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . 3.2 O Teorema de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 O Teorema da Aplicação Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 O Teorema do Grá…co Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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64 64 70 72 78 79 81 81 85

1

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4 Topologia fraca, topologia fraca estrela e espaços re‡exivos 4.1 Topologia fraca: de…nições e propriedades básicas . . . . . . . . 4.2 Topologia fraca estrela: de…nições e propriedades básicas . . . . 4.2.1 O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki . . . . . . . . . 4.3 Espaços re‡exivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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88 88 92 95 96

5 Operadores compactos e teorema espectral para operadores compactos em espaços de Hilbert 99 5.1 Operadores compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 5.2 Autovalores e autovetores de operadores compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 5.3 Alguns resultados da teoria espectral de operadores compactos e auto-adjuntos em espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 6 Espaços vetoriais topológicos (evt´s) 6.1 evt’s e elc’s . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Seminormas e topologias . . . . . . . . . . . 6.3 Revisitando Hahn-Banach . . . . . . . . . . 6.4 Revisitando as topologias fracas: Teorema re‡exivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . de Goldstine e . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . caracterização de espaços . . . . . . . . . . . . . . .

107 . 107 . 114 . 119 . 121

7 Apêndice 0: Axioma da Escolha e Lema de Zorn 8 Apêndice I: Noções de Topologia Geral 8.1 O Teorema de Baire . . . . . . . . . . . 8.2 Espaços topológicos . . . . . . . . . . . 8.2.1 Vizinhanças . . . . . . . . . . . . 8.2.2 Funções contínuas . . . . . . . . 8.2.3 Subespaços e topologia relativa . 8.2.4 Topologia produto . . . . . . . . 8.2.5 Redes . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.6 Filtros . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.7 O Teorema de Tychono¤ . . . . . 9

124

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126 126 128 130 135 136 137 139 142 148

Apêndice II: Noções de Teoria da Medida 9.1 Espaços mensuráveis . . . . . . . . . . . . . 9.2 Funções Mensuráveis . . . . . . . . . . . . . 9.3 seqüências de Funções Mensuráveis . . . . . 9.4 Espaços de Medida . . . . . . . . . . . . . . 9.5 Funções simples e integração . . . . . . . . 9.6 Integração de funções positivas . . . . . . . 9.7 Integração de funções reais . . . . . . . . .

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149 149 151 153 156 158 162 167

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2

Introdução A Análise Funcional, assim como a topologia, nasceu nas primeiras décadas do século 20, trazendo o amadurecimento de certos conceitos, como convergência e continuidade em objetos mais abstratos que números. Nesse período, a caracterização de duais (espaços de funcionais lineares contínuos) colaborou com o surgimento de alguns conceitos que foram formalizados em linguagem moderna com o livro de Banach em 1932 ([3]). Desde então a Análise Funcional evoluiu bastante e com o concomitante desenvolvimento da Topologia Geral, tem se rami…cado para espaços vetoriais não necessariamente normados e caminhos não lineares. Esse texto é baseado em notas de aula de cursos ministrados, por mim, em cursos de pós-graduação na Unicamp, UFCG e UFPB. A seqüência do curso é um pouco inspirada em [12] e em notas de aula do Professor J. Mujica [20]. Outras boas referências são [6] e [2] e [17]. Nossa intenção é que o texto seja o mais auto-su…ciente possível e, por isso, em seu …nal, acrescentamos três apêndices (adaptados de nossas notas de aula de Topologia Geral [22] e Teoria da Medida) com de…nições e resultados importantes de teoria de conjuntos, topologia e medida, que são necessários nesse curso. A leitura do(s) apêndice(s) não é indispensável e o leitor mais preguiçoso poderá evitar certas abstrações sem grandes prejuízos. E o mais importante: esse texto está em construção e em constante aperfeiçoamento e, por isso, alguns deslizes talvez sejam encontrados pelo caminho. Sugestões e/ou correções são bem vindas.

3

Capítulo 1

Espaços vetoriais normados e operadores lineares 1.1

Espaços vetoriais normados

Seja E um espaço vetorial sobre um corpo K, que denotará R ou C (os elementos de K são chamados de escalares). Uma função k:k : E ! R é uma norma se as seguintes propriedades ocorrerem: (N1) kxk 0 para todo x em E e kxk = 0 , x = 0: (N2) k xk = j j kxk para todo escalar e todo x em E. (N3) kx + yk kxk + kyk para quaisquer x e y em E. Um espaço vetorial munido de uma norma será chamado de espaço vetorial normado (evn). Um evn pode ser sempre considerado um espaço métrico, com a métrica dada por d(x; y) = kx

yk :

(1.1)

Dizemos que a métrica d é induzida pela norma k:k. Em espaços métricos, dizemos que a seqüência (xn ) converge para x quando lim d(xn ; x) = 0: n!1

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

xk = 0:

n!1

Exemplo 1.1.1 A reta R é um espaço vetorial normado, com kxk = jxj : Em geral, Rn com a norma 1 (euclidiana) kxk = (x21 + + x2n ) 2 é um espaço vetorial normado (a demonstração da desiguladade triangular não é imediata). Mais adiante veremos exemplos mais elaborados. Um evn E é chamado espaço de Banach quando for um espaço métrico completo, com a métrica induzida pela norma. Veremos adiante que todo espaço vetorial normado de dimensão …nita é completo. O próximo resultado é a chave desse e de vários outros resultados importantes: Lema 1.1.2 Para um conjunto inearmente independente fx1 ; :::; xn g de vetores em um espaço vetorial normado E; existe um número real positivo c tal que para qualquer escolha de escalares a1 ; :::; an ; vale a desigualdade ka1 x1 + + an xn k c (ja1 j + + jan j) (1.2)

4

Demonstração. Se ja1 j + + jan j = 0 não há o que demonstrar. Suponhamos ja1 j + Então mostrar (1.2) equivale a mostrar que existe c > 0 tal que kd1 x1 +

+ dn xn k

para quaisquer dj da forma dj =

aj ja1 j +

+ jan j

c;

+ jan j > 0. (1.3)

:

Portanto, para mostrar (1.2) basta mostrar que (1.3) vale, com n X j=1

jdj j = 1:

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

n X

(m)

bj

xj

j=1

e

n X

(m)

bj

=1

j=1

tal que lim kym k = 0:

(1.4)

m!1

Como

n X

(m)

bj

(m)

= 1; temos bj

1 para cada j e cada m: Então, para cada j = 1; :::; n …xo, a

j=1

seqüência

(m) 1 )m=1

(bj

(1)

(2)

= (bj ; bj ; :::) (m)

é limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, (b1 )1 m=1 possui uma subseqüência convergente. Seja b1 o limite dessa subseqüência. Seja (y1;m ) a subseqüência correspondente de (ym ). Usando o mesmo argumento, (y1;m ) possui uma subseqüência (y2;m ) para a qual a seqüência correspondente (m) (b2 )1 m=1 converge. Procedendo dessa forma, após n etapas, obtemos uma subseqüência yn;m =

n X

(m)

cj

xj

j=1

com

n X

(m)

cj

=1

j=1

e, para cada j = 1; :::; n; (m) lim c m!1 j

Assim lim yn;m =

m!1

com

n X j=1

= bj : n X

bj xj ;

j=1

jbj j = lim

m!1

5

n X j=1

(m)

cj

= 1:

Portanto nem todos os bj são nulos e, como fx1 ; :::; xn g é LI, segue que y :=

n X j=1

bj xj 6= 0:

Como limm!1 yn;m = y, segue que limm!1 kyn;m k = kyk : Por (1.4), kym k ! 0; e como (yn;m ) é subseqüência de (ym ); temos que lim kyn;m k = 0: m!1

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

6

1.2

Operadores lineares e espaços vetoriais de dimensão …nita

Um operador linear (ou transformação linear) T é uma função tal que: (i) O domínio D(T ) de T é um espaço vetorial e o contradomínio é um espaço vetorial sobre o mesmo corpo K que D(T ): A imagem de T é denotada por R(T ). (T1) T (x + y) = T (x) + T (y) para quaisquer x; y 2 D(T ) (T2) T ( x) = T (x) para todo 2 K e qualquer x em D(T ). O conjunto formado por todas as transformações lineares de E em F é denotado por L(E; F ) e, se E e F são evn, de…nimos kT k = supfkT (x)k ; kxk 1g: Quando kT k < 1; dizemos que T é limitado. Operadores lineares cujo contradomínio é o corpo dos escalares são chamados funcionais lineares. Se E e F são espaços normados, a de…nição de continuidade para um operador linear T : E ! F é simplesmente a noção de função contínua entre espaços métricos. Como as métricas de E e F são provenientes de suas normas, temos que T é contínuo em x0 2 E se para cada " > 0; existir = (") > 0 tal que kT (x) T (x0 )k < " sempre que kx

x0 k < :

O próximo resultado, devido a F. Riesz, mostra que o conceito de operador linear limitado coincide com o de operador linear contínuo. Proposição 1.2.1 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre um mesmo corpo. Dado T 2 L(E; F ), as seguintes condições são equivalentes: (a) T é contínuo, (b) T é contínuo na origem, (c) T é limitado. Demonstração. (a) ) (b) é obvio. (b) ) (c) Suponha que (c) não seja verdadeiro. Para todo k natural, poderíamos encontrar (xk )1 k=1 tal que kxk k 1 e kT (xk )k k. Considere zk = xk = kT (xk )k Então limk!1 zk = 0 e kT (zk )k = 1; o que fere a continuidade de T na origem. (c) ) (a) Da de…nição de kT k temos que kT (x)k kT k kxk para todo x em E. Com efeito, se x = 0 não há nada a fazer. Se x 6= 0, então x kT (x)k = T( ) kxk kxk Logo, se x1 ; x2 2 E; temos kT (x1 ) (uniforme) de T:

T (x2 )k = kT (x1

kT k : x2 )k

kT k kx1

x2 k e segue a continuidade

Corolário 1.2.2 Todo operador linear cujo domínio tem dimensão …nita é contínuo. Demonstração. Seja F um espaço vetorial normado qualquer e seja E um espaço vetorial normado de dimensão n, com B = fe1 ; :::; en g uma base de E. Se T : E ! F é linear, temos, pelo Lema 1.1.2, que existe c > 0 tal que kT (x)k

max kT ek k

1 k n

max kT ek k

1 k n

7

n X j=1

jaj j

1 kxk ; c

para todo x =

n X j=1

aj ej 2 E. Pela Proposição 1.2.1, segue que T é contínuo.

Duas normas k k1 e k k2 em um espaço vetorial E são ditas equivalentes se existirem constantes positivas c1 e c2 tais que c1 kxk1 kxk2 c2 kxk1 8x 2 E: Como será visto a seguir, como conseqüência do corolário anterior, conclui-se facilmente que em espaços vetoriais de dimensão …nita, quaisquer normas são equivalentes. Entretanto, veremos posteriormente que para espaços de dimensão in…nita podem existir normas que não são equivalentes. Se uma transformação linear T : D(T ) ! F for injetiva, então faz sentido de…nir T 1 : R(T ) ! D(T ) por T 1 (y) = x se y = T (x): A função T 1 é chamada inversa de T . Corolário 1.2.3 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão …nita, quaisquer duas normas são equivalentes. Demonstração. Se k:k1 e k:k2 são normas em E, considere a aplicação identidade id : (E; k:k1 ) ! (E; k:k2 ): Como id é bijetiva e como o domínio e o contradomínio têm dimensão …nita, temos que id e id 1 são contínuas, e o resultado segue (lembre que se T 2 L(E; F ) é contínua, então kT (x)k kT k kxk para todo x). Dizemos que dois espaços vetoriais normados E e F são topologicamente isomorfos se existir uma transformação linear T : E ! F bijetiva e contínua, com inversa contínua (chamada de isomor…smo topológico, ou simplesmente de isomor…smo). A seguir veremos que espaços vetoriais normados sobre um corpo K; com mesma dimensão …nita, são topologicamente isomorfos. Nesse texto, por simplicidade, escreveremos “isomorfos” ao invés de “topologicamente isomorfos”. Quando o isomor…smo for tal que kT (x)k = kxk para todo x, diremos que os espaços vetoriais são isometricamente isomorfos. Corolário 1.2.4 Se n 2 N, E e F são espaços vetoriais normados sobre um corpo K; com dim E = dim F = n; então E e F são topologicamente isomorfos. Demonstração. Sejam B = fe1 ; :::; en g e C = ff1 ; :::; fn g bases de E e F , respectivamente. De…na T :E!F linear, levando ej em fj ; para cada j = 1; :::; n: Assim, T é bijetiva e como o domínio e o contradomínio têm dimensão …nita, segue que tanto T quanto T 1 são contínuas. Corolário 1.2.5 Todo espaço vetorial de dimensão …nita (sobre o corpo K) é um espaço de Banach. Demonstração. De fato, todo espaço de dimensão …nita (sobre K) é isomorfo a Kn ; que é completo. O resultado segue facilmente. Corolário 1.2.6 Todo subespaço de dimensão …nita de um espaço normado é fechado. Demonstração. Com efeito, sendo completo é também fechado. Se E e F são evn, o espaço vetorial formado pelos operadores lineares contínuos de E em F é denotado por L(E; F ): O dual algébrico de um espaço vetorial normado E é o conjunto L(E; K) e o dual topológico de E é o conjunto L(E; K); também denotado por E 0 : Estaremos principalmente interessados em duais topológicos. Posteriormente veremos caracterizações de duais (topológicos) de certos espaços de Banach. 8

Exercício 1.2.7 Dê exemplo de um espaço vetorial, munido de uma métrica d, que não está associada a uma norma pela igualdade (1.1). Exercício 1.2.8 Mostre que para qualquer espaço vetorial é possível de…nir uma norma. Exercício 1.2.9 Mostre que a norma é uma função contínua (use a de…nição de função contínua entre espaços métricos). Exercício 1.2.10 Se E é um espaço de Banach e G é subespaço de E, mostre que G também é subespaço de E. Exercício 1.2.11 Seja E um evn. Um conjunto A E é dito limitado se existir M > 0 tal que kxk M para todo x 2 A: Se B for limitado em um evn E, mostre que B é limitado. E é dito convexo se sempre que

Exercício 1.2.12 Seja E um espaço vetorial. Um subconjunto A x; y 2 A, o “segmento fechado” fz = ax + (1

a)y; 0

a

1g

estiver contido em A. Mostre que a bola fechada de raio r Br = fx 2 E; kxk

rg

é convexa. Exercício 1.2.13 Mostre que C é convexo em um espaço vetorial se, e somente se que x1 ; :::; xn 2 C e

1 ; :::;

n

0 satisfazem

n P

n P

i xi

i=1 i

= 1:

2 C sempre

i=1

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

i xi

=(

1

+

i=1

Proceda por indução.

2)

1

x1 +

1+

2

2 1+

x2

+

3 x3 :

2

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

n P

i=1

i xi ;

n P

i

= 1, com

n

i=1

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

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

E Ker(')

' Im '

Exercício 1.2.16 Mostre que para todo evn de dimensão in…nita X e todo evn Y 6= f0g; existe uma transformação linear T : X ! Y não-contínua. Exercício 1.2.17 Seja E um evn sobre C. Se ' é um funcional linear não contínuo em E, mostre que f'(x); x 2 E e kxk 1g = C:

9

Solução. Seja z = rei 2 C arbitrário (com r > 0). Como supfj'(x)j ; x 2 E e kxk existe x0 2 E; kx0 k

1; tal que j'(x0 )j

r: Como '(x0 ) 6= 0, temos '

Daí

< 2 : Portanto '

Como

rx0 ei( j'(x0 )j

)

rx0 ei( j'(x0 )j

rx0 j'(x0 )j rx0 j'(x0 )j

' para algum 0

1g = 1;

)

= ei(

= r:

= rei

)

:rei = rei = z:

1; segue que fj'(x)j ; x 2 E e kxk

1g = C.

Exercício 1.2.18 Sejam E um evn, F um espaço de Banach e G um subespaço de E: Se f : G ! F é linear e contínua, mostre que existe uma única extensão linear contínua de f ao fecho de G. Além disso, a norma da extensão é a mesma. Sugestão: [12, Theorem 2.7.11]. Exercício 1.2.19 Se T : D(T ) ! Y é um operador linear, mostre que R(T ) é um subespaço vetorial de Y . Exercício 1.2.20 Sejam X e Y espaços vetoriais, ambos sobre K. Considere T : D(T ) ! Y um operador linear com D(T ) X e imagem R(T ) Y: (a) Mostre que a inversa T 1 : R(T ) ! D(T ) existe se e somente se T x = 0 ) x = 0: (b) Mostre que se T

1

existe, então é linear.

Exercício 1.2.21 Sejam E e F evn. Mostre que se T : E ! F é linear e contínuo, então sup kT xk = sup kT xk = sup kT xk = inf fkT xk

kxk 1

kxk=1

kxk 0 tal que kT xk mostre que T

1

c kxk para todo x 2 E;

existe e é contínua.

Exercício 1.2.24 Sejam E e F evn. Mostre que T : E ! F é limitado se e somente se T (A) é limitado sempre que A for limitado (veja a de…nição de conjunto limitado no exercício 1.2.11). Exercício 1.2.25 Se T : E ! F é um operador linear contínuo, não-nulo, mostre que kxk < 1 ) kT xk < kT k : 10

Exercício 1.2.26 Sejam E um evn e F um espaço de Banach. Mostre que L(E; F ) (com a norma que já de…nimos antes) é um espaço de Banach. Sugestão: Veja [12]. Exercício 1.2.27 Se E é um evn, mostre que E 0 é um espaço de Banach. Exercício 1.2.28 Mostre que se T : E ! F é isomor…smo isométrico, então kT k = 1. Por outro lado, encontre um espaço de Banach E e um isomor…smo topológico T : E ! E com kT k = 1, que não é isomor…smo isométrico. Sugestão: E = l1 (veja de…nição na próxima seção) e T : E ! E dada por T (x) = x21 ; x2 ; x3 ; ::: : Exercício 1.2.29 Sejam E e F evn. (a) Mostre que a função k(x; y)k1 = kxk + kyk é uma norma em E F: (b) Se E e F são evn, mostre que a função k(x; y)k1 = maxfkxk ; kykg é uma norma em E F: (c) Mostre que a identidade de (E

F; k:k1 ) ! (E

F; k:k1 ) é um isomor…smo topológico.

Exercício 1.2.30 Diz-se que um subespaço M de um espaço de Banach E tem de…ciência …nita se existir um número …nito de vetores x1 ; :::; xn em E r M tais que E = [M [ fx1 ; :::; xn g]. Mostre que o núcleo de um operador linear não nulo (e não necessariamente contínuo) T : E ! K tem (em E) de…ciência …nita e n = 1: Solução. Seja y 2 = Ker(T ): Vamos mostrar que E = [Ker(T )[fyg]: Se z 2 E, considere os seguintes casos: T (z) = 0. Nesse caso, é claro que z 2 [Ker(T ) [ fyg]: T (z) 6= 0. Nesse caso, existe

6= 0 tal que T (z) = T (y) e daí segue que z z = (z

y 2 Ker(T ): Logo

y) + y 2 [Ker(T ) [ fyg]:

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

1.3

Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados

A compacidade tem comportamentos distintos em dimensões …nita e in…nita. Veremos adiante que a bola unitária fechada em um espaço vetorial normado de dimensão …nita é sempre compacta. Já em dimensão in…nita, será provado que a bola nunca é compacta. No decorrer do curso, estudaremos as topologias fraca e fraca estrela, que terão um ótimo papel no sentido de reduzir a quantidade de abertos, e facilitar o aparecimento de conjuntos compactos. Teorema 1.3.1 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão …nita, então os compactos em E são precisamente os limitados e fechados. Demonstração. Em espaços métricos os compactos sempre são fechados e limitados (veja [14]). Assim, uma das implicações é conhecida. Nos resta provar que todo conjunto M E, limitado e fechado é ainda compacto. Suponha que dim E = n e seja fe1 ; :::; en g uma base de E. Como estamos

11

em espaços métricos, basta mostrar que M é seqüencialmente compacto. Seja, portanto, (xm ) uma (m) (m) seqüência em M . Para cada xm ; existem escalares a1 ; :::; an tais que xm =

n X

(m)

aj

ej :

j=1

Como M é limitado, é claro que a seqüência (xm ) é limitada, digamos por L > 0: Pelo Lema 1.1.2, existe c > 0 tal que n n X X (m) (m) c aj aj ej L kxm k = j=1

j=1

(m)

para todo m 2 N. Portanto, para cada j 2 f1; :::; ng …xo, a seqüência (aj )1 m=1 é uma seqüência limitada de escalares (reais ou complexos). Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass aplicado (m) a cada seqüência (aj )1 m=1 , procedendo como na demonstração do Lema 1.1.2, encontramos uma n X subseqüência de (xm ) que converge para um certo y = aj ej : Como M é fechado, segue que y 2 M j=1

e M é compacto.

Corolário 1.3.2 A bola unitária fechada em um espaço vetorial normado de dimensão …nita é compacta. A seguir, apresentamos um famoso resultado, devido a F. Riesz, que será útil para mostrar que a bola unitária fechada em espaços de dimensão in…nita nunca é compacta. Lema 1.3.3 (Lema de Riesz) Seja M um subespaço fechado próprio de um espaço normado E e seja um número real tal que 0 < < 1. Então existe y 2 E tal que kyk = 1 e ky

xk

para todo x em M . Demonstração. Sejam y0 2 E r M e d = dist(y0 ; M ) := inf ky0 x2M

xk :

Como M é fechado, temos d > 0: De fato, se fosse d = 0, existiria uma seqüência de elementos de M convergindo para y0 e, como M é fechado, isso contrariaria o fato de ser y0 2 = M: Seja x0 2 M tal que d ky0 x0 k : Escolha então y=

y0 ky0

x0 : x0 k

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

xk =

d ky0

x0 k

onde em ( ) foi usado que (x0 + ky0

y0 ky0

x0 x0 k

x =

; x0 k x) 2 M: 12

ky0

(x0 + ky0 x0 k x)k ky0 x0 k

Observação 1.3.4 Mais adiante, veremos no Exemplo 1.5.6, que a conclusão do Lema de Riesz, em geral, não vale para = 1: Teorema 1.3.5 Um espaço vetorial normado tem dimensão …nita se, e somente se, a bola unitária fechada é compacta. Demonstração. O Corolário 1.3.2 garante uma das direções. Resta-nos provar que se a bola é compacta, então o espaço tem dimensão …nita. Suponha que E tenha dimensão in…nita. Escolha x1 2 E com norma 1: Como dim E = 1; temos que [x1 ] é um subespaço próprio fechado de E. Pelo Lema de Riesz, existe x2 2 E r [x1 ]; unitário, tal que kx2

x1 k

=

1 : 2

Novamente, [x1 ; x2 ] 6= E e existe x3 2 E r [x1 ; x2 ] unitário tal que kx3

xj k

=

1 ; para j = 1; 2. 2

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

1 2

xn k

sempre que m 6= n: Assim, (xn ) é uma seqüência em BE que não possui subseqüência convergente, o que impede que BE seja compacta. Exercício 1.3.6 Mostre que em espaços topológicos, em geral, os compactos não são necessariamente fechados Exercício 1.3.7 Sejam E um espaço vetorial normado de dimensão …nita e M um subespaço próprio de E. Mostre que existe y 2 E com kyk = 1 e ky

xk

1

para todo x 2 M . Solução. Pelo Lema de Riesz, para cada n 2 N, existe yn 2 E com kyn k = 1 tal que kyn

xk

1 para todo x 2 M: n

1

Como a esfera unitária (em dimensão …nita) é compacta (sequencialmente compacta), a seqüência 1 1 (yn )n=1 possui uma subseqüência (ynk )k=1 que converge para um certo y0 2 E com ky0 k = 1: Como kynk

xk

1 para todo x 2 M; nk

1

fazendo k ! 1; concluímos que ky0

xk

1 para todo x 2 M:

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

xk

1

para todo x 2 M . Sugestão: Veja [12, páginas 82 e 629]. 13

1.3.1

Comentários e curiosidades

Diz-se que um operador linear contínuo T : E ! F atinge a norma quando existe x 2 E com norma 1 tal que kT xk = kT k : Um resultado delicado, conhecido como Teorema de Bishop-Phelps garante que se E e F são espaços normados (sobre os reais), o conjunto dos funcionais lineares contínuos que atingem a norma é denso em E 0 : No mesmo artigo em que provaram seu resultado fundamental, Bishop e Phelps especularam sobre uma possível extensão desses resultados para operadores lineares: Se X e Y são espaços de Banach, será que o conjunto dos operadores lineares T : X ! Y que atingem a norma é denso em L(X; Y )? Em 1963, J. Lindenstrauss [16] mostrou que isso não é verdadeiro em geral, mas em alguns casos particulares sim. A seguir, La (X; Y ) denota o conjunto dos operadores lineares contínuos T : X ! Y que atingem a norma. Como a pergunta original de Bishop e Phelps era muito abrangente, para que uma investigação mais criteriosa pudesse ser feita, em [16] foram de…nidas as seguintes propriedades para espaços de Banach X: A. Para todo espaço de Banach Y , La (X; Y ) é denso (em norma) em L (X; Y ) : B. Para todo espaço de Banach Y , La (Y; X) é denso (em norma) em L (Y; X) : Note que o Teorema de Bishop-Phelps diz que R tem a propriedade B. demonstrado que existem espaços de Banach que não possuem a propriedade B. Uma boa monogra…a em português sobre o assunto é [9].

14

Recentemente, foi

1.4

Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão in…nita: espaços de seqüências

Nessa seção, introduziremos alguns espaços de seqüências, chamados espaços lp . Para tanto, precisamos de alguns resultados técnicos: Teorema 1.4.1 (Desigualdade de Hölder) Sejam n 2 N, p; q > 1 tais que n P

j=1

para quaisquer escalares

j; j;

j

n P

j jj

j=1

j = 1; :::; n.

p

j jj

!

1 p

n P

:

q

j=1

j jj

!

1 p

+

1 q

= 1. Então

1 q

Demonstração. Primeiro, é conveniente mostrar que, para quaisquer a e b positivos, temos 1

a b + : p q

1

a p :b q

Considere, para cada 0 <

(1.5)

< 1; a função f = f : (0; 1) ! R dada por f (t) = t f 0 (t) = t

1

1

= (t

t. Temos

1):

Logo f 0 (t) > 0 se 0 < t < 1 f 0 (t) < 0 se t > 1 e f tem um máximo em t = 1: Portanto f (t)

f (1)

para todo t > 0 e t Fazendo t =

a b

e

=

1 p,

t + (1

):

temos

a p1 1a + 1 b pb Multiplicando a desigualdade acima por b, obtemos 1

a p b1

1 p

:

a b + ; p q

1 p

o que demonstra (1.5). n n n P P P p q p O caso em que j k j = 0 ou j k j = 0 é trivial. Suponhamos, portanto, j k j 6= 0 e n P

k=1

k=1

k=1

k=1

q

j k j 6= 0:

Basta usar (1.5) com

q

p

j jj j jj aj = P e bj = P : n n p q j kj j kj k=1

Então

n P

k=1

k=1

j jj j jj p

j kj

1 p

n P

k=1

q

1 q

j kj

e somando ambos os lados com j = 1; :::; n, o resultado segue. 15

aj bj + p q

Teorema 1.4.2 (Desigualdade de Minkowski) Para p n P

k=1

para quaisquer escalares

k; k,

j

+

k

1 p

p

n P

kj

k=1

k = 1; :::; n:

1; temos

1 p

p

j kj

n P

+

k=1

1 p

p

j kj

Demonstração. Para p = 1 o resultado é imediato. Suponhamos, portanto, p > 1. Basta mostrar que n P

k=1

O caso em que

n P

k=1

p

1 p

n P

(j k j + j k j)

j kj

k=1

p

1 p

p

n P

+

k=1

(j k j + j k j) = 0 é imediato. Suponhamos

1 p

p

j kj

n P

k=1

: p

(j k j + j k j) 6= 0:

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

p 1

(j k j + j k j) = (j k j + j k j) (j k j + j k j) p 1

= j k j (j k j + j k j) Como (p

1)q = pq n P

k=1

n P

p 1

k=1 n P

=

k=1

De forma análoga, temos j k j (j k j + j k j)

k=1

e

n P

p

(j k j + j k j)

k=1

n P

k=1

p

1 p

n P

j kj

k=1 1 p

(j k j + j k j)

n P

j kj

k=1 1 p

p

n P

j kj

k=1

Somando (1.6) e (1.7), obtemos

1 p

p

n P

p 1

k=1

n P

:

q = p, temos, pela Desigualdade de Hölder,

j k j (j k j + j k j)

n P

p 1

+ j k j (j k j + j k j)

k=1

1 p

p

1 q

n P

k=1

(j k j + j k j)

k=1

j kj

1 p

+

1 q

p

n P

+

p

:

(j k j + j k j)

1 q

(j k j + j k j)

1 q

p

k=1

p

(1.6)

(j k j + j k j)

n P

j kj

1 q

(p 1)q

1 p

p

n P

j kj

n P

k=1

:

k=1

p

j kj

(1.7)

p

1 q

(j k j + j k j)

1 p

:

Para cada número real p, com 1

p < 1; de…nimos ( ) 1 p 1 N P lp = (xj )j=1 2 K ; jxj j < 1 : j=1

Proposição 1.4.3 Se 1

p < 1; lp é um espaço vetorial (com as operações naturais de soma e ! p1 1 P p multiplicação por escalar) e a função k:kp dada por (xj )1 jxj j é uma norma em lp : j=1 p = j=1

16

Demonstração. A Desigualdade de Minkowski (fazendo n ! 1) garante que lp é um espaço vetorial e também nos dá a desigualdade triangular. As outras propriedades são imediatas. Proposição 1.4.4 Se 1

p < 1; lp é um espaço de Banach.

Demonstração. Seja (xn )1 n=1 uma seqüência de Cauchy em lp : Note que cada xn é uma seqüência, que será denotada por xn = ( n1 ; n2 ; :::): Temos que kxn

0

xm k = @

1 X j=1

j

1 p1

pA mj j

nj

j

nj

mj j

para cada j. Como (xn )1 n=1 é uma seqüência de Cauchy em lp , segue que, para cada j, a seqüência ( nj )1 é uma seqüência de Cauchy no corpo de escalares K. Como K é completo, para cada j, o n=1 limite da seqüência ( nj )1 n=1 existe, e será denotado por j . Seja x = ( j )1 : Vamos mostrar que x pertence a lp e que (xn )1 n=1 converge para x. j=1 Dado " > 0, existe n0 natural, tal que kxm

xn k

"

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

1 p1

pA nj j

mj

j=1

sempre que m; n n0 : Fazendo n ! 1, obtemos

0 N X @ j

1 p1

pA jj

mj

j=1

para todo m

";

"

n0 e todo N natural. Fazendo agora N ! 1; temos kxm

para todo m n0 . Logo xn0 converge para x.

xk

"

(1.8)

x 2 lp : Como xn0 2 lp , segue que x 2 lp : De (1.8) é claro que (xn )1 n=1

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

N x = ( j )1 j=1 2 K ; kxk1 := sup j j j < 1 : j2N

Exercício 1.4.5 Mostre que l1 com a norma k:k1 é um espaço de Banach. Exercício 1.4.6 Considere c=

N x = ( j )1 j=1 2 K ; lim

j

existe em K

c0 =

N x = ( j )1 j=1 2 K ; lim

j

=0

j!1

j!1

N c00 = x = ( j )1 j=1 2 K ; exite j0 tal que

j

= 0 para todo j > j0

Mostre que c e c0 são subespaços fechados de l1 e que c00 é um subespaço de l1 que não é fechado. 17

Exercício 1.4.7 Prove que (Kn ; k:k1 ) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de c0 : Exercício 1.4.8 Prove que (Kn ; k:kp ) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de lp ; para cada p com 1 p 1: Exercício 1.4.9 Um espaço métrico M é dito separável se existir D é, D = M . Mostre que se 1 p < 1; lp é separável.

M enumerável e denso, isto

Exercício 1.4.10 Mostre que se D é um conjunto denso e enumerável em um espaço vetorial normado E 6= f0g, e a 2 D, então D fag é denso em E. Exercício 1.4.11 Prove que (Kn ; k:kp ) é separável. Exercício 1.4.12 Prove que todo evn de dimensão …nita é separável. Exercício 1.4.13 Mostre que l1 não é separável. Exercício 1.4.14 Mostre que se E é um espaço de Banach separável, então a esfera unitária SE é separável. o n x ; x 2 D e x 6= 0 : Vamos Solução. Seja D um conjunto denso e enumerável em E. Seja D1 = kxk mostrar que D1 é denso em SE . Sejam x0 2 SE e " > 0. Não há perda de generalidade em supor " < 21 : Então, existe x" 2 D tal que " kx0 x" k < : 2 Então, como " < 1=2; segue que x" 6= 0 e kxx"" k 2 D1 : Logo x0

x" = x0 kx" k kx0 = kx0

x" kx" k x" x" k + x" kx" k 1 kx" k x" k + 1 kx" k x" + x"

" + jkx" k 1j 2 " = + jkx" k kx0 kj 2 " + kx0 x" k 2 ": <

Observação: Usando um pouco mais profundamente a teoria de espaços métricos, pode-se provar algo bastante mais geral: todo subconjunto de um espaço métrico separável é ainda separável. Exercício 1.4.15 Determine c00 em c0 : Exercício 1.4.16 Determine c00 em lp : Exercício 1.4.17 Mostre que fe1 ; e2 ; :::g não é base de Hamel de lp ; 1 Exercício 1.4.18 Se 1 p q valor da norma dessa inclusão.

1; mostre que lp

18

p

1:

lq e que inc : lp ! lq é contínua. Encontre o

8 9 1 < = X N Exercício 1.4.19 Seja cs = x = (xj )1 xj converge : j=1 2 K ; : ; j=1

n X

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

xj

j=1

(b) Prove que cs é isometricamente isomorfo a c: 9 8 n = < X N < 1 : x Exercício 1.4.20 Seja bs = x = (xj )1 2 K ; sup j n j=1 ; : j=1

n X

(a) Mostre que bs é um evn com a norma kxk = supn (b) Prove que bs é isometricamente isomorfo a l1 :

0

@ Sugestão. (b) De…na f : bs ! l1 por f (xj )1 j=1 =

e preserva a norma.

xj

j=1

n X j=1

11

xj A

e veri…que que é linear, bijetiva

n=1

Exercício 1.4.21 (Álgebra Linear) Se A é um gerador de um espaço vetorial V , mostre que existe uma base de V contida em A. Solução resumida. Considere F = f(W; B); B é LI, B A e B gera W g: Em F considere a ordem parcial (W; B) (W1 ; B1 ) se e somente se W W1 e B B1 : F é não-vazio (claro). Todo subconjunto totalmente ordenado de F possui cota superior. Podemos f ; B) e um elemento aplicar o Lema de Zorn. Existe, portanto, um elemento maximal em F. Seja (W f f 6= V . maximal de F. Para resolver o exercício, basta mostrar que W = V: Suponha que seja W f f Observe que nesse caso A não está contido em W , pois se fosse A W , teríamos V = [A]

f] = W f; [W

f 6= V . Escolha, portanto, x0 2 A r W f e de…na e estamos supondo W f [x0 ] WN = W e [ fx0 g: BN = B

É fácil ver que [BN ] = WN , que BN é LI e, portanto, (WN ; BN ) 2 F. É claro que f ; B) e e (W f ; B) e (WN ; BN ) 6= (W

(WN ; BN ):

(1.9)

f ; B). e Portanto, W f = V: Mas, (1.9) não é compatível com a maximalidade de (W Exercício 1.4.22 Seja E um espaço de Banach de dimensão in…nita. Se D e enumerável, existe A D, LI, com card(A) = card(D):

E é um conjunto denso

Solução. É claro que D é gerador de [D]: Pelo Exercício 1.4.21, podemos extrair de D uma base, que chamaremos de B; para [D]: Se B for …nita, temos que [D] tem dimensão …nita. Logo [D] é fechado. Como D é denso, temos D = E e portanto [D] = E: Daí segue que [D] = [D] = E; e E terá dimensão …nita (absurdo). Concluímos, portanto, que B é uma base in…nita. Como B D é enumerável, segue que card(B) = card(D): 19

De

1.5

Espaços normados de funções

Nessa seção, construiremos os exemplos clássicos de espaços de Banach cujos vetores são funções. Proposição 1.5.1 Seja X um conjunto não nulo e B(X) o espaço vetorial de todas as funções limitadas f : X ! K. Então B(X) é um espaço de Banach com a norma kf k = sup jf (x)j : x2X

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

n0 : Daí, para m; n

fm k

"

n0 ; temos

jfn (x)

fm (x)j

kfn

fm k

"

(1.10)

para todo x em X. Logo (fn (x))1 n=1 é de Cauchy em K, para cada x em X. Portanto, para cada x 1 a seqüência (fn (x))n=1 converge para um escalar, que será denotado por f (x). Fazendo m ! 1 em (1.10), obtemos jfn (x) f (x)j " (1.11) para todo x em X e todo n

n0 : Logo fn0

f 2 B(X)

e como f = fn0

(fn0

f );

segue que f 2 B(X): De (1.11) concluímos que fn ! f . Exercício 1.5.2 Se X = N, mostre que B(X) é isometricamente isomorfo a l1 : Exercício 1.5.3 Seja C([a; b]) o conjunto de todas as funções contínuas de [a; b] em R. Mostre que, com as operações usuais e com a norma kf k = max jf (t)j ; t2[a;b]

C([a; b]) é um espaço de Banach. Sugestão: Use que se fn ! f na norma dada, então fn ! f uniformemente. Como as fn são contínuas, segue que f é contínua. Exercício 1.5.4 Mostre que C([a; b]) é separável. Sugestão: Use o Teorema da Aproximação de Weierstrass, que a…rma que o conjunto dos polinômios com coe…cientes reais é denso em C([a; b]) com a norma k:k1 : Exercício 1.5.5 Mostre que P = ff 2 C([a; b]); f (x) > 0 para todo x 2 [a; b]g é aberto. Solução. Seja f 2 P: Como [a; b] é compacto, inf f (x)

x2[a;b]

é assumido. Logo, existe x0 2 [a; b] tal que inf f (x) = f (x0 ) > 0:

x2[a;b]

20

Seja " =

f (x0 ) 2 :

Se kg

f k < "; segue que jg(x)

para todo x. Como f (x)

f (x)j < "

f (x0 ) para todo x, segue que g(x) > f (x0 )

">0

para todo x. Logo, a bola aberta de centro f e raio " está contida em P , e portanto P é aberto. Exemplo 1.5.6 Nesse exemplo, mostraremos que a conclusão do Lema de Riesz não é válida, em geral, com = 1: Sejam E = ff 2 C[0; 1]; f (0) = 0g e M = ff 2 E;

Z1

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

0

com kgk = 1 tal que kg

fk

1 para todo f 2 M: Dada h 2 E r M; seja

=

Z1

g(x)dx

Z1

h(x)dx

0

:

0

Então, é claro que g

h 2 M: Logo 1

kg

(g

h)k = j j khk ;

ou seja, Z1

g(x)dx

Z1

h(x)dx

0

1

khk :

(1.12)

0

1

Seja, para cada n, hn (x) = x n : Então hn 2 E r M; khn k = 1 e Z1 0

1

x n dx =

1 n

1 ! 1: +1

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

Z1

g(x)dx

1: Por outro lado, como

0

max0

x 1

jg(x)j = 1 e g(0) = 0; a continuidade de g em zero implica que Z1

g(x)dx < 1 (contradição).

0

Os próximos exemplos envolvem funções integráveis, e alguns resultados preliminares são necessários. Estabeleceremos as desigualdades de Hölder e Minkowski para integrais, que serão úteis adiante. 21

Seja (X; ; ) um espaço de medida e 1 X em K tais que

p < 1. O conjunto de todas as funções mensuráveis de Z

kf kp :=

jf j d

X

será denotado por Lp (X; ; ).

1 p

p

1 tais que p1 + 1q = 1 e (X; ; ) um espaço de medida. Se f 2 Lp (X; ; ) e g 2 Lq (X; ; ), então f g 2 L1 (X; ; ) e kf gk1

kf kp kgkq :

Demonstração. Se kf kp = 0 ou kgkq = 0 segue que f ou g é nula em quase toda parte. Logo f g é nula em quase toda parte e a desigualdade se resume a 0 0. Suponha então kf kp 6= 0 e kgkq 6= 0: Já provamos que para quaisquer a e b positivos, temos 1

a b + : p q

1

a p :b q Tome, em (1.13),

(1.13)

q

p

a= Assim

Z

X

jg(x)j jf (x)j p e b= q : kf kp kgkq Z

jf (x)g(x)j d

X

kf kp kgkq

e o resultado segue.

Z

p

jf j d p

p kf kp

q

X

+

jgj d

=1

q

q kgkq

Teorema 1.5.8 (Desigualdade de Minkowski para Integrais) Seja 1 espaço de medida. Se f; g 2 Lp (X; ; ), então f + g 2 Lp (X; ; ) e kf + gkp

p < 1 e (X; ; ) um

kf kp + kgkp :

(1.14)

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

jf (x) + g(x)j

p

(jf (x)j + jg(x)j) p (maxfjf (x)j ; jg(x)jg + maxfjf (x)j ; jg(x)jg) p p 2p maxfjf (x)j ; jg(x)j g p p 2p (jf (x)j + jg(x)j )

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

p 1

jf + gj = jf + gj jf + gj p 1

jf j jf + gj

+ jgj jf + gj p 1

Se 1=p + 1=q = 1; temos (p 1)q = p, e portanto jf + gj temos 1 Z Z p p 1 p jf j jf + gj d jf j d X

Z

X

X

p 1

jgj jf + gj

d

Z

X

p

jgj d 22

(1.15) p 1

1 p

:

2 Lq (X; ; ): Da desigualdade de Hölder, Z

Z

X

X

(p 1)q

jf + gj

(p 1)q

jf + gj

1 q

d 1 q

d

:

Das duas desigualdades acima e de (1.15), temos que Z

Z

p

X

jf + gj d

X

=

Z

X

1 p

p

jf j d

Z

(p 1)q

jf + gj " Z

1 q

d

+

X

1 q

p

jf + gj d

e, dividindo ambos os membros por

X

Z

X

1 p

p

+

jf j d

Z

X

Z

1 p

p

X

jgj d

p

jgj d

1#

Z

X

(p 1)q

jf + gj

1 q

d

p

1 q

p

jf + gj d

; o resultado segue.

A desigualdade de Minkowski faz o papel da desigualdade triangular e ajuda a provar o seguinte resultado: Proposição 1.5.9 Se 1 p < 1, o espaço vetorial das funções contínuas f : [a; b] ! R é um espaço vetorial normado com a norma 0 b 1 p1 Z p kf kp = @ jf (x)j dxA : a

Demonstração. Exercício.

Observação 1.5.10 O espaço vetorial normado de…nido acima não é completo. De fato, suponha a = 0, b = 1 e considere a seqüência 8 0; se t 2 [0; 1=2] < 1; se t 2 [an ; 1]; an = 12 + n1 fn (t) = : n(t 21 ), se t 2 [1=2; an ]: Note que (fn ) é de Cauchy, mas não converge. De fato, se fn ! f (contínua), então existe n0 tal que n > n0 )

Z1

jfn

p

f j dx < ":

0

Logo 1

Z2

p

jf j dx < ":

0

Como f é contínua, segue que f (x) = 0 para todo x 2 [0; 12 ]: De modo análogo, se conclui que f (x) = 1 para todo x 2 ( 21 ; 1]: Isso contradiz a continuidade de f . Observação 1.5.11 Note que k:kp não é uma norma em Lp (X; ; ), pois pode acontecer kf kp = 0 para funções não identicamente nulas.

1.5.1

Os espaços Lp (X; ; )

Nessa seção, por simplicidade, embora valham resultados semelhantes para K = C, admitiremos K = R: De modo geral, se (X; ; ) é um espaço de medida, dizemos que f; g : X ! R são equivalentes se f = g ( -qtp): Denotando a classe de equivalência de uma função f por [f ]; o conjunto Lp (X; ; ) := f[f ]; f 2 Lp (X; ; )g 23

é um espaço vetorial com as operações [f ] + [g] = [f + g] c[f ] = [cf ] e, de…nindo k[f ]kLp (X;

; )

= kf kLp (X;

; )

;

não é difícil notar (usando a Desigualdade de Minkowski) que Lp (X; ; ) se torna um espaço vetorial normado. A seguir, mostraremos que Lp (X; ; ) é um espaço de Banach. Teorema 1.5.12 Se 1

p < 1, Lp (X; ; ) é um espaço de Banach com a norma Z

k[f ]kp =

1 p

p

jf j d

:

Demonstração. Já sabemos que Lp (X; ; ) é um evn. Nos resta provar que é um espaço de Banach. 1 Seja ([fn ])1 n=1 uma seqüência de Cauchy em Lp (X; ; ): Logo, (fn )n=1 é uma seqüência de Cauchy em Lp (X; ; ): Então, dado " > 0; existe M = M (") tal que Z p p m; n M ) jfn fm j d = kfn fm kp < "p : Seja (gk ) uma subseqüência de (fn ) tal que kgk+1 para todo k natural. Considere g(x) = jg1 (x)j +

gk kp < 2 1 X

k=1

k

jgk+1 (x)

gk (x)j :

(1.16)

Temos que g é mensurável, não-negativa, e toma valores em R [ f1g. Além disso, !p n X p jg(x)j = lim jg1 (x)j + jgk+1 (x) gk (x)j : n!1

k=1

Pelo Lema de Fatou (veja Teorema 9.6.9), segue que Z

p

jgj d

Elevando ambos os membros a Z

p

1 p

jgj d

lim inf

n!1

Z

jg1 j +

n X

k=1

jgk+1

!p

gk j

d :

e usando a Desigualdade de Minkowski, obtemos 1 p

lim inf

kg1 kp +

n!1

kg1 kp + 1:

n X

k=1

kgk+1

gk kp

!

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

E) = 0:

Logo, a série em (1.16) converge -qtp e g:1E 2 Lp (X; ; ): 24

(1.17)

De…na então f : X ! R por

Como gk = g1 + (g2

8 1 > < g (x) + X (g gk (x)) ; se x 2 E 1 k+1 (x) f (x) = k=1 > : 0; se x 2 = E:

g1 ) + (g3

e daí

g2 ) + 8 > < jgk j > :

+ (gk

jg1 j +

gk

k X1 j=1

1 );

temos que

jgj+1

gk ! f

gj j

g

-qtp

p

jgk j g p 1E ( -qtp) : p (gk ) ! f p ( -qtp)

Pelo Teorema da Convergência Dominada (veja Teorema 9.7.9), segue que f p 2 L1 (X; ; ); ou ainda, f 2 Lp (X; ; ): Como jf

p

p

p

gk j (jf j + jgk j) (2g) 1E ( -qtp) ; p limk!1 jf gk j = 0 ( -qtp)

novamente o TCD nos garante que lim

k!1

Z

jf

p

gk j d =

Z

0d = 0

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

1.5.2

O espaço L1 (X; ; )

Nessa seção também admitiremos K = R: Seja L1 (X; ; ) o conjunto de todas as funções mensuráveis que são limitadas f 2 L1 (X; ; ) e N 2 é um conjunto de medida nula, de…nimos

-qtp.

Se

Sf (N ) = sup fjf (x)j ; x 2 = Ng e kf k1 = inf fSf (N ); N 2

e (N ) = 0g :

(1.18)

Note que pode acontecer kf k1 = 0 com f não identicamente nula. Para contornar esse problema, também recorremos às classes de equivalência.

25

Duas funções são equivalentes (pertencem a mesma classe de equivalência) se coincidem -qtp. O espaço L1 (X; ; ) é o conjunto de todas as classes de equivalência das funções mensuráveis f : X ! K que são limitadas -qtp. Se [f ] 2 L1 (X; ; ); de…nimos k[f ]k1 = kf k1 :

(1.19)

Note que k:k1 está bem de…nida (não depende do representante da classe de equivalência). De fato, se f (x) = g(x) para todo x 2 = A, com (A) = 0; então, para cada N 2 com (N ) = 0, temos Sf (N ) = sup fjf (x)j ; x 2 = N g Sf (N [ A) = Sg (N [ A): Analogamente, Sg (N ) = sup fjg(x)j ; x 2 = Ng

Sg (N [ A) = Sf (N [ A)

e daí kf k1 = inf fSf (N ); N 2

e (N ) = 0g = inf fSg (N ); N 2

e (N ) = 0g = kgk1 :

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

kf k1

-qtp.

(1.20)

Com efeito, pela de…nição de kf k1 ; existe uma seqüência (Nn )1 n=1 de conjuntos de medida nula tais que lim Sf (Nn ) = kf k1 n!1

e jf (x)j

Sf (Nn ) para todo x 2 = Nn :

Logo, se N = [n Nn ; temos que N tem medida nula e jf (x)j

Sf (Nn ) para todo x 2 = N:

Fazendo o limite com n ! 1; segue que jf (x)j

lim Sf (Nn ) = kf k1 para todo x 2 = N;

n!1

ou seja, temos (1.20). Teorema 1.5.13 A função k:k1 é uma norma em L1 (X; ; ): Mais ainda, L1 (X; ; ) é um espaço de Banach. Demonstração. É claro que L1 (X; ; ) é um espaço vetorial (com as operações usuais, como na de…nição de Lp (X; ; )). Agora vejamos que k:k1 é uma norma. É claro que k[f ]k1 0 ocorre para toda f 2 L1 (X; ; ). Também é imediato que k [f ]k1 = j j k[f ]k1 : As outras duas propriedades de norma são menos imediatas. Se k[f ]k1 = 0, então, para cada k 2 N, existe Nk 2 , com (Nk ) = 0; tal que jf (x)j

1 para todo x 2 = Nk : k 26

De…nindo N =

1 [

Nj ; temos que (N ) = 0 e

j=1

jf (x)j = 0 para todo x 2 =N e daí [f ] = 0. Agora, demonstremos a desigualdade triangular. Se [f ]; [g] 2 L1 (X; ; ); então, de (1.20), existem N1 ; N2 2 com (N1 ) = (N2 ) = 0 e jf (x)j jg(x)j

kf k1 ; para todo x 2 = N1 : kgk1 ; para todo x 2 = N2

Então jf (x) + g(x)j

jf (x)j + jg(x)j

kf k1 + kgk1 para todo x 2 = N1 [ N2 :

Daí, pela de…nição de k:k1 ; como (N1 [ N2 ) = 0, segue que kf + gk1

kf k1 + kgk1 :

Resta-nos provar que L1 (X; ; ) é completo. Seja ([fn ]) uma seqüência de Cauchy em L1 (X; ; ): Logo (fn ) é uma seqüência de Cauchy em L1 (X; ; ): Então, por (1.20),para cada j, existe Mj 2 com (Mj ) = 0 e jfj (x)j

kfj k1 para todo x 2 = Mj :

Seja M0 =

1 [

Mj :

j=1

Logo jfj (x)j

kfj k1 para todo x 2 = M0 :

Temos ainda que para cada n; m 2 N, existe Mn;m 2 jfn (x)

fm (x)j

kfn

com (Mn;m ) = 0 e

fm k1 para todo x 2 = Mn;m :

Seja M = M0 [

1 [

n;m=1

Mn;m

!

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

jfn (x)j kfn k1 para todo x 2 =M fm (x)j kfn fm k1 para todo x 2 =M

(1.21)

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

limn!1 fn (x); se x 2 =M 0; se x 2 M:

Então f é mensurável e, por (1.21), como (fn ) é de Cauchy, segue que dado " > 0; existe L 2 N tal que sup jfn (x) fm (x)j " x2M =

27

sempre que m; n > L: Fazendo m ! 1; segue que sup jfn (x)

f (x)j

"

(1.22)

x2M =

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

[f ]k1 = kfn

f k1

sup jfn (x)

f (x)j

"

x2M =

sempre que n > L: Portanto ([fn ]) converge para [f ] em L1 (X; ; ): Observação 1.5.14 Devemos ter em mente que os vetores de Lp (X; ; ) são classes de equivalência, mas é usual interpretar tais elementos simplesmente como funções, e escrever f no lugar de [f ]. Exercício 1.5.15 Mostre que L1 (X; ; )

L1 (X; ; ) se e somente se (X) < 1:

Exercício 1.5.16 Se (X; ; ) é um espaço de medida …nita, então Lp (X; ; ) r p 1 r p. Sugestão: Mostre que jf j 1 + jf j : Solução. Se jf (x)j

1, então r

p

jf (x)j Se jf (x)j < 1; então r

r

jf (x)j

p

Logo jf j

p

jf (x)j

1 + jf (x)j : p

1

1 + jf (x)j :

1 + jf j e, usando que a medida é …nita, o resultado segue.

Exercício 1.5.17 Se (X; ; ) é um espaço de medida …nita, e 1 kf kr com s =

1 r

Solução.

r

p; então

kf kp (X)s ;

1 p:

Z

r

jf j d =

Z

r

jf j :1d

Z

r

p r

(jf j ) d

e daí segue o resultado.

28

r p

Z

p

1p

r p

p r

d

Lr (X; ; ) se

1.6

Completamento de espaços normados

Intuitivamente, a reta real preenche os buracos nos racionais, isto é, nem toda seqüência de Cauchy nos racionais converge, mas nos reais sim. Além disso, os racionais são densos nos reais. A seguir, veremos que algo semelhante também ocorre para espaços normados em geral. Teorema 1.6.1 Se E é um espaço vetorial normado, existem um espaço de Banach F e um subespaço F0 ; denso em F , tais que E é isometricamente isomorfo a F0 : Demonstração. Seja C a família de todas as seqüências de Cauchy em E. Dadas (xn ), (yn ) em C, dizemos que (xn ) s (yn ) se lim kxn

yn k = 0:

n!1

É fácil ver que s é uma relação de equivalência. Considere, portanto, o conjunto de todas as classes de equivalência, segundo essa relação, e denote esse conjunto por F . Em F , de…na [(xn )] + [(yn )] = [(xn + yn )] c[(xn )] = [(cxn )]: É fácil perceber que essas operações estão bem de…nidas e que com elas F é um espaço vetorial. Dado [y] 2 F , com y = (yn )1 n=1 ; de…nimos k[y]k = lim kyn k : n!1

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

kyn kj

kym

yn k ;

1

temos que (kyn k)n=1 é seqüência de Cauchy em R. Note ainda que se (xn ) s (yn ), então 0

lim jkyn k

n!1

kxn kj

lim kxn

n!1

yn k = 0

e portanto k[y]k está bem de…nida. Por …m, também é fácil provar que essa função é de fato uma norma. Seja F0 o conjunto das classes de equivalência que contém as seqüências constantes e perceba que a função T : E ! F0 x 7! [(x; x; :::)] é uma isometria. Para concluir a demonstração, vamos mostrar que F0 é denso em F e F é completo. Sejam " > 0 e [y] 2 F: Então, y = (yn ) é uma seqüência de Cauchy em E e existe N 2 N tal que kyn para quaisquer m; n N . Considere [z] 2 F0 ; com

ym k < "

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

Temos então k[y]

[z]k = lim kyn n!1

yN k

Assim, F0 é denso em F . Resta-nos mostrar que F é completo. 29

":

(k)

(k) Seja ([y (k) ])1 = (yn )1 n=1 : Como F0 é denso em F , para k=1 uma seqüência de Cauchy em F , y (k) cada k existe [z ] em F0 tal que 1 [y (k) ] [z (k) ] < ; k

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

zk k = [z (j) ]

[y (j) ] + [y (j) ]

[z (j) ]

[z (k) ]

[y (k) ] + [y (k) ]

[z (k) ] :

Por …m, perceba que lim [y (j) ] = [z]:

j!1

De fato, [y (j) ]

[z] = lim

n!1

yn(j)

lim

n!1

zn

yn(j)

= [y (j) ]

zj + kzj

zn k

[z (j) ] + lim (kzj n!1

1 + lim (kzj j n!1

zn k)

zn k)

e portanto [y (j) ]

lim

j!1

[z] = 0:

e Nas condições do teorema anterior, dizemos que F é o completamento de E e denotamos F por E: Como E é isometricamente isomorfo a F0 e F0 é denso em F , nós identi…camos E e F0 , e consideramos que E é denso em F . e Fe) tal que Te(x) = T (x) para todo x Teorema 1.6.2 Dado T 2 L(E; F ), existe um único Te 2 L(E; e em E. Além disso, T e T têm mesma norma. e e (xn ) Demonstração. Sejam x e2E

kT xm

E tais que xn ! x e: Assim, T xn k

kT k kxm

xn k

e (T xn ) é seqüência de Cauchy em F . Logo, existe ye 2 Fe tal que lim T xn = ye:

n!1

De…na

isto é,

e ! Fe Te : E x e 7! ye;

Te(e x) = lim T xn ; onde lim xn = x e: n!1

n!1

Note que Te está bem de…nida e é linear.

30

Se x pertence a E, então x = limn!1 x e Te(x) = lim T (x) = T (x): n!1

Como

kT xn k

kT k kxn k ;

fazendo n tender a in…nito, temos e

Te(e x)

kT k ke xk

Te

kT k :

Como a desigualdade contrária é óbvia, segue que Te e T têm a mesma norma. A unicidade de Te segue facilmente da sua continuidade.

31

1.7

Séries em espaços vetoriais normados

Séries em espaços vetoriais normados têm um papel importante. Por exemplo, podemos caracterizar espaços vetoriais normados completos por meio de propriedades relativas à convergência de séries. Essa caracterização é útil em algumas demonstrações. Uma seqüência (xn ) em um evn E é dita absolutamente somável se 1 X

n=1

Nesse caso, dizemos que a série

1 n=1 xn

kxn k < 1:

é absolutamente convergente. Se (xn ) for tal que 1 X

x

(n)

n=1

converge, qualquer que seja a bijeção : N ! N;dizemos que (xn ) é incondicionalmente somável e que 1 Se uma série é convergente mas não é n=1 xn é incondicionalmente convergente. incondicionalmente convergente, dizemos que ela é condicionalmente convergente. A seguir caracterizamos espaços de Banach através de séries. Teorema 1.7.1 Um evn E é Banach se e somente se cada série absolutamente convergente for convergente em E: Demonstração. Suponhamos que E seja completo. Seja 1 X

xn

n=1

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

k X

xn , temos

n=1

kSn Como

1 X j=1

n X

Sm k =

n X

xj

j=m+1

j=m+1

kxj k :

(1.23)

kxj k é convergente, de (1.23) inferimos que dado " > 0, existe N tal que n; m

N ) kSn

Sm k < ":

Portanto (Sn ) é convergente. Reciprocamente, suponhamos que toda série absolutamente convergente em E seja também convergente. Seja (xn ) uma seqüência de Cauchy em E. Então, para cada k natural, existe nk tal que kxm

xn k < 2

Assim, encontramos números naturais n1

1 X

para todo m; n

n2 xnk

Em particular,

k

xnk+1

tais que xnk+1 < 2

xnk

k=1

1 X

k=1

32

k

2

:

k

=1

nk :

e portanto a série

1 X

(xnk+1

xnk )

k=1

é absolutamente convergente. Usando nossa hipótese, concluímos que essa série é convergente. Como xnk+1 = xn1 +

k X

(xnj+1

xnj );

j=1

concluímos que (xnk )1 Como (xn )1 n=1 é uma seqüência de Cauchy, e admite k=1 é convergente. subseqüência convergente, segue que ela também converge e E é completo. Existem algumas caracterizações interessantes de séries incondicionalmente convergentes. A seguir, listamos algumas delas: 1 X

Teorema 1.7.2 Dada uma série

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

j=1

equivalentes: 1 X (a) xj é incondicionalmente convergente; j=1

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

1 X

xnk converge;

j=1

(c) Para qualquer escolha de sinais

j

2 f 1; 1g;a série

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

1 X

j xj

converge;

j=1

xj < "

j2F

para qualquer conjunto …nito F

fn" + 1; n" + 2; :::g.

Demonstração. Para uma demonstração detalhada, veja [7]: O livro [1] também comenta as equivalências, com menos detalhes. Exercício 1.7.3 Mostre que se

1 X

xj é uma série incondicionalmente convergente em um espaço de

j=1

Banach E, então

1 X

x

1 (j)

=

j=1

para quaisquer bijeções

k

1 X

x

2 (j)

j=1

: N ! N, k = 1; 2:

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

1 (1); :::;

1 (k1 )g

f1; 2; ::::; n" g

f

2 (1); :::;

2 (k2 )g

f1; 2; ::::; n" g:

e seja k2 tal que Logo, se k > maxfk1 ; k2 g, temos k X j=1

x

1 (j)

k X

x

2 (j)

j=1

=

X

j2F1

33

xj

X

j2F2

xj

com F1 ; F2 …nitos e contidos em fn" + 1; n" + 2; :::g: Logo, pela desigualdade triangular, temos k > maxfk1 ; k2 g )

k X

x

k X

1 (j)

j=1

x

X

2 (j)

j=1

xj +

j2F1

X

xj < 2":

j2F2

Concluímos que lim

k!1

k X

x

1 (j)

j=1

k X

x

2 (j)

=0

j=1

e o resultado segue.

1.7.1

Comentários e curiosidades sobre séries.

1. Em cursos de análise aprendemos que, na reta, convergência absoluta e incondicional são a mesma coisa. No caso de séries (de números reais) condicionalmente convergentes, o leitor deve se lembrar do seguinte resultado, usualmente creditado a Riemann: (Riemann [23], 1854 - Dini [8], 1868) Na reta, se 1 n=1 xn é condicionalmente convergente, então dado um número real L; existe uma bijeção tal que 1 n=1 x (n) = L, isto é, o conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes de uma série condicionalmente convergente de números reais coincide com R. É natural que nossa curiosidade nos leve a perguntar o que acontece se passarmos de R para Rn . O que seria razoável acontecer? Será que o conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes de uma série condicionalmente convergente em Rn coincide com o Rn ? Surpreendentemente, o resultado abaixo nos mostra que não é bem assim: n (Levy [13], 1905 - Steinitz [25], 1913). Para qualquer série convergente 1 n=1 xj em R ; o conjunto das somas dos seus rearranjamentos convergentes é a translação de um subespaço vetorial.

A próxima questão natural é o problema 106 do Scottish Book (veja [18]), livro de problemas formulados por matemáticos da escola de matemática de Lvov, Polônia, na década de 30; época em que surgiu a Análise Funcional moderna: Qual a generalização do resultado de Levy-Steinitz para dimensão in…nita? Mais uma vez, surpresas nos esperam: (Kadets [11], 1986). Se um espaço de Banach tem dimensão in…nita, existe uma série cujo conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes não é convexo. Como todo subespaço vetorial é convexo, …ca claro que o comportamento das somas dos rearranjamentos convergentes de séries em espaços de dimensão in…nita não segue o que acontece no Rn .

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

X

x

x < ":

2G

34

2 g em um espaço …nito tal que, para

Nesse caso, ecrevemos

X 2

similar, uma família fx ;

x = x e dizemos que

X

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

2

2 g de um espaço vetorial normado E é absolutamente somável se X supf kx k ; 2 g < 1:

Nesse caso dizemos que a série

X

2F; F …nito

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

2

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

35

1.8

Bases de Schauder

Na álgebra linear, quando lidamos apenas com espaços vetoriais, sem noções topológicas, temos o conceito de base (de Hamel). Bases de Hamel são de difícil manuseio e são muito “grandes”, em geral! O seguinte resultado é um bom indício: Proposição 1.8.1 Seja E um espaço de Banach de dimensão in…nita e B uma base de E: Então B não é enumerável. Demonstração. Se B fosse enumerável, poderíamos enumerar seus elementos v1 ; v2 ; :::: É claro que E=

1 [

Fn ;

(1.24)

n=1

onde cada Fn é o espaço gerado por fv1 ; v2 ; :::; vn g: Como cada Fn tem dimensão …nita, é fechado e o Teorema de Baire garante que algum dos Fn que aparecem em (1.24) tem interior não-vazio. Mas, isso é um absurdo, pois todo subespaço próprio de um espaço vetorial normado tem interior vazio (veri…que!). Em espaços normados, temos a noção de convergência e é natural e frutífero pensar em séries para substituir combinações lineares …nitas: De…nição 1.8.2 Se E é um espaço vetorial normado, uma seqüência (en )1 n=1 é uma base de Schauder de E se cada x em E puder ser representado de maneira única como x=

1 X

n en :

(1.25)

n=1

Uma base de Schauder é dita incondicional se a convergência em (1.25) for incondicinal. Exemplo 1.8.3 O espaço c (veja de…nição no Exercício 1.4.6) possui base de Schauder (en )1 n=0 dada por 8 e0 = (1; 1; 1; :::) > > > < e1 = (1; 0; 0; :::) e2 = (0; 1; 0; 0; :::) : > > > .. : . Com efeito, se x = (x1 ; x2 ; :::) 2 c, denotando x0 = lim xn ; temos x = x0 e0 +

1 P

(xj

x0 )ej :

j=1

Faça as contas com detalhes.

Exercício 1.8.4 Se (vj )1 j=1 é base de Schauder de um espaço de Banach E, mostre que fvj ; j 2 Ng é LI. Exercício 1.8.5 Mostre que todo espaço com base de Schauder é separável. Exercício 1.8.6 Mostre que em lp , 1 p < 1, a seqüência (en )1 n=1 com ej = (0; 0; :::; 0; 1; 0; :::); com o 1 aparecendo na j-ésima coordenada, é uma base de Schauder de lp :

36

Solução. Seja (xj )1 j=1 2 lp . Vamos mostrar que (xj )1 j=1 = Dado " > 0, como

1 P

j=1

(1.26)

p

1 P

n0 então n P

xj ej :

j=1

jxj j < 1, existe n0 natural tal que

j=n0

Logo, se n

1 P

j=1

xj ej

p

jxj j < ":

(xj )1 j=1 = k(0; :::; 0; xn+1 ; xn+2 ; :::)k

1 P

j=n0

p

jxj j < ":

Portanto segue (1.26). A rigor, devemos mostrar ainda a unicidade. Para tanto, suponha que 1 P

xj ej =

j=1

Então as seqüências

j=1

n P

Sn =

1 P

yj ej 2 lp :

xj ej e Rn =

j=1

n P

yj ej

j=1

convergem para o mesmo limite em lp : Logo (Sn j.

Rn ) ! 0 e segue facilmente que xj = yj para todo

Exercício 1.8.7 Mostre que a seqüência (en )1 n=1 é uma base de Schauder incondicional em lp , 1 p < 1: Solução. Seja (xj )1 j=1 2 lp : Sabemos que (xj )1 j=1 =

1 P

xj ej :

(1.27)

j=1

Para mostrar que a convergência em (1.27) é incondicional, usaremos o Teorema 1.7.2. Note que, como (xj )1 j=1 2 lp , temos ("j xj )1 j=1 2 lp para quaisquer "j 2 f 1; 1g: Como ("j xj )1 j=1 = segue que

1 P

"j xj ej é convergente.

1 P

"j xj ej ;

j=1

Então, pelo Teorema 1.7.2 (c), a convergência em (1.27) é

j=1

incondicional.

Exercício 1.8.8 Mostre que (e1 ; e2 Solução. Se x 2 l1 ; então x =

1 P

e1 ; e3 xj ej e

j=1

a1 e1 +

e2 ; e4 1 P

j=1 1 P

aj (ej

e3 ; :::) é base de Schauder de l1 :

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

j=2

1)

=x=

1 P

j=1

37

xj ej :

Então, dado " > 0, existe N" 2 N tal que n > N" ) a1 e1 + ) (a1

a2

) k(a1

a2

n P

aj (ej

ej

1 P

1)

j=2

xj ej < "

j=1

x1 )e1 +

+ (an

an

1

xn

1 )en 1

+ (an

1 P

xn )en

xj ej < "

j=n+1

x1 )e1 +

+ (an

an

1

xn

1 )en 1 k

< ":

A…rmamos que aj De fato, se fosse aj a um absurdo. Daí segue que

1

aj

xj

aj

1

xj

1

= 0 para todo j

2:

6= 0 para algum j, escolheríamos " =

1

ak =

1 P

xj para todo k

jaj

1

aj 2

xj

1j

e chegaríamos

1:

j=k

Agora, vamos mostrar que a série a1 e1 +

1 P

aj (ej

ej

1 );

1 P

com ak =

j=2

xj

j=k

realmente converge para x. Isso é fácil, pois a1 e1 +

n P

aj (ej

ej

1)

j=2

= (a1 =

nP1

a2 )e1 + 1 P

xj ej +

j=1

+ (an !

xj

j=n

an )en

1

1

+ an en

en

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

1 P

j=n

jxj j =

1 P

xj ej < ":

j=n

Logo,

n > N0 ) a1 e1 + =

nP1

xj ej +

j=1

=

1 P

j=n

xj

!

n P

aj (ej

j=2

1 P

xj

j=n

en

1 P

!

ej

1)

1 P

xj ej

j=1

en

1 P

xj ej

j=1

xj ej < 2";

j=n

e a convergência ocorre. Exercício 1.8.9 Mostre que (e1 ; e2 e1 ; e3 e2 ; e4 e3 ; :::) não é base de Schauder incondicional de l1 : Sugestão: Use e equivalência (b) do Teorema 1.7.2.

38

Solução. Escolha 1 2 1 x2 = 2 .. . 1 xn = n .. . x1 =

1 3 1 n+1

Então x = (xj )1 j=1 2 l1 e sua representação na base de Schauder dada é 1 1 x = 1e1 + (e2 e1 ) + (e3 e2 ) + 2 3 Se essa convergência fosse incondicional, então, em particular, a série 1 1 1e1 + (e3 e2 ) + (e5 3 5 deveria ser convergente em l1 , mas isso não ocorre.

e4 ) +

Exercício 1.8.10 Para cada t 2 (0; 1); seja xt = (t; t2 ; t3 ; :::) (a) Mostre que fxt ; 0 < t < 1g é um subconjunto LI de lp para qualquer 1 p 1: (b) Mostre que dim(lp ) = card(R): Lembre-se que a dimensão de um espaço vetorial é a cardinalidade de alguma de suas bases de Hamel (todas as bases de Hamel de um mesmo espaço vetorial têm a mesma cardinalidade). Note que do item (a) segue que dim(lp ) card(R) e use que card(R R ) =card(R): Sugestão para a solução. (a) Se fxtj ; j = 1; :::; ng são vetores distintos e a1 xt1 + então a1 (t1 ; t21 ; :::) + a2 (t2 ; t22 ; :::) + + an (tn ; t2n ; ::::) = 0: Logo

8 t1 a1 + t2 a2 + > > > > .. < . n n t a + t a + > 1 2 1 2 > > > .. : .

+ an xtn = 0;

tn an = 0 (1.28)

tnn an = 0

Para que o “sistema in…nito” tenha solução, em particular, as n primeiras igualdades devem ser satisfeitas. Vejamos que não há solução não trivial para o sistema formado pelas n primeiras igualdades (note que as variáveis são os aj ). Só haveria solução não-trivial se fosse 2 3 t1 t21 tn1 6 t2 t22 t2n 7 6 7 det 6 . .. .. .. 7 = 0: 4 .. . . .5 2 tn t n tnn Mas

2

t1 6 t2 6 det 6 . 4 ..

tn

t21 t22 .. . t2n

.. .

3 2 tn1 1 61 t2n 7 7 6 .. 7 = t1 :::tn det 6 .. 4. .5 tnn

t1 t2 .. .

1 tn

.. .

tn1 t2n .. . tnn

13 17 1

7 7 5

é não-nulo, pois é um determinante de Vandermonde com os tj dois a dois distintos. 39

Exercício 1.8.11 Seja E 6= f0g um espaço de Banach e N l1 (E) = (xj )1 j=1 2 E ; supfkxj k ; j 2 Ng < 1 ;

c00 (E) = (xj )1 j=1 2 l1 (E); existe n0 2 N tal que xj = 0 para todo j

n0 :

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

1

= supfkxj k ; j 2 Ng;

responda: a) c00 (E) é denso em l1 (E) ? b) c00 (E) é completo com a norma k:k1 ? c) Qual a (cardinalidade da) dimensão de c00 (K) ? d) Exiba uma base de Hamel de c00 (K): e) Considerando a de…nição de base de Schauder válida para espaços vetoriais normados (não necessariamente completos), existe base de Schauder para c00 (K) ? Caso positivo, exiba. f ) Qual a (cardinalidade da)dimensão de c00 (E)? Sugestão: Para cada x 2 E e j natural, de…na ej (x) = (0; :::; 0; x; 0; :::), onde o x aparece na j-ésima entrada. Se A é base de Hamel de E, mostre que B = fej (x); j 2 N e x 2 Ag é base de Hamel de c00 (E). Conclua que card(B) = card(N)card(A).

1.8.1

Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder

Todo espaço com base de Schauder é separável. Um problema que …cou aberto durante algum tempo foi: será que todo espaço separável tem base de Schauder? A resposta, negativa, foi obtida pelo matemático sueco Per En‡o, em 1972. Um resultado, que já era conhecido por Banach, garante que todo espaço de Banach possui um subespaço fechado com base de Schauder. É natural perguntar se todo espaço de Banach possui um subespaço fechado com base de Schauder incondicional. Esse problema é chamado “problema da base incondicional”, foi resolvido na negativa, recentemente, por W. T. Gowers, que ganhou a medalha Fields em 1998. O leitor mais interessado poderá encontrar uma exposição elementar do assunto em [5]. Alguns resultados interessantes: C([0; 1]) tem base de Schauder (veja [19]) mas não tem base de Schauder incondicional (veja [10, p. 186]) Lp [0; 1]; 1 p < 1, tem base de Schauder (veja [19, Ex. 4.1.27]) mas L1 [0; 1] não tem base de Schauder incondicional.

1.8.2

Nota histórica

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

1.9

Caracterização do dual de lp

Teorema 1.9.1 Se 1 p < 1; o dual de lp é isometricamente isomorfo a lq , com p = 1; consideramos q = 1). 40

1 p

+

1 q

= 1 (se

Demonstração. Dado y = (yj ) 2 lq ; de…nimos 8 ' : lp ! K > < 1 X '(x) = xj yj > :

(1.29)

j=1

Usando a Desigualdade de Hölder, é fácil ver que j'(x)j

kykq kxkp se p > 1

j'(x)j

kyk1 kxk1 se p = 1:

Logo, qualquer que seja o caso, temos k'k

kykq

Agora, provaremos que todo ' 2 (lp )0 é dado por (1.29) para algum y = (yj ) 2 lq e mostraremos ainda que k'k kykq : Note que se x =

1 X j=1

xj ej 2 lp , então 1 n 1 X X X '(x) = '( xj ej ) = '( lim xj ej ) = xj '(ej ): n!1

j=1

j=1

j=1

Seja y = (yj ) = ('(ej )): Mostraremos que y 2 lq e que k'k kykq : Dado a 2 K, de…namos a jaj ; se a 6= 0 : sgn(a) = 0, se a = 0: Caso p = 1: Fixado n 2 N, seja x = (xj ), com sgn(yj ) se j = n : 0, se j 6= n:

xj = É claro que x 2 l1 e que kxk

1: Por (1.30) segue que '(x) = xn yn = jyn j

e jyn j = j'(x)j

k'k kxk1

k'k :

Como isso vale para todo n, segue que kyk1

k'k :

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

xj =

Para 1

j

jyj j

sgn(yj ) se 1 0, se j > n:

j

n

:

n, temos q 1

xj yj = jyj j

sgn(yj )yj =

(

q 1 yj jyj j yj

jyj j

41

q

= jyj j se yj 6= 0 0 se yj = 0:

(1.30)

e portanto, se 1

j

n,

q

p

xj yj = jyj j = jxj j ; pois p(q

1) = q:

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

n X

xj yj =

j=1

n X j=1

q

jyj j :

Assim, n X j=1

q

jyj j

k'k kxkp 0 1 p1 n X p = k'k @ jxj j A j=1

1 p1 0 n X q = k'k @ jyj j A j=1

e

11 0 n X q @ jyj j A

1 p

k'k :

j=1

Como n é arbitrário, temos

kykq

k'k :

Tudo o que foi provado garante que a aplicação linear 0

T : lq ! (lp ) de…nida por

T (y) = ' : lp ! K dada por '(x) =

1 X

xj yj

j=1

é o isomor…smo isométrico procurado. Exercício 1.9.2 Mostre que o dual de c0 é l1 : Solução. De…na 0

J : l1 ! (c0 ) 1 X J(y)(x) = xj yj : j=1

É fácil ver que J está bem de…nida, é linear. Além disso, jJ(y)(x)j

kxk1 kyk1

42

e daí segue que kJk

0

1:

Por outro lado, dada T 2 (c0 ) ; para cada n 2 N, de…na para cada m, temos 0 1 m m m X X X @ A jT (ej )j = j ej j T (ej ) = T j=1

j=1

j=1

Fazendo m ! 1, temos

n

1 X j=1

jT (ej )j

2 K tal que jT (en )j =

kT k

m X j=1

n T (en ):

Logo,

= kT k :

j ej 1

kT k :

(1.31)

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

J (T (ej ))1 j=1 (x) =

j=1

Portanto,

1 0 1 X xj T (ej ) = T @ xj ej A = T (x): j=1

J (T (ej ))1 j=1 = T e J é sobrejetiva. É fácil ver que J é injetiva. Logo J é bijetiva e, denotando por I a sua inversa, temos 0

I : (c0 ) ! l1 I(T ) = (T ej )1 j=1 : De (1.31) segue que kIk = sup kI(T )k = sup kT k 1

1 X

kT k 1 j=1

jT (ej )j

sup kT k = 1:

kT k 1

Logo, se y 2 l1 ; temos kyk1 = kI(Jy)k1

kIk kJyk = kJyk

Portanto, kJyk = kyk e J é uma isometria.

43

kJk kyk

kyk :

Capítulo 2

Espaços com produto interno Em Rn ; além das operações de soma de vetores e produto de escalar por vetor, temos o produto interno (:; :) : Rn Rn ! R n P (x; y) = xj yj j=1

que é uma espécie de produto entre vetores. Dizemos que a norma euclidiana provém do produto interno, pois 2 (x; x) = kxk : O que faremos a seguir é de…nir um conceito abstrato de produto interno, e estudar os espaços normados cuja norma provém de um produto interno. Tais espaços são chamados de espaços com produto interno e, se forem completos, são chamados de espaços de Hilbert.

2.1

Resultados preliminares

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

E!K

que satisfaz, para quaisquer x; x1 ; x2 ; y 2 E e 2 K: (P1) (x1 + x2 ; y) = (x1 ; y) + (x2 ; y) (P2) ( x; y) = (x; y) (P3) (x; y) = (y; x) (P4) (x; x) > 0 se x 6= 0: Note que das propriedades acima segue que (x; 0) = (0; y) = 0 para quaisquer x e y: Se E possui um produto interno, dizemos que E é um espaço com produto interno. Proposição 2.1.1 (Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz) Seja vetorial com produto interno. Então 2

j(x; y)j

(x; x)(y; y)

E

um

espaço (2.1)

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

44

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

(ax

by; ax

2

by) = aa(x; x)

ba(y; x)

ab(x; y) + bb(y; y)

2

= jaj (x; x)

2 Re ab(x; y) + jbj (y; y):

Se tomarmos a = (y; y) e b = (x; y); encontramos 2

ab(x; y) = (y; y)bb = jbj (y; y) 2 R. Então 0

(ax

by; ax

2

= jaj (x; x) 2

Daí

by)

(2.2) 2

2ab(x; y) + jbj (y; y) 2

= jaj (x; x) jbj (y; y) h i 2 = (y; y) (y; y)(x; x) jbj h i 2 = (y; y) (y; y)(x; x) j(x; y)j : 2

(y; y)(x; x)

j(x; y)j

0

e segue a primeira parte. Agora provaremos a segunda parte. Se fx; yg é LD, é fácil ver que vale a igualdade. Por outro lado, suponha que vale a igualdade. Então, se a = (y; y) e b = (x; y); temos, de (2.2), que (ax

by; ax

by) = 0:

(2.3)

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

by = 0

com a 6= 0 e fx; yg é LD. A Desigualdade de Cauchy-Bunyakowskii-Schwarz, mais conhecida como Desigualdade de Cauchy-Schwarz, nos permite associar, de modo natural, uma norma a um espaço com produto interno, como veremos a seguir: Corolário 2.1.2 Seja E um espaço com produto interno. A função k:k : E ! R dada por kxk = (x; x)1=2 é uma norma em E. 2

Demonstração. Exercício. Sugestão: Comece com kx + yk e use a Desigualdade de CauchySchwarz. A norma de…nida acima é chamada norma proveniente do produto interno ( ; ): Um espaço vetorial com produto interno que, com a norma acima, é Banach, é chamado espaço de Hilbert. Espaços de Hilbert gozam de propriedades especiais, que serão estudadas no decorrer desse texto. Exercício 2.1.3 Mostre que l2 é um espaço de Hilbert com produto interno (x; y) =

1 X j=1

45

xj yj :

Há alguns resultados úteis que relacionam a norma proveniente do produto interno com o produto interno: Proposição 2.1.4 Seja E um espaço vetorial com um produto interno. Então (i) (Lei do Paralelogramo) 2

2

kx + yk + kx

2

2

yk = 2(kxk + kyk )

para quaisquer x; y 2 E. (ii) (Fórmula de Polarização, caso real) 1h 2 kx + yk (x; y) = 4

kx

2

yk

i

para quaisquer x; y 2 E. (iii) (Fórmula de Polarização, caso complexo) 1h 2 2 2 (x; y) = kx + yk kx yk + i kx + iyk 4

kx

iyk

para quaisquer x; y 2 E.

2

i

Demonstração. (i) e (ii). Como 2

2

2

kx + yk = kxk + (x; y) + (y; x) + kyk 2 2 2 ; kx yk = kxk (x; y) (y; x) + kyk somando as duas igualdades obtemos (i) e subtraindo as duas igualdades, obtemos (ii). (iii). Como 2

2

2

2

2

kx + iyk = kxk + (x; iy) + (iy; x) + kyk = kxk i(x; y) + i(y; x) + kyk 2 2 2 2 2 ; kx iyk = kxk + (x; iy) + ( iy; x) + kyk = kxk + i(x; y) i(y; x) + kyk subtraindo as igualdades, temos 2

kx + iyk Mas Logo

kx + yk

2

kx 2

iyk =

kx

2i(x; y) + 2i(y; x)

2

yk = 2(x; y) + 2(y; x)

1h 2 2 2 kx + yk kx yk + i kx + iyk kx 4 1 = [2(x; y) + 2(y; x) + 2(x; y) 2(y; x)] 4 = (x; y): Se E1 e E2 são espaços normados, E1

iyk

2

i

E2 tem normas naturais, a saber

k(x; y)k1 = kxk + kyk k(x; y)k2 = maxfkxk ; kykg: É claro que essas duas normas são equivalentes.Quando lidarmos, ao mesmo tempo, com produto interno e pares ordenados, usaremos a notação < x; y > para denotar o produto interno, com o intuito de evitar confusão com a notação de par ordenado (x; y). Sempre que E1 e E2 forem evn, quando considerarmos o produto cartesiano E1 E2 , estaremos subentendendo E1 E2 com uma dessas normas, e conseqüentemente E1 E2 é um espaço métrico com a métrica proveniente dessas normas. Como as duas normas são equivalentes, as duas métricas serão equivalentes. 46

Exercício 2.1.5 Mostre que em E1 E2 com k:k1 ; um par ordenado (xj ; yj ) converge para um par ordenado (x; y) se e somente se xj ! x e yj ! y: Exercício 2.1.6 Mostre que a função produto interno (de E E em K) é contínua. Solução. Pelo exercício anterior, se o par ordenado (xj ; yj ) converge para um par ordenado (x; y) em E E, segue que xj ! x e yj ! y: Pela Fórmula de Polarização (caso real) temos < x; y >= Como a norma é contínua, segue que < xj ; yj >=

1h 2 kxj + yj k 4

kxj

1h 2 kx + yk 4 2

yj k

O caso complexo é similar.

i

!

kx

2

yk

i

:

1h 2 kx + yk 4

kx

2

yk

i

=< x; y > :

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

2.1.1

Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-BunyakovskiiSchwarz

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

2.2

Ortogonalidade

Lembre-se que no R2 ; dois vetores x e y são ortogonais se 2 X

xj yj = 0;

j=1

isto é, seu produto interno é zero. Para espaços com produto interno, generalizamos o conceito de ortogonalidade de maneira natural: De…nição 2.2.1 Em um espaço com produto interno dizemos que x e y são ortogonais (notação x ? y) se (x; y) = 0: Exercício 2.2.2 (Teorema de Pitágoras) Se E é um espaço com produto interno, prove que se x e y são ortogonais em E, então 2 2 2 kx + yk = kxk + kyk : Teorema 2.2.3 Seja E um espaço com produto interno e seja M um subespaço completo de E. Dado x 2 E, existe um único p 2 M tal que kx

pk = dist(x; M ) := inf kx y2M

47

yk

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

kx

para todo n; onde d = dist(x; M ). Pela Lei do Paralelogramo aplicada a x 2 kx

2

yn e x

2

ym k + 2 kx

1 n

yn k < d +

yn k = kx

(2.4)

ym ; temos 2

yn + x

ym k + kx

2

yn

x + ym k

e portanto kyn

2

2

ym k = 2 kx

ym k + 2 kx

2 d+

2

2

1 m

+2 d+

1 n

yn + ym 2

4 x

yn k

2

2

4d2 ! 0

quando n e m crescem. Logo (yn ) é de Cauchy em M e, como M é completo, converge para um certo p 2 M . De (2.4), fazendo n ! 1, temos kx pk = d: Para provar a unicidade, suponha kx

qk = d:

Pela Lei do Paralelogramo, temos 2

2 kx

2

pk + 2 kx

qk = k2x

4d2 = 4 x

p+q 2

2

p

qk + kp

2

qk

e daí segue que 2

) kp

qk = 4d2

) kp ) kp

qk 4d2 qk = 0:

+ kp

2

qk

p+q 2

2

4 x

2

4d2 = 0

2

Exercício 2.2.4 Mostre que, para R2 com k(x; y)k = maxfjxj ; jyjg; existem um subespaço fechado M ex2 = M tal que não é único o p 2 M com kx

pk = dist(x; M ):

Exercício 2.2.5 Mostre que em todo espaço vetorial V pode ser de…nido um produto interno. Mais ainda, para cada base de Hamel B de V , podemos de…nir um produto interno de modo que os vetores de B sejam ortogonais. De…nição 2.2.6 Seja E um espaço com produto interno e M um subconjunto de E. Denominamos o subconjunto M ? = fy 2 E; (x; y) = 0 para todo x 2 M g de complemento ortogonal a M: Exercício 2.2.7 Mostre que M

(M ? )? : 48

Exercício 2.2.8 Mostre que M ? é um subespaço fechado de E. Teorema 2.2.9 Seja E um espaço com produto interno e seja M um subespaço completo de E. Então (a) E é soma direta de M e M ? ; isto é, cada x 2 E admite uma única representação na forma x = p + q com p 2 M e q 2 M ? : Além disso kx

pk = dist(x; M )

e p é chamado de projeção ortogonal de x sobre M: (b) Se de…nirmos P (x) = p e Q(x) = q para x 2 E, então P; Q 2 L(E; E): O operador P é chamado de operador projeção de E sobre M , ou simplesmente projeção. (c) P 2 = P; Q2 = Q e P Q = Q P = 0: Demonstração.(a) Dado x 2 E, seja p 2 M o único vetor em M tal que kx

pk = dist(x; M ):

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

kqk = kx

2

pk

kyk

2

2

j j kyk

2

p

2

2

= kqk + )0

kx

yk = (q (y; q)

y)

(q; y)

2 Re [ (y; q)] :

Escrevendo (y; q) na forma polar j(y; q)j ei e escolhendo 0

y; q

2

t2 kyk

= te

i

(com t 2 R), temos

2t j(y; q)j

e conseqüentemente j(y; q)j = 0: Logo x = p + (x

p) = p + q

?

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

q 2 M \ M ?:

p1 = q 1

Como M \ M ? = f0g (veri…que), o resultado segue. (b) Como x = p + q e p e q são ortogonais, temos, pelo Teorema de Pitágoras (2.2.2), 2

2

2

kxk = kpk + kqk e

2

kP xk = kpk

2

e daí kP k Para Q o resultado é análogo. (c) Fácil.

49

1:

2

kxk

Observação 2.2.10 É interessante observar que mesmo o item (a) do teorema anterior não é válido, em geral, sem a hipótese de M ser um subespaço completo. De fato, tome E = l2 , M = [ej ; j 2 N]. É fácil ver que M ? = f0g (Exercício 2.3.3) e …ca claro que nesse caso E 6= M M ? : Exercício 2.2.11 Se M é um subespaço fechado de um espaço de Hilbert E; mostre que M = (M ? )? : Solução. Basta mostrar que (M ? )?

M: A outra inclusão já é conhecida. Temos que E=M

M ?:

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

M ? : Logo

(xM + xM ? ; y) = 0 para todo y 2 M ? e daí (xM ? ; y) = 0 para todo y 2 M ? : Portanto xM ? = 0 e segue que x = xM + 0 2 M:

2.3

Conjuntos ortonormais

De…nição 2.3.1 Seja E um espaço com produto interno. Um conjunto S E é dito ortonormal se dados x; y 2 S tivermos (x; y) = 0 se x 6= y e (x; x) = 1: Um conjunto ortonormal S é dito completo se S ? = f0g: Exercício 2.3.2 Todo conjunto ortonormal é LI. Exercício 2.3.3 Mostre que S = fej ; j 2 Ng é um conjunto ortonormal completo em l2 : Exercício 2.3.4 Mostre que L2 ([0; 2 ]) (caso real) é um espaço de Hilbert e que o conjunto formado pelas funções 1 f0 (t) = p ; 2 1 fn (t) = p cos(nt); n 2 N e 1 gn (t) = p sin(nt); n 2 N é um conjunto ortonormal. O próximo resultado nos dá a forma precisa da melhor aproximação de x em um subespaço de dimensão …nita M de um espaço com produto interno. Proposição 2.3.5 Seja E um espaço com produto interno e fx1 ; :::; xn g um conjunto ortonormal …nito em E. (a) Se M = [x1 ; :::; xn ] e x 2 E, então x

n X

(x; xi )xi = dist(x; M ):

i=1

(b)

n X i=1

2

j(x; xi )j

2

kxk para todo x em E. 50

Demonstração. (a) Pelo Teorema 2.2.9, x = p + q com p 2 M; q 2 M ? e kx Como p 2 M , existem

1 ; :::;

n

pk = dist(x; M ):

tais que n X

p=

i xi :

i=1

Como x

p = q 2 M ? , temos 0 = (x p; xj ) = (x; xj ) ) j = (x; xj )

j

e segue (a). (b) Note que 0

x

n X

n X

(x; xi )xi ; x

i=1

)0

(x; xi )xi

i=1

n X

2

kxk

i=1

2

j(x; xi )j

n X i=1

! 2

j(x; xi )j +

n X i=1

2

j(x; xi )j

e o resultado segue. Observação 2.3.6 A expressão

n X

(x; xi )xi é,

por motivos óbvios,

chamada de melhor

i=1

aproximação de x em M = [x1 ; :::; xn ]: Exercício 2.3.7 Se M = fp(x); p é polinômio com coe…cientes reais e grau menor ou igual a 1g e E é o espaço de Hilbert L2 [ 1; 1]; encontre a melhor aproximação de f (x) = ex em M . O próximo lema ajudará na obtenção de uma desigualdade famosa, chamada Desigualdade de Bessel. Lema 2.3.8 Seja E um espaço com produto interno e S = fxi ; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E. Então, para cada x 2 E, o conjunto J = fi 2 I; (x; xi ) 6= 0g é, no máximo, enumerável, i.e., é …nito ou enumerável. Demonstração. Note que J =

1 [

Jk ; com

k=1

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

1 g: k

Para mostrar que J é enumerável, basta mostrar que cada Jk é …nito. Como, para todo J0 temos X 2 2 j(x; xi )j kxk ; i2J0

se i1 ; :::; in 2 Jk ; temos

2

j(x; xi1 )j +

2

+ j(x; xin )j 51

2

kxk :

J …nito,

Conseqüentemente 2

1 k

n

2

kxk

e

2

k 2 kxk :

n

2

Assim, a quantidade de elementos de Jk não excede k 2 kxk e Jk é, portanto, …nito. Teorema 2.3.9 (Desigualdade de Bessel) Seja E um espaço com produto interno e S = fxi ; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E. Então, se x 2 E; temos X 2 2 j(x; xi )j kxk ; i2J

com J = fi 2 I; (x; xi ) 6= 0g: Demonstração. Sabemos, pelo lema anterior, que J é, no máximo, enumerável. Se J for …nito, o rsultado é dado pela Proposição 2.3.5. Suponha que J seja in…nito. Como todos os termos da série são positivos, não importa a ordem em que fazemos a soma da série. Se i1 ; i2 ; ::: é uma enumeração dos elementos de J, então n X 2 2 j(x; xik )j kxk k=1

para todo n. Logo, fazendo o limite com n tendendo a in…nito, X i2J

2

j(x; xi )j =

1 X

k=1

2

j(x; xik )j

2

kxk :

A seguir, se S = fxi ; i 2 Ig for um conjunto ortonormal (mesmo que não-enumerável), será comum usar a expressão X (x; xi )xi : (2.5) i2I

Como sabemos que fi 2 I; (x; xi ) 6= 0g é no máximo enumerável, …ca claro que a soma que aparece em (2.5) denota, na verdade, uma soma em um conjunto enumerável de índices. Entretanto, ainda não é claro que tal soma está bem de…nida, isto é, converge e, mais ainda, é incondicionalmente convergente. O próximo lema demonstra esse fato. Lema 2.3.10 Seja E um espaço de Hilbert. Seja S = fxi ; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E. Então, para cada x 2 E; denotando Ix = fi 2 I; (x; xi ) 6= 0g, temos que a série X (x; xi )xi i2Ix

converge incondicionalmente. Demonstração. Se Ix for …nito, o resultado é claro. Se Ix for in…nito, seja (yj )1 j=1 uma enumeração n X de fxi ; i 2 Ix g: Seja Sn = (x; yi )yi : Então, se n > m, temos i=1

kSn

2

Sm k =

n X

2

(x; yi )yi

i=m+1

=

n X

i=m+1

2

j(x; yi )j

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

52

1 Exercício 2.3.11 Se (yj )1 j=1 e (zj )j=1 são enumerações de fxi ; i 2 Ix g na proposição anterior, mostre diretamente (sem usar o Exercício 1.7.3) que 1 X

1 X

(x; zi )zi =

i=1

Solução. Sejam Sn =

n X

(x; yi )yi :

i=1

(x; yi )yi e Rn =

i=1

n X

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

i=1

s 2 E e Rn converge para um certo t 2 E. Devemos mostrar que s = t: Dado " > 0, podemos encontrar números naturais m0 e n0 tais que 1 X

i=m+1 1 X

i=n+1

Fixando m1

j(x; yi )j = kSm

2

sk

2

tk

j(x; zi )j = kRn

m0 e tomando n1 R n1

2

"2 para m

2

"2 para n

N

n0 :

n0 tal que fy1 ; :::; ym1 g fz1 ; :::; zn1 g; temos X X Sm1 = (x; zj )zj = (x; yj )yj ; j2J1

onde J

m0

j2J

f1; :::; m1 g: Daí kRn1

2

Sm1 k =

X j2J

1 X

2

j(x; yj )j

i=m1 +1

2

"2 :

sk

3":

j(x; yi )j

Logo kt

sk

kt

Rn1 k + kRn1

Sm1 k + kSm1

Como " > 0 é arbitrário, o resultado segue. O próximo resultado apresenta caracterizações interessantes de conjuntos ortonormais completos. Teorema 2.3.12 Seja E um espaço de Hilbert. Seja S = fxi ; i 2 Ig um conjunto ortonormal em E. Então, as seguintes a…rmações são equivalentes: X (a) x = (x; xi )xi para cada x em E. i2I

(b) S é completo. (c) [S] = E: X 2 2 (d) (Identidade de Parseval) kxk = j(x; xi )j para todo x em E.

(e) (x; y) =

X

i2I

(x; xi )(y; xi ) para quaisquer x; y em E.

i2I

Demonstração. (a))(b) Se x 2 S ? , como (x; xi ) = 0 para todo i em I; segue de (a) que x = 0. Assim S ? = f0g e S é completo. (b))(a) Seja J = fi 2 I; (x; xi ) 6= 0g: Vamos tratar do caso J in…nito (nesse caso, sabemos que J é enumerável). Seja fi1 ; i2 ; :::g uma enumeração de J. Temos, para cada i 2 I; 0 1 1 1 X X @x (x; xij )xij ; xi A = (x; xi ) (x; xij )(xij ; xi ) = 0: j=1

j=1

53

e, como S é completo,

1 X

x

(x; xij )xij = 0:

j=1

Assim, para qualquer enumeração de J, temos x=

1 X

(x; xij )xij :

j=1

Se J for …nito, pode-se adaptar facilmente a demonstração acima. (b))(c) Seja M = [S]: Então E = M M ? : Mas M ? = f0g (pois S Logo E = M: (c))(d) Sejam x 2 E e " > 0. Por (c), existe y" 2 [S] tal que kx y" k < ": X Como y" 2 [S], y" pode ser escrito como y" = i xi ; com J"

M ) M?

S ? = f0g).

I …nito. Lembrando da representação

i2J"

da melhor aproximação, temos que x

X

(x; xi )xi

X

x

i2J"

i xi

Logo x

X

X

(x; xi )xi ; x

i2J"

e daí

< ":

i2J"

(x; xi )xi

i2J" 2

kxk

X

j(x; xi )j < "2 :

X

j(x; xi )j + "2

i2J"

Logo 2

kxk <

i2I

!

< "2

2

2

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

( x + y; x + y) = k x + yk X 2 = j( x + y; xi )j i2I

=

X

( x + y; xi )( x + y; xi )

i2I

e daí 2

2

2

j j kxk + (x; y) + (y; x) + kyk X 2 2 2 = j j j(x; xi )j + (x; xi )(xi ; y) + (y; xi )(xi ; x) + j(xi ; y)j : i2I

Logo, separando as séries do lado direito (isso é possível pois, pela Desigualdade de Hölder, todas elas são convergentes) e usando (d) chegamos a X (x; y) + (y; x) = (x; xi )(xi ; y) + (y; xi )(xi ; x) i2I

=

X

(x; xi )(y; xi ) +

i2I

X i2I

54

(y; xi )(x; xi ):

Fazendo

= 1, obtemos

X

Re(x; y) = Re

(x; xi )(y; xi )

i2I

e escolhendo

= i; chegamos a Im(x; y) = Im

X

(x; xi )(y; xi ):

i2I

Das duas igualdades acima, concluímos que (x; y) =

X

(x; xi )(y; xi ):

i2I

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

2.4

Processo de ortogonalização e suas conseqüências

Em espaços com produto interno, há uma forma de “ortogonalizar” conjuntos de vetores. É um processo simples, porém útil, chamado Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt. Proposição 2.4.1 (Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt) Sejam E um espaço com produto interno e (xn )1 n=1 uma seqüência de vetores LI em E. Existe uma seqüência ortonormal (en )1 tal que n=1 [x1 ; :::; xn ] = [e1 ; :::; en ] para todo n natural. Demonstração. De…nimos e1 =

x1 kx1 k :

Sabemos que x2 pode ser escrito como x2 = (x2 ; e1 )e1 + v2 ;

com v2 2 [e1 ]? : Logo

v2 = x2

(x2 ; e1 )e1 ;

e de…nimos então e2 = Note que

v2 : kv2 k

[x1 ; x2 ] = [e1 ; e2 ]: Vamos demonstrar o teorema por indução. Suponha que tenhamos construído vetores ortonormais e1 ; :::; en tais que [x1 ; :::; xn ] = [e1 ; :::; en ]: (2.6) Temos que xn+1 = (xn+1 ; e1 )e1 +

+ (xn+1 ; en )en + vn+1 ;

com vn+1 2 [e1 ; :::; en ]? : De…na en+1 =

vn+1 : kvn+1 k

É claro que os vetores e1 ; :::; en+1 são ortonormais. Basta mostrar que [x1 ; :::; xn+1 ] = [e1 ; :::; en+1 ]: 55

Do caso n, é claro que ej 2 [x1 ; :::; xn+1 ] para todo j = 1; :::; n: Pela de…nição de en+1 ; é claro que (2.6)

en+1 2 [e1 ; :::; en ; xn+1 ] = [x1 ; :::; xn+1 ]: Logo, segue que [e1 ; :::; en+1 ]

[x1 ; :::; xn+1 ]:

A outra inclusão também é simples.

Corolário 2.4.2 Sejam E um espaço com produto interno e (xn ) uma seqüência de vetores LI em E. Existe uma seqüência ortonormal (en ) tal que [x1 ; :::; xn ; :::] = [e1 ; :::; en ; :::]: Demonstração. Seja (en )1 n=1 a seqüência obtida na Proposição anterior (Processo de GramSchimidt). Se v 2 [x1 ; :::; xn ; :::], então existe k 2 N tal que v 2 [x1 ; :::; xk ]: Pela proposição anterior, sabemos que [x1 ; :::; xk ] = [e1 ; :::; ek ]: Como [e1 ; :::; ek ] que v 2 [e1 ; :::; en ; :::]

[e1 ; :::; en ; :::], segue

e conseqüentemente [x1 ; :::; xn ; :::]

[e1 ; :::; en ; :::]:

A outra inclusão é obtida de modo análogo. Corolário 2.4.3 Um espaço de Hilbert H de dimensão in…nita é separável se e somente se existe em H um conjunto ortonormal completo e enumerável. Demonstração. Suponha que S = fxn ; n 2 Ng seja um conjunto ortonormal completo em H. Pelo Teorema 2.3.12, todo x em H é escrito como x=

1 X

(x; xi )xi :

i=1

Note ainda que se x=

1 X

ai xi ;

i=1

fazendo o produto interno com cada xj , concluímos que aj = (x; xj ); portanto a forma de escrever x é única. Assim, S é uma base de Schauder de H e o Exercício 1.8.5 garante que H é separável. Reciprocamente, se H é separável, seja D = fxn ; n 2 Ng um subconjunto denso de H. Então D é um gerador de [D] e, de D; podemos extrair uma base para [D] (veja exercício 1.4.21). Mas H = D [D] H: Se essa base (que foi extraída de D) fosse …nita, digamos fv1 ; :::; vn g, teríamos que H = [D] = [v1 ; :::; vn ] = [v1 ; :::; vn ]; 56

mas isso não pode acontecer, pois H é um espaço vetorial de dimensão in…nita. Seja, então fv1 ; :::; vn ; :::g a base (in…nita) de [D] extraída de D: Pelo Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt, é possível obter um conjunto ortonormal S tal que [S] = [v1 ; :::; vn ; :::]: Assim, [S] = [v1 ; :::; vn ; :::] = [D] = H e concluímos que S é completo. Em álgebra linear, pode-se provar que se V é um espaço vetorial e S0 é um conjunto LI em V , então existe uma base de V que contém S0 : A peça fundamental da demonstração desse resultado é o Lema de Zorn. A seguir, mostraremos um resultado similar para espaços com produto interno, cuja demonstração é bastante parecida com aquela da álgebra linear. Teorema 2.4.4 Seja H um espaço com produto interno e S0 um conjunto ortonormal em H: Então existe um conjunto ortonormal completo S que contém S0 : Demonstração. Seja F a família de todos os conjuntos ortonormais S em H que contém S0 . Note que F = 6 , pois S0 2 F. Para utilizar o Lema de Zorn, consideramos F com a ordem parcial dada pela inclusão de conjuntos. Seja fSi ; i 2 Ig F um subconjunto de F totalmente ordenado. Note que S Si 2 F: i2I

De fato, se x; y 2

S

i2I

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

ordenado, temos que Si1 Si2 ou Si2 Si1 : Pornato, temos x; y 2 Si1 ou x; y 2 Si2 : Em qualquer S S que seja o caso, é claro que x é ortogonal a y e portanto Si é um conjunto ortonormal. Logo Si é i2I

i2I

uma cota superior para o conjunto totalmente ordenado fSi ; i 2 Ig. Assim, o Lema de Zorn pode ser usado, garantindo a existência de um conjunto ortonormal S 2 F que é maximal. Resta-nos mostrar que S é completo. Se supusermos o contrário, existirá z 2 H não nulo tal que z 2 S ? : Daí z g S1 := S [ f kzk é um conjunto ortonormal (distinto de S) e S S1 , e isso contradiz a maximalidade de S. O próximo resultado mostra que o protótipo de espaços de Hilbert de dimensão in…nita e separáveis é o l2 : Teorema 2.4.5 (Teorema de Riesz-Fischer) Todo espaço de Hilbert, separável, de dimensão in…nita, é isometricamente isomorfo a l2 : Demonstração. Seja H um espaço de Hilbert separável, com dimensão in…nita. Pelo Corolário 2.4.3 e Teorema 2.4.4, existe um conjunto ortonormal completo e enumerável S = fxj ; j 2 Ng em H. Além disso, sabemos que nesse caso todo x em H é representado por x=

1 X

(x; xi )xi :

i=1

De…na T : H ! l2 57

por

1 X 1 T ( (x; xi )xi ) = ((x; xn ))n=1 : i=1

A desigualdade de Bessel garante que T está bem de…nida. Além disso, é fácil ver que T é linear e a identidade de Parseval garante que kT xk = kxk e portanto T é injetiva. Para provar que T é um isomor…smo isométrico, resta mostrar que T é sobrejetiva. Seja (aj )1 j=1 2 l2 : Primeiro, notemos que a série 1 X aj xj j=1

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

kSn Como

1 X j=1

Sm k =

n X

=

aj xj

aj xj ; temos, para n > m;

j=1

2

n X

2

k X

j=m+1

j=m+1

2

jaj j :

2

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

está bem de…nido e é fácil ver que T (x) = (aj )1 j=1 :

1 X j=1

aj xj 2 H

Exercício 2.4.6 Seja E um espaço com produto interno. Sejam S1 = fxn ; n 2 Ng e S2 = fyn ; n 2 Ng conjuntos ortonormais em E tais que [x1 ; :::; xn ] = [y1 ; :::; yn ] para cada n natural. Mostre que existe uma seqüência (an ) de escalares com módulo 1, tais que yn = an xn para todo n. Solução. Como [x1 ] = [y1 ]; segue que y1 = a1 x1 : Como kx1 k = ky1 k = 1; segue que ja1 j = 1: Agora, procedemos por indução. Suponha que y1 = a1 x1 ; com ja1 j = 1; .. . yn = an xn ; com jan j = 1: Vamos mostrar que yn+1 = an+1 xn+1 com jan+1 j = 1: Como [x1 ; :::; xn+1 ] = [y1 ; :::; yn+1 ]; temos que yn+1 =

1 x1

+

+

n xn

+

n+1 xn+1 :

Para qualquer j = 1; ::::; n, usando a hipótese de indução, temos 0 = (yn+1 ; yj ) = ( 1 x1 + + = j aj : Como jaj j = 1; segue que

j

= 0: Portanto

1

=

yn+1 = Como kyn+1 k = kxn+1 k = 1; segue que j

n+1 j

n xn

+

=

n+1 xn+1 ; aj xj )

n

= 0: Assim, de (2.7), concluímos que

n+1 xn+1 :

= 1, e isso completa a demonstração. 58

(2.7)

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

2.4.1

Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt

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

2.5

O Teorema de Riesz-Fréchet

A seguir, veremos um resultado clássico, devido a Riesz e Fréchet, que caracteriza todos os funcionais lineares contínuos em espaços de Hilbert. Teorema 2.5.1 Seja E um espaço de Hilbert e ' : E ! K um funcional linear contínuo. Então, existe um único y0 2 E tal que '(x) = (x; y0 ): Além disso, k'k = ky0 k : Demonstração. Se ' é identicamente nulo, basta tomar y0 = 0. Suponhamos ' não identicamente nulo. Seja M = fx 2 E; '(x) = 0g: Como ' não é identicamente nulo, é claro que M é um subespaço próprio de E. Além disso, M é fechado, pois é a imagem inversa de f0g, que é fechado. Temos, portanto, pelo Teorema 2.2.9, que M ? 6= f0g: Escolha x0 em M ? de norma 1: Vamos mostrar que, para todo x em E, temos '(x) = (x; y0 ); onde y0 = '(x0 )x0 : De fato, x sempre pode ser escrito como x= com x

'(x) '(x0 ) x0

2M e

'(x) '(x0 ) x0

x

'(x) x0 '(x0 )

+

'(x) x0 '(x0 )

2 M ?:

Logo '(x) x0 ; y0 + '(x0 ) '(x) =0+ (x0 ; y0 ) '(x0 ) '(x) = x0 ; '(x0 )x0 '(x0 ) = '(x):

(x; y0 ) =

x

A unicidade é fácil e …ca como exercicio. Também é fácil mostrar que k'k = ky0 k : 59

'(x) x0 ; y0 '(x0 )

Corolário 2.5.2 Se H é um espaço de Hilbert sobre R, H e H 0 são isometricamente isomorfos. Observação 2.5.3 No caso que H = l2 , mesmo sobre o corpo dos complexos, já vimos que H e H 0 são isometricamente isomorfos. Exercício 2.5.4 No Teorema de Riesz-Fréchet, considere o caso ' 6= 0. Apesar da unicidade do y0 ; note que escolhemos arbitrariamente x0 2 M ? com norma 1 e depois de…nimos y0 como sendo um múltiplo de x0 : A pergunta é a seguinte: Como, apesar da liberdade de escolha para x0 , o vetor y0 é único ? Sugestão: Mostre que M ? tem dimensão 1. Para isso, considere x; y 2 M ? e estude o vetor v = '(x)y '(y)x: Note que '(v) = 0 e isso implica que v 2 M \ M ? ::::

2.6

Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert

Proposição 2.6.1 Sejam E e F espaços de Hilbert. Para cada T 2 L(E; F ), existe um único T 2 L(F ; E) tal que (T x; y) = (x; T y) (2.8) para todo x 2 E e y 2 F: Além disso, kT k = kT k : Demonstração. Para cada y 2 F , de…na ':E!K '(x) = (T x; y) Note que ' é linear e, pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos j'(x)j = j(T x; y)j

kT xk kyk :

Portanto k'k

kT k kyk :

Pelo Teorema de Riesz-Fréchet, existe um único y0 2 E tal que '(x) = (x; y0 ); e k'k = ky0 k : Daí (T x; y) = (x; y0 ) para todo x 2 E: De…nimos, então, T :F !E T (y) = y0 : De (2.9) temos que T é linear (faça as contas!) e kT (y)k = ky0 k = k'k Assim kT k

kT k :

Concluímos que T satisfaz (2.8). 60

kT k kyk :

(2.9)

Agora vejamos que T é único. Se T2 também satisfaz (2.8) segue que (x; T2 y) = (x; T y) para todo x; y 2 E: Daí segue facilmente que T2 = T : Resta mostrar que kT k = kT k : Partindo de T : F ! E; o mesmo raciocínio anterior mostra a existência de um T que (T y; x) = (y; T x) para todo y 2 F e x 2 E e, além disso,

kT

k

: E ! F tal (2.10)

kT k

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

. Assim

kT k = kT k :

De…nição 2.6.2 Se E e F são espaços de Hilbert e T 2 L(E; F ), o operador T : F ! E tal que (T x; y) = (x; T y) para todo x 2 E e y 2 F

(2.11)

é chamado adjunto de T . Se E = F; dizemos que T é auto-adjunto quando T = T : Exercício 2.6.3 Se T : E ! E é auto-adjunto, mostre que, para todo x em E, (T x; x) é um número real. Teorema 2.6.4 Se E é um espaço de Hilbert e T 2 L(E; E) é auto-adjunto, então kT k = sup fj(T x; x)j ; kxk = 1g : Demonstração. Se T = 0, o resultado é imediato. Suponhamos T 6= 0: Note que, da Desigualdade de Cauchy-Schwarz, temos j(T x; x)j

2

kT xk kxk

kT k kxk

e portanto sup fj(T x; x)j ; kxk = 1g

kT k :

Resta provar a outra desigualdade. Como T 6= 0, seja x0 2 E com kx0 k = 1 tal que T (x0 ) 6= 0: Sejam 1 1 x = kT x0 k 2 x0 e y = kT x0 k 2 T x0 : Então

2

2

kxk = kyk = kT x0 k :

(2.12)

Note que 2

(T x; y) = kT x0 k

1

1

(T y; x) = (kT x0 k 2 T (T x0 ); kT x0 k 2 x0 ) = (T (T x0 ); x0 ) T auto-adjunto

=

2

(T x0 ; T x0 ) = kT x0 k :

e portanto

2

(T x; y) = (T y; x) = kT x0 k : 61

De…na u=x+y e v =x

y:

Então (T u; u) = (T x; x) + (T x; y) + (T y; x) + (T y; y) (T v; v) = (T x; x) (T x; y) (T y; x) + (T y; y): Portanto (T u; u)

2

(T v; v) = 2(T x; y) + 2(T y; x) = 4 kT x0 k :

(2.13)

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

2

C kwk para todo w 2 E:

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

w kwk

w kwk

;

C

e o resultado segue. Logo, usando a Lei do Paralelogramo, temos (T u; u)

2

(T v; v)

2

C kuk + C kvk 2

= C kx + yk + C kx 2

(2.14) 2

yk

2

= 2C kxk + kyk (2.12)

= 4C kT x0 k :

Finalmente, temos de (2.13) e (2.14), que 4 kT x0 k

2

4C kT x0 k

e assim kT x0 k

C:

Daí, como a única restrição a x0 é kx0 k = 1 e T (x0 ) 6= 0; segue que kT k = sup kT zk

C:

kzk=1

Se T 2 L(E; E) é auto-adjunto, de…nimos mT = inf f(T x; x); kxk = 1g MT = sup f(T x; x); kxk = 1g O próximo corolário é imediato: Corolário 2.6.5 Se E é espaço de Hilbert e T : E ! E é auto-adjunto, então kT k = maxfMT ; mT g Lembre-se que se E é um espaço vetorial e T : E ! E é um operador linear, 2 K é autovalor de T se T (v) = v para algum vetor não-nulo v 2 E (v é chamado de autovetor). Se é autovalor de T , o conjunto E = fv 2 E; T v = vg é um espaço vetorial, às vezes chamado de autoespaço associado a : Os autovalores e autoespaços de operadores auto-adjuntos têm um comportamento especial: 62

Proposição 2.6.6 Seja E um espaço de Hilbert e T 2 L(E; E) um operador auto-adjunto. (a) Se é um autovalor de T , então 2 R e kT k kT k : (b) Se e são autovalores distintos de T , então (v; w) = 0 para quaisquer v 2 E e w 2 E : Demonstração. (a) Seja x0 2 E não-nulo tal que T x0 = x0 : Então (T x0 ; x0 ) = ( x0 ; x0 ) = Assim, = (T

2

kx0 k :

x0 x0 ; ) kx0 k kx0 k

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

)(x; y) = 0

6= ; seque que (x; y) = 0:

Nos próximos exercícios que seguem, E e F são sempre espaços de Hilbert. Exercício 2.6.7 Se S; T 2 L(E; F ), mostre que: (a) (S + T ) = S + T (b) ( T ) = T 2 (c) kT T k = kT T k = kT k Exercício 2.6.8 Se S; T 2 L(E; E), mostre que (T S) = S T : Exercício 2.6.9 Sejam T 2 L(E; F ) e M e N são subespaços fechados de E e F , respectivamente. Mostre que T (M ) N , T (N ? ) M ? : x2 x3 Exercício 2.6.10 Mostre que T : l2 ! l2 dado por T ((xj )1 j=1 ) = (x1 ; 2 ; 3 ; :::) é auto-adjunto.

Exercício 2.6.11 Seja T 2 L(E; E) um operador auto adjunto. Mostre que T n é auto-adjunto, para cada n natural: Exercício 2.6.12 Sejam S; T 2 L(E; E) operadores auto-adjuntos. Mostre que T S é auto-adjunto se e somente se T S = ST .

63

Capítulo 3

Resultados clássicos da Análise Funcional e suas conseqüências Os resultados centrais da Análise Funcional são o Teorema de Hahn-Banach, teorema de BanachSteinhaus, Teorema da Aplicação Aberta e Teorema do Grá…co Fechado. O Teorema de Hahn-Banach, em sua forma mais geral, pode ser encarado como um resultado de Álgebra Linear, enquanto os outros três resultados, como veremos, necessitam de completude. Nessa seção estudaremos esses quatro teoremas, começando com o Teorema de Hahn-Banach.

3.1

Teoremas de Hahn-Banach

A seguir, demonstraremos o teorema de Hahn-Banach em sua forma analítica, para espaços vetoriais sobre o corpo dos reais. O resultado, na forma que será apresentado, é devido a S. Banach (1929), mas uma primeira versão é creditada a H. Hahn (1927). A generalização desse teorema para espaços vetoriais sobre o corpo dos complexos é devida a H. F. Bohnenblust e A. Sobczyk (1938). Teorema 3.1.1 (Teorema de Hahn-Banach (forma analítica)) Seja E um espaço vetorial sobre o corpo dos reais e p : E ! R uma aplicação que satisfaz p(ax) = ap(x) para todo a > 0 e todo x 2 E

(3.1)

e p(x + y) Se G

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

E é um subespaço vetorial e g : G ! R é uma aplicação linear tal que g(x)

p(x) para todo x em G;

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

p(x) para todo x em E:

Demonstração. Seja P=

h : D(h)

E ! R; D(h) é subespaço vetorial de E, h é linear, G h estende g e h(x) p(x) para todo x em D(h):

Em P, de…nimos a relação de ordem parcial (h1

h2 ) , D(h1 )

D(h2 ) e h2 estende h1 : 64

D(h) ;

Note que P é não-vazio, pois g 2 P. Além disso, para todo subconjunto totalmente ordenado de P; existe uma cota superior. Com efeito, se Q P é totalmente ordenado, então de…na h : D(h) ! R com [ D(h) = D(f ) e h(x) = f (x) se x 2 D(f ) (note que h está bem de…nida). f 2Q

É claro que h 2 P e que h é cota superior para Q. Podemos então usar o Lema de Zorn e concluir que P admite um elemento maximal, que será denotado por T . Mostraremos que D(T ) = E: Suponha que fosse D(T ) 6= E. Escolha x0 2 E D(T ) e de…na e h : D(e h) ! R com D(e h) = D(T ) + [x0 ] e e h(x + tx0 ) = T (x) + t ;

onde é uma constante que será de…nida depois, de modo que tenhamos e h 2 P. Queremos, por enquanto que satisfaça as desigualdades abaixo: T (x) + T (x) Para tanto, basta escolher

=e h(x + x0 ) =e h(x x0 )

p(x + x0 ) para todo x 2 D(T ) p(x

x0 ) para todo x 2 D(T ):

de modo que

sup fT (x)

p(x

x0 )g

inf fp(x + x0 )

x2D(T )

x2D(T )

Felizmente tal escolha é possível pois, se x; y 2 D(T ), temos T (x) + T (y) = T (x + y) p(x + y) p(x + x0 + y x0 ) p(x + x0 ) + p(y x0 ) e conseqüentemente T (y)

p(y

x0 )

p(x + x0 )

para quaisquer x; y 2 D(T ): Assim Se t > 0,

x e h(x + tx0 ) = e h(t( + x0 )) t x e = th( + x0 ) t x = t(T ( ) + ) t x tp( + x0 ) t = p(x + tx0 ) Se t < 0,

65

T (x)

T (x)g:

x e h(x + tx0 ) = e h( t( x0 )) t x x0 ) = te h( t x = t(T ( ) ) t x tp( x0 ) t = p(x + tx0 ) Se t = 0;

h(x + tx0 ) = e h(x) = T (x)

p(x) = p(x + tx0 ):

e Portanto, e h 2 P, T h e T 6= e h, e isso fere a maximalidade de T . Consequentemente, temos D(T ) = E e o teorema está provado. O próximo corolário às vezes também é enunciado como o Teorema de Hahn-Banach: Corolário 3.1.2 Seja G um subespaço de um espaço vetorial real normado E (sobre o corpo dos reais) e seja g : G ! R um funcional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuo T : E ! R cuja restrição a G coincide com g e kT k = kgk : Demonstração. Basta usar o Teorema de Hahn-Banach com p(x) = kgk kxk : Corolário 3.1.3 Seja E um espaço vetorial normado sobre o corpo dos reais. Para todo x0 2 E existe um funcional linear contínuo T : E ! R tal que 2

kT k = kx0 k e T (x0 ) = kx0 k : 2

Demonstração. Basta usar o corolário anterior com G = [x0 ] e g(tx0 ) = t kx0 k : A seguir, enunciaremos a versão do Teorema de Hahn-Banach que também é válida para espaços vetoriais sobre o corpo dos complexos: Teorema 3.1.4 (Versão generalizada do Teorema de Hahn-Banach) Seja E um espaço vetorial sobre o corpo K (dos reais ou complexos) e p : E ! R uma aplicação que satisfaz p(ax) = jaj p(x) para todo a 2 K e todo x 2 E (3.2) e p(x + y) Se G

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

(3.3)

E é um subespaço vetorial e g : G ! K é uma aplicação linear tal que jg(x)j

p(x) para todo x em G;

então existe um funcional linear T : E ! K que estende g e que satisfaz jT (x)j

p(x) para todo x em E:

66

(3.4)

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

2p(0)

0. De (3.2), temos que p(x) = p( x) e assim, para todo x em E, temos 2p(x) = p(x) + p( x) p(x + ( x)) = p(0) 0:

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

p(x) para todo x em E:

Dessa desigualdade e de (3.2) temos T (x) = T ( x)

p( x) = j 1j p(x) = p(x)

e então T (x)

p(x) para todo x em E:

jT (x)j

p(x) para todo x em E:

Logo Agora, trataremos do caso K = C. Seja E um espaço vetorial sobre o corpo dos complexos. Então, g(x) = g1 (x) + ig2 (x); onde g1 e g2 assumem valores reais. Como artifício, consideraremos E e G como espaços vetoriais sobre o corpo dos reais, que serão denotados, respectivamente por Er e Gr : Como g é linear, é claro que g1 e g2 são funcionais lineares sobre Gr : Como g1 (x)

jg1 (x)j ;

de (3.4) segue que g1 (x)

p(x):

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

p(x):

Agora, estudemos o caso de g2 : Note que se x 2 G; i [g1 (x) + ig2 (x)] = ig(x) = g(ix) = g1 (ix) + ig2 (ix): Assim, se x 2 G, temos

g2 (x) =

g1 (ix):

(3.5)

Logo, para todo x em E, de…na T : E ! C por T (x) = T1 (x)

iT1 (ix):

De (3.5) e (3.6), segue que T (x) = g(x) para x 2 G: Nos resta mostrar que 67

(3.6)

T é um funcional linear em E (espaço complexo) jT (x)j

p(x) para todo x em E:

Vamos veri…car primeiro que T é linear: T ((a + bi)x) = T1 (ax + ibx) iT1 ((i(a + bi)x)) = aT1 (x) + bT1 (ix) i [aT1 (ix) bT1 (x)] = (a + ib) [T1 (x) iT1 (ix)] = (a + ib)T (x): Logo T é linear, pois é imediato que T (x + y) = T (x) + T (y): Agora, mostremos que jT (x)j p(x) para todo x em E: Se T (x) = 0, o resultado é claro, pois p(x) 0. Suponha x tal que T (x) 6= 0: Então T (x) = jT (x)j ei e i

jT (x)j = e

T (x)

= T (e

i

x):

Como jT (x)j é real, por (3.2), temos jT (x)j = T (e

i

x) = T1 (e

i

x)

p(e

i

x) = e

i

p(x) = p(x):

Como conseqüência temos Corolário 3.1.5 Seja G um subespaço de um espaço vetorial normado E e seja g : G ! K um funcional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuo T : E ! K cuja restrição a G coincide com g e kT k = kgk : Exercício 3.1.6 Seja E um espaço vetorial normado. Dado x0 2 E, x0 6= 0, mostre que existe ' 2 E 0 tal que k'k = 1 e '(x0 ) = kx0 k : Exercício 3.1.7 Seja E um espaço vetorial normado, E 6= f0g. Mostre que E 0 6= f0g: Exercício 3.1.8 Seja E um espaço vetorial normado, E 6= f0g. Mostre que, se x 2 E; então kxk = supfj'(x)j ; ' 2 E 0 com k'k

1g

e o supremo é atingido. Solução. Se x = 0, o resultado é claro. Suponha x 6= 0: É claro que supfj'(x)j ; ' 2 E 0 com k'k

1g

supfk'k kxk ; ' 2 E 0 com k'k

1g = kxk :

Por outro lado, de…na '0 : [x] ! R '0 ( x) = kxk : Então k'0 k = 1 e, por Hahn-Banach, existe '1 2 E 0 que estende '0 , com k'1 k = k'0 k = 1: Logo kxk = '1 (x)

supfj'(x)j ; ' 2 E 0 com k'k

Daí segue que e que o supremo é atingido.

kxk = supfj'(x)j ; ' 2 E 0 com k'k

68

1g

1g:

Exercício 3.1.9 Sejam E e F espaços vetoriais normados e E e F os duais algébricos de E e F; respectivamente. Se u : E ! F um operador linear de E em F . De…na u : F ! E por u (')(x) = '(u(x)) para todo ' 2 F e todo x 2 E:

(a) Mostre que u é linear. (b) Se u for contínuo, de…na u ku k = kuk :

: F 0 ! E 0 da mesma forma e mostre que u é contínuo e

Exercício 3.1.10 Mostre que, em geral, a extensão de Hahn-Banach não é única. Sugestão: E = l1 ; G = f(0; x1 ; x2 ; :::); xj 2 K para j 1g e f : G ! K dada por f (x) = x2 : Exercício 3.1.11 Se H é espaço de Hilbert, F é Banach, G é subespaço de H e ' : G ! F é linear contínua, mostre que existe ' e : H ! F que estende ' e preserva a norma. Sugestão: Use o Exercício 1.2.18 para estender a função ao fecho de G, e depois considere a composição dessa função com a projeção de H no fecho de G. Exercício 3.1.12 Mostre que a extensão do exercício anterior, em geral, não é única. Sugestão: Tome H = l2 , G = f(a; 0; 0; :::); a 2 Rg e g : G ! l2 a inclusão. Exercício 3.1.13 Se F for o corpo dos escalares, mostre que a extensão do Exercício 3.1.11 é única. Solução. Sabemos que a extensão de ' para o fecho de G é única e preserva norma. Portanto, podemos considerar G fechado. Pelo Teorema de Riesz-Frechét, existe g 2 G tal que '(x) = (x; g): Note que ' e:H !K '(x) e = (x; g)

estende ' e preserva norma. Suponha que '0 seja outra extensão que preserva a norma. Então, pelo Teorema de Riesz-Frechét, '0 (x) = (x; h) para algum h 2 H. Como H = G Note que se x 2 G, então

G? , segue que h = g0 + g1 com g0 2 G e g1 2 G? (de modo único).

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

e daí segue que g0 = g: Como

2

2

2

2

2

2

kgk = k'k e = k'0 k = khk = kgk + kg1 k ;

segue que g1 = 0. Logo ' e = '0 : Pergunta: E se exigirmos apenas a continuidade da extensão (no caso F = K), sem que a norma seja necessariamente preservada, a extensão é única? Justi…que. Exercício 3.1.14 Ainda no caso F = K, e na situação do Exercício 3.1.11 com G fechado, se F = f' e 2 L(H; K); ' e é extensão (contínua) de 'g;

encontre uma expressão (se necessário, em função da cardinalidade de G) para a cardinalidade de F. No caso F Banach, se G = f' e : H ! F;' e é extensão (linear) de 'g H = f' e : H ! F;' e é extensão (não necessariamente linear) de 'g;

encontre uma expressão (se necessário, em função da cardinalidade de F e (ou) G, ou conjuntos relacionados) para a cardinalidade de G e H. 69

Solução resumida. Como G é espaço de Hilbert, pelo Teorema de Riesz-Frechét, existe g' 2 G tal que '(x) = (x; g' ): Seja ' e : H ! K extensão linear e contínua de ': Pelo Teorema de Riesz-Fréchet, existe x0 2 H tal que '(x) e = (x; x0 ): ?

G Note que x0 = xG (de modo único), pois H é soma direta topológica de G e G? : Se x 2 G, 0 + x0 temos G? >=< x; xG '(x) = '(x) e =< x; xG 0 + x0 0 >:

Logo, temos g' = xG e será exatamente a 0 : Então, a “quantidade” de extensões lineares e contínuas ' quantidade de elementos de G? : Conclusão: card(F) = card(G? ):

Calcular a cardinalidade de G é mais fácil. Seja B uma base (de Hamel) de G? . Como H=G

G? ;

para de…nir uma extensão linear de ', basta de…nir '(b) e para b 2 B. Logo card(G) = card(F B ):

O cálculo da cardinalidade de H é mais fácil ainda. Como não se requer sequer a linearidade, temos card(H) = card(F HrG ):

3.1.1

Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis

Proposição 3.1.15 Sejam E um espaço normado, M um subespaço fechado de E; y0 2 E M e d = dist(y0 ; M ): Então existe ' 2 E 0 tal que k'k = 1; '(y0 ) = d e '(x) = 0 para todo x em M . Demonstração. Seja N = M + [y0 ]. Se z 2 N , então z = x + ay0 ; com a 2 K e x 2 M , únicos. De…na '0 : N ! K '0 (x + ay0 ) = ad: É claro que '0 é linear, '0 (M ) = f0g e que '0 (y0 ) = d: Vamos provar que k'0 k = 1: Seja z = x + ay0 2 N: Se a 6= 0, x y0 d jaj = j'0 (z)j kzk = kx + ay0 k = jaj a e, se a = 0, a mesma desigualdade é clara. Logo, k'0 k

1:

Dado " > 0; existe x" 2 M tal que d

ky0

x" k 70

d + ":

Seja z" =

y0 x" ky0 x" k :

Então z" 2 N; kz" k = 1 e '0 (z" ) =

d ky0

x" k

d : d+"

Como " > 0 é arbitrário, segue que k'0 k 1: Logo k'0 k = 1: Pelo teorema de Hahn-Banach, existe ' 2 E 0 que estende '0 e tal que k'k = k'0 k = 1: Teorema 3.1.16 Se E 0 for separável, então E também é separável. Demonstração. Seja SE 0 a esfera unitária de E 0 , ou seja, SE 0 = f' 2 E 0 ; k'k = 1g: Como E 0 é separável, temos que SE 0 é separável (veja Exercício resolvido 1.4.14) Seja f'n ; n 2 Ng um subconjunto enumerável e denso de SE 0 : Para cada n, existe xn em SE tal que 1 : j'n (xn )j 2 Seja M = [x1 ; x2 ; :::]: Vamos provar que M = E: Para tanto, suponhamos que seja M diferente de E e escolhamos y0 2 E M: Pela Proposição 3.1.15, existe ' 2 E 0 com k'k = 1 tal que '(y0 ) = d = dist(y0 ; M ) '(x) = 0 para todo x em M . Temos então que k'

'n k = sup j('

'n )(x)j

j('

kxk 1

'n )(xn )j = j'n (xn )j

1 ; 2

mas isso é um absurdo, pois, por hipótese, f'n ; n 2 Ng é denso em SE 0 : Assim M = E e portanto, o conjunto ) ( n X ai xi ; n 2 N e ai 2 Q (no caso real), x= i=1

ou o conjunto

9 8 n < = X x= (aj + ibj )xj ; n 2 N e aj ; bj 2 Q (no caso complexo) : ; j=1

é enumerável e denso em E; e assim E é separável.

Observação 3.1.17 A recíproca do Teorema anterior não vale, pois l1 é separável e l1 não é, e, como sabemos, l1 = (l1 )0 : O próximo resultado é de certa forma surpreendente: Teorema 3.1.18 Todo espaço vetorial normado e separável é isometricamente isomorfo a um subespaço de l1 : Demonstração. Seja E um espaço normado separável e D = fxn ; n 2 Ng um subconjunto denso em E: Podemos supor 0 2 = D (veja Exercício 1.4.10). Pelo Exercício 3.1.6, para cada n existe 'n 2 E 0 tal que k'n k = 1 e 'n (xn ) = kxn k : Seja T : E ! l1 T (x) = ('n (x))1 n=1 : 71

É claro que j'n (x)j

k'n k kxk = kxk

e portanto T está bem de…nida, pois ('n (x))1 n=1 2 l1 . Além disso, T é claramente linear e kT (x)k = supfj'n (x)j ; n 2 Ng

kxk :

(3.7)

Portanto T é contínua. Note que kT (xk )k = supfj'n (xk )j ; n 2 Ng j'k (xk )j = kxk k

(3.8)

De (3.7) e (3.8), temos que kT (xk )k = kxk k para todo k natural. Como fxn ; n 2 Ng um subconjunto denso em E e T é contínua, segue que kT (x)k = kxk para todo x em E. Assim T é injetiva e T : E ! T (E) é uma isometria.

3.1.2

Formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach

Nessa seção, demonstraremos dois teoremas, conhecidos como primeira e segunda formas geométricas do teorema de Hahn-Banach. Antes, precisamos de algumas de…nições e resultados preliminares. Um pouco sobre hiperplanos De…nição 3.1.19 Seja V um espaço vetorial não-nulo. Um hiperplano de V é um subespaço W 6= V tal que se W W 0 V; então W 0 = V ou W 0 = W: Teorema 3.1.20 Seja V um espaço vetorial sobre F , V 6= f0g. Se f : V ! F é um funcional linear não nulo, então Ker(f ) é um hiperplano de V . Além disso, para cada hiperplano W de V existe um funcional linear f : V ! F que tem como núcleo precisamente o hiperplano W . Demonstração. Como f é não nulo, temos que Ker(f ) 6= V: Seja W tal que Ker(f )

W

V:

Basta mostrar que se Ker(f ) 6= W , então W = V: É isso que vamos fazer! Escolha v0 2 W Ker(f ): Tome v 2 V arbitrário. Nossa tarefa será mostrar que v 2 W:Seja

É claro que u 2 Ker(f )

u=v

f (v) v0 : f (v0 )

v =u+

f (v) v0 ; f (v0 )

W: Como

segue que v 2 W .

72

Agora demonstraremos que todo hiperplano W V é o núcleo de um funcional f : V ! F adequado. Escolha v0 2 V W: Seja W 0 = [W [ fv0 g]: Como W W 0 e W = 6 W 0 , temos que W 0 = V: Assim, é fácil ver que cada v 2 V se escreve de modo único como v = u + v0 ; com u 2 W e

escalar. O funcional f :V !F

dado por f (u + v0 ) = satisfaz tudo que desejamos. Assim, hiperplanos são núcleos de funcionais lineares. Se H é um hiperplano de V e v0 2 V; o conjunto v0 + H = fv0 + v; v 2 Hg é chamado hiperplano a…m de V . Não é difícil mostrar que os hiperplanos a…ns são precisamente os conjuntos da forma fv 2 V ; f (v) = g; com f 2 V 0 ; f 6= 0 e escalar. De agora em diante chamaremos os hiperplanos a…ns simplesmente de hiperplanos. Note que um hiperplano H V é sempre diferente de V , pois como f é linear e não-nula, f não é constante. Formas Geométricas do Teorema de Hahn-Banach

Em toda essa seção, o corpo K será o corpo dos reais. Proposição 3.1.21 Um hiperplano H em um espaço normado E é fechado se e somente se f é contínua. Demonstração. Se f é contínua, H = f 1 (fag) é fechado, pois é imagem inversa de fechado. Reciprocamente, suponha que H é fechado. Então E H é aberto e não-vazio. Sejam x0 2 E H e r > 0 tais que BE (x0 ; r) E H: (3.9) Temos f (x0 ) 6= a e, sem perda de generalidade, suponhamos f (x0 ) < a: A…rmação. f (x) < a para todo x 2 B(x0 ; r). De fato, se houvesse x1 2 B(x0 ; r) com f (x1 ) > a, teríamos para t = f (tx0 + (1

t)x1 ) = tf (x0 ) + (1 =

t)f (x1 )

f (x1 ) a f (x0 ) + 1 f (x1 ) f (x0 )

= a; e, como tx0 + (1 Portanto,

t)x1 2 B(x0 ; r); isso contradiz (3.9). f (x0 + rz) < a

para cada z 2 BE (0; 1): Daí,

f (x0 ) + rf (z) < a

e f (z) <

f (x1 ) a f (x1 ) f (x0 ) ;

a

73

f (x0 ) r

f (x1 ) a f (x1 ) f (x0 )

f (x1 )

para todo z 2 BE (0; 1): Logo kf k

a

f (x0 ) r

e f é contínua. E: Dizemos que o hiperplano [f = a] separa A e B no sentido

De…nição 3.1.22 Sejam A; B largo se f (x)

a

f (y) para quaisquer x 2 A e y 2 B:

Diz-se que [f = a] separa A e B no sentido estrito se existe " > 0 tal que f (x) De…nição 3.1.23 Seja C

a

" e f (y)

a + " para quaisquer x 2 A e y 2 B:

E um conjunto convexo, aberto, com 0 2 C: A aplicação p:E!R p(x) = inffa > 0;

x 2 Cg a

é chamada funcional de Minkowski. Proposição 3.1.24 O funcional de Minkowski possui as seguintes propriedades: (i) p(bx) = bp(x) para todo b > 0 e todo x 2 E: (ii) C = fx 2 E; p(x) < 1g: (iii) Existe M > 0 tal que 0 p(x) M kxk para todo x em E. (iv) p(x + y) p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E: Demonstração. (i) bx 2 Cg a x = b inffa > 0; 2 Cg a = bp(x):

p(bx) = inffa > 0;

(ii) Se x 2 C, como C é aberto, existe " > 0 tal que (1 + ")x 2 C: Assim, x (1 + ")

1

2C

e p(x)

(1 + ")

1

< 1:

Reciprocamente, se p(x) < 1, então da de…nição de ín…mo, existe 0 < a < 1 tal que x=a pois C é convexo. (iii) Seja r > 0 tal que B(0; r) s

x + (1 a

a):0 2 C;

C. Logo, se s < r, temos x 2 C para todo x em E, x 6= 0: kxk

x

Assim, kxk 2C e 1 s

p(

x ) kxk 74

1 : s

x a

2 C: Logo

Portanto, usando o item (i), temos kxk (3.10) s para todo x 2 E não-nulo. Mas, para x = 0, (3.10) é trivial. Daí, (3.10) vale para todo x em E e o resultado está provado com M = 1=s: (iv) ( Se x; y 2 E, então, dado " > 0, temos x p(x)+" 2 C y p(y)+" 2 C p(x)

Com efeito, por (i),

x 1 = p(x) < 1; p(x) + " p(x) + " x Assim, por (ii), segue que p(x)+" 2 C. p

e o mesmo vale para y. t=

p(x)+" p(x)+p(y)+2" ;

temos 0 < t < 1 e

t e chegamos a

Como C é convexo, sendo

x+y p(x)+p(y)+2"

x + (1 p(x) + "

t)

y 2C p(y) + "

2 C. Pelo item (ii), temos p

x+y p(x) + p(y) + 2"

0 de modo que A + B(0; ") e B + B(0; ") sejam abertos, convexos e disjuntos. Vamos veri…car que essa escolha é possível: Para qualquer escoha de " > 0, os conjuntos A + B(0; ") e B + B(0; ") são abertos. De fato, S S A + B(0; ") = a + B(0; ") = B(a; ") a2A

a2A

e o mesmo ocorre para B:

Para qualquer escoha de " > 0, os conjuntos A + B(0; ") e B + B(0; ") são convexos. De fato, se 0 < t < 1; t(a1 + v1 ) + (1 t)(a2 + v2 ) = (ta1 + (1 t)a2 ) + (tv1 + (1 77

t)v2 ) 2 A + B(0; "):

Vejamos que é possível escolher " de modo que A + B(0; ") e B + B(0; ") sejam disjuntos. Com efeito, se isso não fosse possível, para cada " = 1=n, teríamos (A + B(0; 1=n)) \ (B + B(0; 1=n)) 6= : Logo, existiriam an 2 A; un 2 B(0; 1=n); bn 2 B e vn 2 B(0; 1=n) tais que an + un = bn + vn : Assim, kan

bn k = kvn

un k <

2 : n

(3.11)

Mas, (bn )1 n=1 é uma seqüência em B (compacto), e portanto possui uma subseqüência convergente, (bnk )1 k=1 : Denotemos o limite dessa subseqüência por b 2 B. Por (3.11), (ank )1 k=1 ! b:

Como A é fechado, temos que b 2 A e assim b 2 A \ B; o que contradiz o fato de serem A e B disjuntos. Pela Primeira Forma Geométrica do Teorema de Hahn-Banach, existe um hiperplano fechado [f = c] tal que f (x) c f (y) para todo x 2 A + B(0; ") e y 2 B + B(0; "): Logo, f (a + z1 )

c

f (b + z2 )

f (a) + sup f (z1 )

c

f (b) + inf f (z2 ):

c

f (b) + "

para todo z1 ; z2 2 B(0; ") e kz1 k 0 formam uma base de vizinhanças (abertas) de x0 para a topologia fraca. 89

Demonstração. Seja U uma vizinhança de x0 na topologia fraca. Pela de…nição da topologia fraca, existe um aberto V da topologia fraca, contendo x0 tal que T 1 V = 'i (Vi ) U; i2I

com I …nito e cada Vi aberto em K. Como V contém x0 ; temos que cada Vi é vizinhança de 'i (x0 ): Assim, como I é …nito, existe " > 0 tal que B('i (x0 ); ")

Vi

para todo i 2 I: Temos que VI;" = fx 2 E; j'i (x) 'i (x0 )j < " para todo i 2 Ig T 1 T 1 = 'i (B('i (x0 ); ")) 'i (Vi ) U; i2I

i2I

e portanto os conjuntos da forma fx 2 E; j'i (x) 'i (x0 )j < " para todo i 2 Ig formam uma base de vizinhanças abertas de x0 para a topologia fraca. Proposição 4.1.6 Seja E um espaço vetorial normado. Então w (i) xn * x ) (kxn k)1 lim inf kxn k : n=1 é limitada e kxk w (ii) Se xn * x e fn ! f em E 0 ; então fn (xn ) ! f (x): Demonstração. (i) Se provarmos que para cada f 2 E 0 o conjunto ff (xn ); n 2 Ng é limitado, w o Exercício 3.2.3 garante que fxn ; n 2 Ng é também limitado. Mas, como xn * x; temos que 0 f (xn ) ! f (x) para cada f 2 E e conseqüentemente ff (xn ); n 2 Ng é limitado. Temos ainda jf (xn )j kf k kxn k para toda f 2 E 0 e

lim inf jf (xn )j

lim inf kf k kxn k :

Logo jf (x)j

lim inf kf k kxn k ) sup jf (x)j sup kf k lim inf kxn k kf k=1

) kxk

kf k=1

lim inf kxn k :

(ii) Temos que jfn (xn )

f (x)j = j(fn kfn

f )(xn ) + f (xn x)j f k kxn k + jf (xn ) f (x)j :

(4.1)

Dado " > 0, existem números naturais N1 ; N2 tais que n n n

N1 ) kfn f k < " N2 ) jf (xn ) f (x)j < ":

Daí, pelo item (i), como (kxn k)1 n=1 é limitada (digamos por C > 0), temos de (4.1), que se maxfN1 ; N2 g; jfn (xn ) f (x)j C" + "

e portanto fn (xn ) ! f (x):

90

Proposição 4.1.7 Se dim E < 1, então a topologia fraca e a topologia da norma (topologia forte) coincidem. Demonstração. Sabemos que todo aberto da topologia fraca é também aberto da topologia forte. Devemos provar que todo aberto da topologia forte é aberto da topologia fraca. Seja U um aberto (não-vazio) da topologia forte e seja x0 2 U: Para provar que U é aberto na topologia fraca, basta mostrar que x0 é ponto interior de U para a topologia fraca. Em outras palavras, devemos encontrar V U , aberto na topologia fraca, com x0 2 V . Escolha r su…cientemente pequeno de modo que B(x0 ; r) U: Seja fe1 ; :::; en g base de E com kej k = 1 para todo j. De…na, para cada i = 1; :::; n; fi : E ! K n P x= xj ej 7! xi : j=1

Note que cada fi é linear e contínua, pois dim E < 1: Temos que kx

n P

x0 k =

=

n P

j=1 n P

j=1

Agora de…na V = fx 2 E; jfi (x) e perceba que se x 2 V , então

Logo V

B(x0 ; r)

kx

x0 k

U:

(xj

j=1

xj

(0)

xj )ej (0)

xj

jfj (x

fi (x0 )j <

x0 )j :

r ; i = 1; :::; ng 2n

n r P r = : 2n 2 j=1

Proposição 4.1.8 Se dim E = 1, a topologia fraca e a topologia da norma nunca coincidem. Demonstração. Seja S a esfera unitária de E, isto é, S = fx 2 E; kxk = 1g: Sabemos que S é fechado na topologia forte (da norma). Vamos mostrar que S não é fechado na topologia fraca. Para tanto, mostraremos que fx 2 E; kxk < 1g está contido no fecho de S, na topologia fraca. Seja x0 2 E tal que kx0 k < 1 e seja V = Vx0 um aberto (na topologia fraca) contendo x0 : Para mostrar que x0 pertence ao fecho de S na topologia fraca, basta mostrar que S \ V 6= . É claro que basta considerar V como sendo um aberto da base de vizinhanças de x0 : Portanto, existem " > 0 e f1 ; :::; fn em E 0 tais que V = fx 2 E; jfi (x)

fi (x0 )j < "; i = 1; :::; ng:

Seja y0 2 E f0g tal que fi (y0 ) = 0 para todo i = 1; :::; n. Note que isso é possível, pois caso contrário a transformação linear T : E ! Kn z 7! (fi (z))nj=1 91

seria injetiva, e isso é impossível. Considere r:R!R t 7! kx0 + ty0 k Como r é contínua, r(0) = kx0 k < 1 e limt!1 r(t) = 1; o Teorema do Valor Intermediário garante a existência de um certo t0 tal que kx0 + t0 y0 k = r(t0 ) = 1 Portanto x0 + t0 y0 2 S \ V: Exercício 4.1.9 Mostre que em lp ; com 1 < p < 1; a seqüência (ej )1 j=1 converge fracamente para zero. Exercício 4.1.10 Uma seqüência (xn ) em um espaço vetorial normado E (sobre K = R ou C) é denominada seqüência fracamente de Cauchy se para cada f 2 E 0 , a seqüência (f (xn )) for de Cauchy em K. Um espaço normado E é fracamente completo se toda seqüência fracamente de Cauchy em E for fracamente convergente (i.e., convergir na topologia fraca). Um espaço de Banach E é re‡exivo se a aplicação linear J : E ! E 00 dada por J(x)(f ) = f (x) para todo f 2 E 0 e todo x 2 E for uma isometria (bijetiva e kJxk = kxk para todo x 2 E). (a) Mostre que toda seqüência fracamente de Cauchy em um evn E é limitada. (b) Mostre que se E for re‡exivo, então E é fracamente completo.

4.2

Topologia fraca estrela: de…nições e propriedades básicas

Em E 0 ; por enquanto podemos considerar a topologia gerada pela norma e também a topologia fraca. Vamos de…nir uma outra topologia em E 0 : Considere a aplicação J : E ! E 00 com Jx : E 0 ! K dada por Jx(f ) = f (x): 00

Note que Jx de fato pertence a E e portanto J está bem de…nida. Além disso, é linear e contínua. De fato, J é linear, pois J(ax + y)(f ) = f (ax + y) = af (x) + f (y) = aJ(x)(f ) + J(y)(f ): Além disso, J é uma isometria sobre a imagem, pois kJxk = sup jJx(f )j = sup jf (x)j = kxk : kf k 1

kf k 1

A aplicação J é chamada de injeção canônica de E em E 00 :

92

De…nição 4.2.1 A topologia fraca estrela (E 0 ; E) em E 0 é a topologia fraca em E 0 construída a partir das aplicações do conjunto J(E) E 00 . Proposição 4.2.2 A topologia fraca estrela em E 0 é Hausdor¤ . Demonstração. Sejam f; g 2 E 0 com f 6= g: Existe, portanto, x 2 E tal que f (x) 6= g(x): Como a topologia de K é Hausdor¤, exitem abertos U e V , disjuntos, que separam f (x) e g(x). De…na A1 = (Jx)

1

(U )

A2 = (Jx)

1

(V ):

É imediato que A1 e A2 são abertos disjuntos (na topologia fraca estrela), e separam f e g. Exercício 4.2.3 Mostre que os conjuntos da forma V = ff 2 E 0 ; jf (xi )

f0 (xi )j < " para todo i 2 Ig

com I …nito, xi 2 E e " > 0 formam uma base de vizinhanças de f0 para a topologia fraca estrela. Exercício 4.2.4 Seja E um espaço de Banach e (fn ) uma seqüência em E 0 : Mostre que: w (i) fn ! f , fn (x) ! f (x) para todo x em E: w w (ii) fn ! f ) fn ! f: w (iii) fn ! f ) (kfn k)1 lim inf kfn k : n=1 é limitada e kf k w (iv) fn ! f e xn ! x ) fn (xn ) ! f (x): Proposição 4.2.5 Seja ' : (E 0 ; (E 0 ; E)) ! K linear e contínua. Então existe x 2 E tal que ' = Jx: Em outras palavras, (E 0 ; (E 0 ; E))0 = J(E): Para demonstrar a proposição, precisamos do seguinte lema: Lema 4.2.6 Seja X um espaço vetorial e '; '1 ; :::; 'n funcionais lineares em X tais que n \

Ker('i )

Ker':

i=1

Então existem escalares a1 ; :::; an tais que '=

n X

ai 'i :

i=1

Demonstração. Considere T : X ! Kn dada por T (x) = ('1 (x); :::; 'n (x)) e f : T (X) ! K dada por

f ('1 (x); :::; 'n (x)) = '(x):

Note que f está bem de…nida, pois se ('1 (x); :::; 'n (x)) = ('1 (y); :::; 'n (y)); então ('1 (x

y); :::; 'n (x 93

y)) = (0; :::; 0)

e x

y2

n \

Ker('i ):

i=1

Logo x y 2 Ker' e '(x) = '(y). Além disso, é fácil ver que f é linear. Seja g : Kn ! K uma extensão linear de f . Logo existem escalares a1 ; :::; an tais que n X g(z1 ; :::; zn ) = aj zj : j=1

Portanto, g('1 (x); :::; 'n (x)) =

n X

aj 'j (x):

j=1

Como g('1 (x); :::; 'n (x)) = f ('1 (x); :::; 'n (x)) = '(x); segue que '(x) =

n X

aj 'j (x):

j=1

Agora podemos demonstrar a proposição: Demonstração da Proposição 4.2.5: Como ' : (E 0 ; (E 0 ; E)) ! K é contínua e '(0) = 0, existe V vizinhança de zero em E 0 (na topologia fraca estrela) tal que f 2 V ) '(f ) 2 B(0; 1): Note que podemos diminuir V , se necessário, e considerá-la da forma V = ff 2 E 0 ; jf (xi )j < "; i = 1; :::; ng: Se Jxi (f ) = f (xi ) = 0 para todo i = 1; :::; n, temos claramente que f 2 V: Nesse caso, para todo natural k, temos (kf )(xi ) = 0 para todo i, e portanto kf 2 V: Logo '(kf ) 2 B(0; 1) e

1 '(f ) 2 B(0; ) k para todo k natural. Logo '(f ) = 0: Concluímos que se Jxi (f ) = 0 para todo i = 1; :::; n; então '(f ) = 0: Logo n \ Ker(Jxi ) Ker': i=1

Pelo lema anterior, temos que existem escalares a1 ; :::; an tais que 0 1 n X ' = a1 Jx1 + + an Jxn = J @ aj xj A : j=1

Corolário 4.2.7 (E 00 ; (E 00 ; E 0 ))0 = J(E 0 ):

94

Exercício 4.2.8 Se E e F são evn e f : E ! F é linear e contínua, mostre que f : (E; (E; E 0 )) ! (F; (F; F 0 )) é contínua. Solução. Sejam x0 2 E e V uma vizinhança aberta de f (x0 ): Podemos supor V um aberto da forma V = fy 2 F ; j'i (y) 'i (f (x0 ))j < "; i = 1; :::; ng:

Como cada 'i 2 F 0 , segue que 'i f 2 E 0 : Considere, então, o aberto W (na topologia fraca) de…nido por W = fx 2 E; j'i f (x) 'i f (x0 )j < "; i = 1; :::; ng: Note que se x 2 W; então f (x) 2 V , e concluímos que f : (E; (E; E 0 )) ! (F; (F; F 0 )) é contínua.

4.2.1

O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki

Se E é um espaço de Banach de dimensão in…nita, sabemos que a bola unitária fechada BE = fx 2 E; kxk 1g nunca é compacta. O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki a…rma que num espaço dual E 0 ; com a topologia fraca estrela, a bola unitária fechada BE 0 = f' 2 E 0 ; k'k 1g é sempre compacta: Teorema 4.2.9 A bola BE 0 é compacta em E 0 com a topologia fraca estrela. Demonstração. Começamos mostrando que E 0 , com a topologia fraca estrela, é homeomorfo a um subespaço do espaço produto Y = KE = ff : E ! Kg (munido com a topologia produto). Seja : E 0 ! Y dada por (f ) = f: Temos que é claramente injetiva e também contínua. Para justi…car a continuidade, observe que para cada x0 ; denotando por x0 : Y ! K a projeção na coordenada x0 ; temos que : E0 ! K x0 é tal que x0

(f ) = f (x0 ) = J(x0 )(f ):

Portanto x0 = J(x0 ), e daí, pela de…nição da topologia fraca estrela em E 0 ; temos que x0 é contínua. Finalmente, lembrando que a topologia produto em Y é a topologia fraca gerada pelas projeções x0 , o Exercício 4.1.1 nos garante que é contínua. A injetividade da aplicação nos permite considerar a “nova” aplicação : E0 !

(E 0 ):

de…nida por (f ) = (f ): É claro que é bijetiva. Como é contínua, pelo Exercício 8.2.49, segue que é contínua. Mostraremos que essa aplicação é bem mais que isso: é um homeomor…smo. Considere, 1 portanto sua inversa : 0 1 Como E está munido com a topologia fraca estrela, novamente o Exercício 4.1.1 garante que será contínua se provarmos que para cada x0 ; a aplicação 1

J(x0 )

:

(E 0 ) ! K

é contínua. Note que J(x0 ) pois se

(f ) 2

1

=(

0

x0

j

(E 0 ))

(4.2)

(E ), então J(x0 )

1

( (f )) = J(x0 )(f ) = f (x0 ) = (

x0

j

(E 0 )) ( (f )) :

Portanto, como Y está com a topologia produto, temos que x0 é contínua e a restrição ( x0 j (E 0 )) 1 1 também. Assim, de (4.2), temos que todas as J(x0 ) são contínuas e portanto é contínua.

95

Concluímos, portanto, que E 0 é homeomorfo a um subespaço (E 0 ) de Y e conseqüentemente BE 0 é homeomorfo a (BE 0 ). Assim, para provar que BE 0 é compacto na topologia fraca estrela, basta provar que (BE 0 ) é compacto em (E 0 ): Mas, pelo Exercício 8.2.103, basta mostrar que (BE 0 ) é compacto em Y: Note que (BE 0 ) = (f' 2 E 0 ; j'(x)j kxk 8x 2 Eg) Y: Assim, (BE 0 ) Pelo Teorema de Tychono¤,

Q

x2E

Q

x2E

[ kxk ; kxk]:

[ kxk ; kxk] é compacto em Y . Para obtermos a compacidade de

(BE 0 ) = (BE 0 ), basta observarmos que (BE 0 ) é fechado em Y (Exercício 8.2.111). Essa é, entretanto, uma tarefa fácil. Para isso, considere ( ('i )) uma rede em (BE 0 ) que converge (na topologia produto) para f 2 Y: Então, pelo Teorema 8.2.77 segue que ( ('i ))(x) ! f (x) 8x 2 E; isto é, 'i (x) ! f (x) 8x 2 E: Segue claramente que f é linear. Além disso, como k'i (x)k para cada i e cada x; segue que kf (x)k

kxk e kf k f=

4.3

(f ) 2

kxk 1: Logo f 2 BE 0 e (BE 0 ):

Espaços re‡exivos

De…nição 4.3.1 Um espaço normado E é dito re‡exivo se a aplicação canônica J : E ! E 00 for bijetiva, ou seja, J(E) = E 00 : O próximo resultado mostra que não há perda de generalidade em de…nir re‡exividade exclusivamente em espaços de Banach: Proposição 4.3.2 Se um espaço normado é re‡exivo, é necessariamente completo. Demonstração. Como E 00 é o dual de E 0 ; temos que E 00 é completo. Se E é re‡exivo, então J é uma isometria entre E e E 00 e, como E 00 é completo, segue que E é completo. Proposição 4.3.3 Todo espaço vetorial de dimensão …nita é re‡exivo. Demonstração. Da Álgebra Linear, se E tem dimensão …nita, então o dual algébrico de E tem mesma dimensão que E. Mas, como a dimensão é …nita, o dual algébrico coincide com o dual topológico. Logo E e E 0 têm mesma dimensão. O mesmo se aplica a E 00 : Como J:E ! E 00 é uma isometria sobre a imagem e E e E 00 têm mesma dimensão, segue que J(E) = E 00 : De…nição 4.3.4 Se T 2 L(E; F ); de…nimos T 0 2 L(F 0 ; E 0 ) por T 0 (f )(x) = f (T x): O operador T 0 é chamado adjunto de T . 96

Note que T 0 é linear e kT 0 k = kT k. De fato, se y 0 2 F 0 ; temos kT 0 y 0 k = sup jT 0 y 0 (x)j = sup jy 0 (T x)j kxk 1

kxk 1

0

ky 0 k kT k :

sup ky k kT xk

kxk 1

Logo kT 0 k

kT k :

Por outro lado, kT xk = sup jy 0 (T x)j ky 0 k 1

sup kT 0 y 0 k kxk

sup jT 0 y 0 (x)j

ky 0 k 1

ky 0 k 1

kT 0 k kxk

e kT 0 k :

kT k

Proposição 4.3.5 Se T 2 L(E; F ) é um isomor…smo isométrico, então T 0 2 L(F 0 ; E 0 ) também é um isomor…smo isométrico. Demonstração. Primeiro vejamos que T 0 é sobrejetiva. Seja g 2 E 0 . Considere h 2 F 0 dada por h(z) = g(T 1 (z)) e perceba que T 0 (h) = g. Portanto T 0 é sobrejetiva. Para mostrar que T 0 é uma isometria, basta mostrar que kT 0 f k = kf k para todo f em F 0 . Isso não é complicado: kT 0 f k = sup jT 0 f (x)j = sup jf (T x)j = sup jf (T x)j kxk 1

kxk 1

kT xk 1

= sup jf (z)j = kf k : kzk 1

Teorema 4.3.6 Se 1 < p < 1, então lp é re‡exivo. Demonstração. Sejam S : lp ! (lq )0 e T : (lp )0 ! lq os isomor…smos isométricos canônicos. Seja T : (lq )0 ! (lp )00 o adjunto de T . O resultado anterior garante que T 0 é um isomor…smo isométrico. Logo T 0 S : lp ! (lp )00 0

é um isomor…smo isométrico. Para provar que lp é re‡exivo, basta provar que T 0 S = J: 0 0 0 1 Sejam x = (xj )1 j=1 2 lp ; y 2 (lp ) e T y = ( j )j=1 2 lq : Então

(T 0 S) (x)(y 0 ) = T 0 (Sx)(y 0 ) = Sx(T y 0 ) =

1 X

xj

j

= y 0 (x) = J(x)(y 0 )

j=1

e T 0 S = J: Teorema 4.3.7 Se E é separável e re‡exivo, então E 0 é separável. Demonstração. Se E for separável e re‡exivo, então como E é isomorfo isometricamente a E 00 ; temos que E 00 também é separável. Logo, pelo Teorema 3.1.16, segue que E 0 é separável. Esse resultado é útil para concluir que certos espaços não são re‡exivos. Por exemplo, l1 não pode ser re‡exivo, pois é separável e seu dual, o l1 ; não é separável. 97

Teorema 4.3.8 Um espaço de Banach E é re‡exivo se e somente E 0 também é re‡exivo. Demonstração. Suponha que E seja re‡exivo. Sejam J0 : E ! E 00 e J1 : E 0 ! E 000 os mergulhos canônicos. Por hipótese, J0 (E) = E 00 : Vamos mostrar que J1 (E 0 ) = E 000 : Sejam x000 2 E 000 e x0 = (J0 )0 x000 2 E 0 : Vamos provar que J1 (x0 ) = x000 : Para cada x 2 E, temos J1 (x0 )(J0 x) = J0 x(x0 ) = x0 (x) = (J0 )0 x000 (x) = x000 (J0 x): Daí, como J0 (E) = E 00 ; concluímos que J1 (x0 ) = x000 Agora, suponhamos que E 0 seja re‡exivo. Se E não fosse re‡exivo, então J0 : E ! E 00 não seria sobrejetiva. Como J0 : E ! J0 (E) é isometria, temos que J0 (E) é fechado e não coincide com E 00 . Pela Proposição 3.1.15, existe 0 6= ' 2 E 000 = J1 (E 0 ) tal que '(J0 (E)) = 0. Logo, ' = J1 (f ) para algum f 2 E 0 e, para todo x 2 E, temos 0 = '(J0 x) = (J1 f )(J0 x) = J0 x(f ) = f (x): Logo f (x) = 0 para todo x em E. Assim f = 0 e ' = J1 f = 0 (contradição). Observação 4.3.9 É extremamente comum escrever E ao invés de J(E), pois a…nal E e J(E) são isometricamente isomorfos. No próximo exercício, já fazemos esse abuso de notação. Exercício 4.3.10 Se E é um espaço de Banach não-re‡exivo, então todas as inclusões naturais E E0

E 00 E 000

E 0000 E 00000

são estritas.

98

Capítulo 5

Operadores compactos e teorema espectral para operadores compactos em espaços de Hilbert 5.1

Operadores compactos

Se X e Y são espaços vetoriais normados, um operador linear T : X ! Y é dito compacto se para todo M X, limitado, T (M ) for compacto. Proposição 5.1.1 Sejam X e Y espaços vetoriais normados. Então Lema 5.1.2 (a) Todo operador linear compacto T : X ! Y é contínuo. (b) Se X tem dimensão in…nita, então id : X ! X não é um operador compacto. Demonstração. (a) O conjunto SX = fx 2 X; kxk = 1g é limitado. Como T é compacto, então T (SX ) é compacto, e portanto limitado (lembre-se que em espaços métricos, conjuntos compactos são fechados e limitados, embora a recíproca não seja verdadeira). Asim, sup kT xk < 1

kxk=1

e portanto T é contínuo. (b) O conjunto BX = fx 2 X; kxk 1g é limitado. Como X tem dimensão in…nita, BX não é compacto. Logo, id(BX ) = BX = BX ; que não é compacto. Teorema 5.1.3 Sejam X e Y espaços normados e T : X ! Y um operador linear. Então T é compacto se e somente se T leva seqüências limitadas em seqüências que possuem subseqüência convergente. Demonstração. Suponha T compacto e (xn )1 Então, n=1 uma seqüência limitada em X. fT (xn ); n 2 Ng é compacto. Assim, (T (xn ))1 n=1 possui uma subseqüência convergente (lembre-se que em espaços métricos, um conjunto é compacto se e somente se é sequencialmente compacto) Reciprocamente, suponha que toda seqüência limitada em X seja levada, por T , numa seqüência que possui subseqüência convergente em Y . Seja B X um subconjunto limitado. Para mostrar que T (B) é compacto, mostraremos que é sequencialmente compacto. Seja (yn )1 n=1 uma seqüência em T (B): Se houver in…nitos índices n para os quais yn 2 T (B); podemos nos restringir a uma subseqüência 1 (ynk ) = (T (xnk ))1 k=1 : Por hipótese, (T (xnk ))k=1 possui uma subseqüência convergente, e portanto 1 (yn )n=1 possui subseqüência convergente. 99

Suponha que só existem …nitos índices n tais que yn 2 T (B). Não há perda de generalidade se supusermos todos os elementos da seqüência em T (B) T (B): Para cada yj ; considere xj 2 B tal que 1 kT (xj ) yj k < : j 1 Como (T (xj ))1 j=1 possui subseqüência convergente, segue que (yj )j=1 também possui. Logo, T (B) é compacto.

Exercício 5.1.4 Mostre que se T1 ; T2 : X ! Y são compactos, então T1 + T2 é compacto. Teorema 5.1.5 Sejam X um espaço vetorial normado e Y um espaço de Banach. Se (Tn )1 n=1 é uma seqüência de operadores lineares compactos de X em Y e lim kTn

n!1

T k = 0;

então T é compacto. Demonstração. Seja (xm )1 m=1 uma seqüência limitada em X: Pelo Teorema 5.1.3 basta mostrar que (T (xm ))1 possui subseqüência convergente. Como T1 é compacto, (xm )1 m=1 m=1 tem subseqüência 1 (x1;m )1 tal que (T (x )) é de Cauchy. 1 1;m m=1 m=1 1 1 Analogamente, (x1;m )1 m=1 possui subseqüência (x2;m )m=1 tal que (T2 (x2;m ))m=1 é de Cauchy. Procedendo dessa forma, a seqüência diagonal 1

(ym )m=1 = (x1;1 ; x2;2 ; x3;3 ; :::) é uma subseqüência de (xm )1 m=1 tal que (Tn (ym ))1 m=1 é de Cauchy, para cada n. Como (xm )1 m=1 é limitada, existe c > 0 tal que kym k

c para todo m.

Seja " > 0: Como Tn ! T; existe p tal que kT

Tp k <

" : 3c

Como (Tp (ym ))1 m=1 é de Cauchy, existe N 2 N tal que j; k > N ) kTp yj

T p yk k <

" : 3

Logo, para j; k > N , temos kT yj

T yk k

kT yj

Tp yj k + kTp yj Tp yk k + kTp yk " kT Tp k kyj k + + kTp T k kyk k 3 " " " :c + + :c = ": 3c 3 3c

T yk k

Logo, (T (ym ))1 Lembrando que (ym )1 m=1 é de Cauchy e converge, pois Y é Banach. m=1 é 1 subseqüência de uma seqüência limitada arbitrária (xm )m=1 ; segue que T é compacto. O resultado anterior implica:

100

Corolário 5.1.6 O espaço vetorial formado pelos operadores lineares compactos de E em F é um subespaço fechado de L(E; F ): Proposição 5.1.7 Seja X um evn e sejam T : X ! X e S : X ! X operadores lineares, com T compacto e S contínuo. Então T S e S T são compactos. Demonstração. Demonstraremos primeiro que T S é compacto. Seja B X um conjunto limitado. Como S é contínuo, segue que S(B) é limitado e a compacidade de T garante que T (S(B)) é relativamente compacto. Logo T S é um operador compacto. Agora mostraremos que S T é compacto. Seja (xn )1 n=1 uma seqüência limitada em X. Então, 1 1 como T é compacto, (T (xn ))1 n=1 possui uma subseqüência convergente (T xnk )k=1 : Logo, (S(T xnk ))k=1 converge e daí concluímos que S T é um operador compacto. Exercício 5.1.8 Dizemos que um operador linear contínuo T : E ! F tem posto …nito se dim(Im(T )) < 1: Mostre que todo operador de posto …nito é compacto. Exercício 5.1.9 Mostre que T : l2 ! l2 dada por T ((xj )1 j=1 ) =

5.2

xj j

1 j=1

é compacto.

Autovalores e autovetores de operadores compactos

Teorema 5.2.1 (Autovalores de operadores compactos) O conjunto dos autovalores de um operador linear compacto T : X ! X em um evn X é enumerável (podendo ser …nito ou vazio) e o único ponto de acumulação possível é o zero. Demonstração. Basta mostrar que para todo k > 0, o conjunto dos autovalores tais que j j k é …nito. Suponhamos que isso não aconteça. Então, existe k0 > 0 tal que o conjunto dos autovalores tais que j j k0 é in…nito. Seja ( n ) uma seqüência de autovalores distintos tais que j n j k0 para todo n: Logo, para cada n, existe xn 6= 0 tal que T xn = n xn : O conjunto fx1 ; :::; xn ; :::g é LI (veri…que). Para cada n, considere, Mn = [x1 ; :::; xn ]: Então, cada z 2 Mn tem representação única na forma z=

n X

aj xj :

j=1

Assim (T

n I)z = (T

0 1 n n X X @ A I) a x = aj T xj n j j j=1

e conseqüentemente

(T

j=1

n I)z

2 Mn

n X

n aj xj

j=1

(5.1)

1

para todo z 2 Mn : Cada Mn é fechado, pois tem dimensão …nita, e portanto, o Lema de Riesz (com E = Mn e M = Mn 1 ) garante que existe uma seqüência (yn )1 n=1 tal que yn 2 Mn ; kyn k = 1 e kyn

zk

101

1 para todo z 2 Mn 2

1:

Vamos mostrar que 1 k0 (n > m) (5.2) 2 não possui subseqüência convergente, pois k0 > 0, e isso vai contradizer kT yn

Isso vai garantir que (T yn )1 n=1 a compacidade de T . É conveniente escrever

T ym k

T yn

T ym =

x e;

n yn

com Seja m < n: Note que x e 2 Mn

1:

x e=(

n yn

T yn ) + T ym :

De fato, como m y m 2 Mm

(5.3)

Mn

n

1; temos que

= [x1 ; :::; xn

1

(5.4)

1 ]:

Então T y m 2 Mn pois T xj =

j xj :

1;

(5.5)

Por (5.1), temos que n yn

T yn =

(T

n I)yn

2 Mn

1:

(5.6)

1 k0 : 2

(5.7)

De (5.4), (5.5) e (5.6), segue que De…na x =

n

1

x e: Então x 2 Mn k

1

n yn

x e 2 Mn

e x ek = j

n j kyn

1:

xk

1 j 2

nj

De (5.7) e (5.3), segue (5.2) e, como já foi dito, isso nos leva a uma contradição. Observação 5.2.2 O teorema anterior implica que se um operador linear compacto possui in…nitos autovalores, então eles formam uma seqüência que converge para zero. Teorema 5.2.3 Seja T : X ! X um operador compacto em um espaço normado X: Então, para todo 6= 0; o núcleo de T := T I; denotado por Ker(T ); tem dimensão …nita. Demonstração. Basta mostrar que a bola unitária fechada B de Ker(T ) é compacta. Seja (xn )1 1 e (T (xn ))1 n=1 uma seqüência em B. Então kxn k n=1 possui uma subseqüência convergente (T xnk )1 . Como x 2 Ker(T ); temos n k=1 0 = T xn = T xn

xn ;

e daí xn =

1

T xn :

Assim, (xnk )1 k=1 também converge. O limite pertence a B, pois B é fechado. Então B é sequencialmente compacto, e portanto compacto. Corolário 5.2.4 Seja T : X ! X um operador compacto em um espaço normado X: Então, para cada autovalor 6= 0, o autoespaço associado a tem dimensão …nita. Observação 5.2.5 Não devemos esperar que o Corolário 5.2.4 seja válido para = 0: Com efeito, se X tem dimensão in…nita e T : X ! X é o operador nulo, = 0 é autovalor de T e obviamente o autoespaço associado a coincide com X, que tem dimensão in…nita. 102

5.3

Alguns resultados da teoria espectral de operadores compactos e auto-adjuntos em espaços de Hilbert

Nessa seção, os espaços vetoriais normados sempre serão considerados sobre o corpo dos complexos. Seja E um espaço vetorial normado sobre o corpo dos complexos, E 6= f0g e T : D(T ) ! E um operador linear com domínio D(T ) E. Associamos a T o operador T =T

I;

onde é um número complexo e I é o operador identidade. Denotamos a imagem de T por R(T ) 1 Quando T possui inversa (i.e., T é injetiva), denotamos (T ) por R (T ) e denominamos R (T ) de resolvente de T . Um valor regular de T é um número complexo tal que (R1) R (T ) existe (R2) R (T ) é limitado (R3) R (T ) é de…nido num conjunto denso em E. O conjunto resolvente (T ) de T é o conjunto de todos os valores regulares de T . Seu complemento, isto é, C (T ); é chamado espectro de T; denotado por (T ): Se dim E < 1 e D(T ) = E, sabemos que T é injetiva se, e somente se, T é sobrejetiva. Segue que T vai possuir inversa quando, e apenas quando, for bijetiva. Portanto, se (R1) for válida, (R2) e (R3) também serão válidas. Logo 2 (T ) se e somente se T não é injetiva, i.e., quando e apenas quando é um autovalor de T . Em resumo, em dimensão …nita, se D(T ) = E; o conjunto formado pelos autovalores de T coincide com o espectro de T: Em dimensão in…nita, é fácil ver que autovalores de T ainda são sempre elementos do espectro de T; mas a igualdade, em geral, não ocorre. Por exemplo, consideremos T : l2 ! l2 dado por T (x) = (0; x1 ; x2 ; :::) É claro que = 0 não é autovalor, mas 0 2 (T ), pois T0 = T é injetiva (portanto possui inversa), mas a imagem não é densa em l2 , e conseqüentemente (R3) não ocorre. De agora em diante, nessa seção, H sempre será um espaço de Hilbert não nulo(sobre os complexos). Proposição 5.3.1 Seja T 2 L(H; H) um operador não-nulo, compacto e auto-adjunto. Então kT k ou kT k é um autovalor de T , e existe um autovetor associado x 2 H com kxk = 1 e tal que j(T x; x)j = kT k : Demonstração. Pelo Teorema 2.6.4, podemos encontrar uma seqüência de vetores unitários (xn )1 n=1 tais que (T xn ; xn ) ! ; com

= kT k ou

kT k : Note que 0

kT xn

2

2

= kT xn k 2

kT k

xn k = (T xn

xn ; T xn

(T xn ; xn ) 2 (T xn ; xn ) +

xn )

(xn ; T xn ) + 2

2

:

Mas, como lim

n!1

kT k

2

2 (T xn ; xn ) + 103

2

= 0;

2

kxn k

segue que lim (T xn

xn ) = 0:

n!1

(5.8)

Como T é compacto, a seqüência (T xn )1 n=1 admite uma subseqüência convergente. Denotemos por (T yn )1 tal subseqüência. n=1 Assim, de (5.8), temos lim (T yn yn ) = 0 (5.9) n!1

e, como (T yn ) é convergente, segue que ( yn ) é convergente. Seja y = limn!1 yn (note que y 6= 0, pois kyn k = 1 e 6= 0). De (5.9), temos lim T yn = y

(5.10)

n!1

e, pela continuidade de T , temos lim T yn = T (x); com x =

y

n!1

:

(5.11)

Portanto, de (5.10) e (5.11), temos T (x) = y = x e

é um autovalor de T . Note que, como kyn k = 1; temos kxk = 1; pois limn!1 yn = x. Como lim j(T yn ; yn )j = j j = kT k ; n!1

concluímos que j(T x; x)j = kT k : Lema 5.3.2 Se E é um espaço de Banach, T : E ! E é um operador linear e for fechado ou limitado, temos D(R (T )) = E:

2 (T ), então, se T

Demonstração. (a) Se T for fechado, então T é fechado (veja Exercício 3.4.6). Assim, G(T ) é fechado. Daí G(R (T )) é fechado. Assim, R (T ) é um operador fechado e limitado (pois 2 (T )) e, pelo Exercício 3.4.3 (a), segue que D(R (T )) é fechado. Portanto, D(R (T )) = D(R (T )) = E: (b) Se T for limitado, como D(T ) = E, segue que T é fechado (Exercício 3.4.3 (b)). Pelo que foi feito no item (a), concluímos que D(R (T )) = E: Teorema 5.3.3 Seja T : H ! H um operador auto-adjunto (contínuo). Então se, existe c > 0 tal que kT xk c kxk ; onde T = T

2 (T ) se, e somente

I:

Demonstração. Se 2 (T ), então R = T 1 : H ! H existe e é contínuo (note que o domíno é todo o H, devido ao Lema 5.3.2). Seja k = kR k : Temos que k > 0, pois R não é nulo (perceba que R é injetivo). Então kxk = kR T xk = k kT xk

kR k kT xk

e daí segue que kT xk

1 kxk : k 104

Agora provaremos a recíproca. Suponha que existe c > 0 tal que kT xk para todo x 2 H. Para garantir que

c kxk ;

(5.12)

2 (T ); vamos mostrar que:

(a) T : H ! T (H) é bijetiva. (b) T (H) é denso em H: (c) T (H) é fechado em H. De fato, se provarmos que (a), (b) e (c) ocorrem, teremos que T (H) = H e R será contínua pelo Teorema da Aplicação Aberta (lembre-se que, por hipótese, T é contínuo e portanto T é contínuo). (a) Se T (x1 ) = T (x2 ), então 0 = kT (x1 ) T (x2 )k = kT (x1 c kx1 x2 k :

x2 )k

Logo, x1 = x2 e o resultado segue. ? (b) Mostraremos que T (H) = f0g: Note que isso é su…ciente, pois H = T (H)

?

T (H) :

?

Seja x0 2 T (H) . Então, se x 2 H, temos 0 = (T (x); x0 ) = (T x

x; x0 ) = (T x; x0 )

(x; x0 ):

Como T é auto-adjunto, segue que (x; T x0 ) = (T x; x0 ) = (x; x0 ) = (x; x0 ): Logo T x0 = x0 . Note que x0 = 0 é uma solução possível. Se existir x0 6= 0 tal que T x0 = x0 , teremos que será autovalor e portanto = (pois sabemos que autovalores de operadores auto-adjuntos são reais): Assim, T x0 = T x0 x0 = 0: Portanto, de (5.12) temos que 0 = kT x0 k

c kx0 k > 0 (absurdo).

?

Concluímos que se x0 2 T (H) , então x0 = 0: (c) Mostraremos que se y 2 T (H), então y 2 T (H): Seja, portanto, y 2 T (H) e (yn ) uma seqüência em T (H) que converge para y: Assim, para cada n, existe xn 2 H tal que yn = T xn : Logo kxn

xm k

1 kT (xn c

xm )k =

1 kyn c

ym k :

Portanto, (xn ) é de Cauchy (pois (yn ) é convergente). Como H é completo, temos que (xn ) converge. Digamos que convirja para um certo x 2 H. Como T é contínua, temos que T é contínua e yn = T xn ! T x 2 T (H): Como o limite é único, temos y = T x: Daí y 2 T (H); e concluímos que T (H) é fechado. Teorema 5.3.4 O espectro (T ) de um operador linear auto-adjunto (contínuo) T : H ! H é real. 105

Demonstração. Basta mostrar que qualquer (T ). Se x 6= 0 for um vetor de H, temos

=

+i ( ;

reais) com

6= 0 sempre pertence a

(T x; x) = (T x; x)

(x; x):

(5.13)

(T x; x) = (T x; x)

(x; x)

(5.14)

= (T x; x)

(x; x):

Logo

Fazendo (5.14) menos (5.13), obtemos (T x; x)

(T x; x) = (x; x)(

) 2

= 2i kxk : Logo

2

2 Im(T x; x) = 2i kxk e daí concluímos que

2

j j kxk = jIm(T x; x)j Dividindo por kxk ; obtemos

j(T x; x)j

j j kxk

kT xk

kT xk kxk : (5.15)

para todo x 6= 0: Podemos, então, concluir que (5.15) ocorre para todo x 2 H, pois o caso x = 0 é trivial. Pelo Teorema anterior, segue que 2 (T ): Exercício 5.3.5 (Propriedade de Ideal) Sejam Xj espaços normados e Tj : Xj ! Xj+1 , j = 1; 2; 3; operadores lineares contínuos. Se T2 é compacto, mostre que T = T3 T2 T1 : X1 ! X4 é compacto. Exercício 5.3.6 Se X é um evn de dimensão in…nita e T : X ! X é um operador linear compacto bijetivo, mostre que T 1 não é contínua. Exercício 5.3.7 Se X é um evn de dimensão in…nita e T : X ! X é um operador linear compacto bijetivo, mostre que X não é completo. Sugestão: Se X fosse completo, o que diria o TAA ? Exercício 5.3.8 Se T : X ! X é um operador linear compacto, mostre que dado k > 0, existe, no máximo, uma quantidade …nita de autovetores LI de T , correspondentes a autovalores , com j j > k:

106

Capítulo 6

Espaços vetoriais topológicos (evt´s) 6.1

evt’s e elc’s

A generalização natural de evn é o conceito de espaços vetoriais topológicos, que estudaremos a seguir. No decorrer desse capítulo revisitaremos o teorema de Hahn-Banach e as topologias fracas. De…nição 6.1.1 Um espaço vetorial E sobre um corpo K é um espaço vetorial topológico (evt) sobre K se (a) E é um espaço topológico. (b) A aplicação (x; y) 2 E E ! x + y 2 E é contínua. (c) A aplicação (a; x) 2 K E ! ax 2 E é contínua. Observação 6.1.2 Em K consideramos a topologia usual e em E E e K E consideramos a topologia produto, que tem produtos cartesianos de abertos como base. Note que todo espaço vetorial normado é um espaço vetorial topológico. Proposição 6.1.3 Se E é um evt, x0 2 E e a 2 K, então a translação x 2 E ! x + x0 2 E e a homotetia x 2 E ! ax 2 E são homeomor…smos. Demonstração. Basta ver a translação como a composição x 2 E ! (x; x0 ) 2 E

E ! x + x0 2 E

e a homotetia como a composição x 2 E ! (a; x) 2 K

E ! ax 2 E;

e observar que a de…nição de evt e a de…nição da topologia produto garantem que todas as funções envolvidas são contínuas.

107

Corolário 6.1.4 Se E é um evt, V é uma vizinhança de zero em E se e somente se V + x0 é uma vizinhança de x0 em E. Demonstração. Basta lembrar que homeomor…smos levam abertos em abertos. De…nição 6.1.5 Seja E um espaço vetorial e A E. (a) A é dito absorvente se dado x 2 E, existir 0 > 0 tal que x 2 A para todo 2 K com j j 0: (b) A é dito equilibrado se x 2 A para todo x 2 A e 2 K com j j 1: (c) A é dito convexo se x + y 2 A para cada x; y 2 E e ; 0 com + = 1: Um evt é dito localmente convexo (elc) se cada vizinhança de zero contém uma vizinhaça de zero convexa. Exercício 6.1.6 Seja E um espaço vetorial. Mostre que a interseção de conjuntos equilibrados é um conjunto equilibrado e que a interseção de conjuntos convexos é um conjunto convexo. Proposição 6.1.7 Seja E um evt e seja U a família de todas as vizinhanças de zero em E. Se U 2 U, então (a) U é absorvente. (b) Existe V 2 U tal que V + V U: (c) Existe V 2 U; V equilibrado, tal que V U. Demonstração. (a) Seja x0 2 E: A aplicação f : K ! E dada por 2 K ! x0 2 E é contínua, pois é a composição das aplicações contínuas 2 K ! ( ; x0 ) 2 K

E

e ( ; x) 2 K Logo, existe

E ! x 2 E:

> 0 tal que j j<

) f ( ) 2 U;

ou seja, x0 2 U sempre que j j < ; ou ainda, x0 2 U sempre que j j > 1= : (b) Como g : (x; y) 2 E

E !x+y 2E

é contínua e g(0; 0) = 0; existe V 2 U tal que g(V V ) (c) Seja = f 2 K; j j

U; ou seja, V + V

U:

1g:

A aplicação ( ; x) 2 K

E! x2E

é contínua e leva ( ; 0) em 0: Logo, existem A vizinhança de x2U 108

em K e V 2 U tais que

sempre que

2 A e x 2 V : Como

é compacto, existem A

1

[ ::: [ A

1 ; :::;

n

n

2

tais que

:

Seja W =V

1

\ ::: \ V

n

2 U:

Note que x 2 U sempre que

De fato, se 2 Agora, de…na

, então

2A

i

2

e x 2 W:

para algum i e se x 2 W , então x 2 V i :

V = eq(W ) = f x; x 2 W e Logo V é equilibrado e V

U: Note que como W

2

g:

V , segue que V 2 U.

Exercício 6.1.8 Mostre que o fecho de um conjunto convexo é convexo e que o fecho de conjunto equilibrado é equilibrado. Solução. Pela Proposição 6.1.3, se t 2 K é um escalar …xo, a aplicação Mt : E ! E x 7! tx é um homeomor…smo. Assim, se 0 < jtj

1 e A é equilibrado, temos

tA = Mt (A) = Mt (A) = tA

A:

Assim A é equilibrado. Agora suponhamos que A seja convexo. Sejam x; y 2 A e a; b Seja U uma vizinhança de zero em E. Queremos mostrar que

0 com a + b = 1:

(ax + by + U ) \ A 6= : Seja V uma vizinhança de zero em E tal que V + V equilibrada, com W V . Logo, existem

(6.1)

U e W uma vizinhança de zero em E,

x1 2 (x + W ) \ A; y1 2 (y + W ) \ A: Assim, como A é convexo, temos ax1 + by1 2 A: Como W é equilibrada, temos aW

W e bW

W , e daí

ax1 + by1 2 (ax + aW ) + (by + bW )

ax + by + W + W

ax + by + U:

Portanto, segue (6.1).

Proposição 6.1.9 Em um evt, toda vizinhança de zero contém uma vizinhança fechada e equilibrada de zero.

109

Demonstração. Seja V uma vizinhança de zero. Então, existe uma vizinhança equilibrada U de zero tal que U + U V . Vejamos que U V (note que U é equilibrado, pois é o fecho de um equilibrado). Se x 2 U , então (x + U ) \ U 6= , isto é, existe y 2 U tal que x + y 2 U: Logo x2

y+U

U +U

V:

Para espaços localmente convexos, temos um resultado mais forte que a Proposição 6.1.7: Proposição 6.1.10 Seja E um elc e U a família de todas as vizinhanças de zero em E. Se U 2 U, então (a) U é absorvente. (b) Existe V 2 U tal que V + V U: (c) Existe V 2 U; V equilibrada, convexa e fechada, tal que V U. Demonstração. (a) e (b) já são conhecidas. Vamos mostrar (c). Seja U1 uma vizinhança de zero. Dentro de U1 , existe uma vizinhança fechada U2 de zero e dentro de U2 podemos considerar U uma vizinhança de zero convexa, pois E é um elc. Então, sabemos que U contém uma vizinhança equilibrada W de zero. Para cada s 2 K; com jsj = 1; temos, pelo fato de ser W equilibrada, s

sW

W

1

W:

W

Assim, W =s

1

(sW )

W = s(s

1

s

W)

1

W

sW

a portanto sW = W = s

1

W

para todo s com módulo 1. Em particular, s

1

W =W

U

e portanto W

sU:

Seja

\

V =

sU:

jsj=1

Então W V e V U: Logo V é uma vizinhança de zero contida em U . Além disso, cada sU é convexa, pois se a; b > 0 e a + b = 1 e u1 ; u2 2 U , temos a(su1 ) + b(su2 ) = s(au1 + bu2 ) 2 sU: Como interseção de convexos é ainda convexa, temos que V é convexa. Vamos mostrar que V é equilibrada. Seja t escalar, com jtj 1: Se v 2 V , temos v 2 sU para todo s com jsj = 1: Logo, para qualquer s com módulo 1, temos tv 2 tsU = s1 jtj U; para s1 = sei , onde t = jtj ei : Como U é convexo e contém zero, temos que

s1 jtj U 110

s1 U:

De fato, se s1 jtj u 2 s1 jtj U , temos s1 jtj u = jtj (s1 u) + (1 jtj)0 2 s1 U (pois s1 U é convexo): Portanto tv 2 s1 U: Como s varia por todos os jsj = 1, temos que s1 varia por todos os js1 j = 1: Daí \ tv 2 s1 U = V: js1 j=1

Assim, encontramos uma vizinhança de zero V , convexa e equilibrada, contida em U: Como fecho de convexo é convexo e fecho de equilibrado é equilibrado, segue que V

U2

e V é uma vizinhança de zero fechada, convexa e equilibrada, com V

U2

U1 .

De…nição 6.1.11 Seja E um espaço vetorial sobre K. Uma seminorma em E é uma aplicação p : E ! R que satisfaz (a) p(x) 0 para todo x 2 E: (b) p( x) = j j p(x) para todo 2 K e x 2 E: (c) p(x + y) p(x) + p(y) para quaisquer x; y 2 E: Note que se p é uma seminorma, (b) nos diz que p(0) = 0: Exercício 6.1.12 Se p : E ! R é uma seminorma, mostre que jp(x)

p(y)j

p(x

y)

A seguir veremos como se comportam transformações lineares em evt’s. Proposição 6.1.13 Sejam E e F evt’s e T : E ! F uma transformação linear. Então T é contínuo se e somente se T é contínuo em 0. Demonstração. Exercício. Teorema 6.1.14 Seja T : E ! K um funcional linear T 6= 0 em um evt E. As seguintes sentenças são equivalentes: (a) T é contínuo. (b) Ker(T ) é fechado. (c) T é limitado em alguma vizinhança de zero. Demonstração. (i) implica (ii) é claro, pois f0g é fechado em K. Suponha agora Ker(T ) fechado e diferente de E: Assim, Er Ker(T ) é aberto (não-vazio) em E. Então, V = E r Ker(T ) é uma vizinhança (aberta) de x 2 V . Seja U =V

x:

Então U é uma vizinhança aberta de zero, e portanto contém uma vizinhança equilibrada W de 0. Logo x+W V e portanto (x + W ) \ Ker(T ) = :

(6.2)

A linearidade de T garante que T (W ) é um subconjunto equilibrado de K. Assim, T (W ) é limitado ou é o próprio K (veri…que!). Se T (W ) = K, existe w 2 W tal que T (w) = T (x) e daí T (x + w) = 0; o que é impossível (devido a (6.2)). Logo T (W ) é limitado, e (c) segue. 111

Suponhamos …nalmente (c). Existem, então, uma vizinhança V de 0 e algum K > 0 tais que jT (v)j < K para todo v 2 V . Dado " > 0; temos portanto jT (x)j < " se x 2

" KV

e segue que T é contínua em 0, e portanto contínua, e obtemos (a).

Exercício 6.1.15 Se A

K é equilibrado, então A é limitado ou A = K:

Proposição 6.1.16 Seja E um espaço vetorial e A E um conjunto convexo, equilibrado e absorvente. O funcional de Minkowski de A; de…nido por pA (x) = inff > 0; x 2 Ag é uma seminorma em E. Além disso, fx 2 E; pA (x) < 1g

A

fx 2 E; pA (x)

1g:

(6.3)

Demonstração. É claro que pA (x) 0: Vamos mostrar primeiro que p( x) = j j p(x) para todo 2 K e x 2 E: Se = 0, o resultado é fácil. Suponha 6= 0. Seja > 0 tal que x 2 A: Logo x 2 A = j j A, pois A é equilibrado. Portanto, se x 2 A; temos pA ( x) j j e pA ( x) Seja

j j inff > 0; x 2 Ag = j j pA (x):

> 0 tal que x 2 A: Então, se

(6.4)

6= 0, x2

A=

j j

A

e daí pA (x)

j j

Logo

:

pA (x)

1 pA ( x) j j

pA ( x)

j j pA (x):

e

(6.5)

De (6.4) e (6.5) segue que pA ( x) = j j pA (x): Nos resta provar que pA (x + y) pA (x) + pA (y) para quaisquer x; y 2 E: Sejam ; > 0 tais que x 2 A e y 2 A: Logo x+y 2 A+ A e, como A é convexo, temos x+y 2( + ) =( + )

A+ A + A A + + + 112

( + )A;

pois +

1;

1e

+

+

+

+

= 1:

Portanto pA (x + y)

+

e conseqüentemente pA (x + y) Agora demonstraremos (6.3). Se pA (x) < 1; então existe tal que pA (x)

pA (x) + pA (y): < 1 tal que

x2 A

A;

pois A é equilibrado. Daí A inclusão de A em fx 2 E; pA (x)

fx 2 E; pA (x) < 1g

A:

1g é imediata.

Proposição 6.1.17 Seja E um espaço vetorial e p : E ! R uma seminorma. Se A = fx 2 E; p(x)

1g;

então A é convexo, equilibrado, absorvente e pA (x) = p(x) para todo x em E. Demonstração. Se a; b > 0 e x; y 2 A, temos p(ax + by) Logo ax + by 2 A e A é convexo. Se j j

ap(x) + bp(y)

a + b = 1:

1 e x 2 A, temos p( x) = j j p(x)

1:

Logo x 2 A e A é equilibrado. Agora mostraremos que A é absorvente. Seja x 2 E: Se x 2 A, então x 2 1A: j

Note que, como A = fx 2 E; p(x) 1g, é fácil ver que se x 2 j 0 j : Portanto, de (6.6) segue que x 2 A sempre que j j 1. x 2 A e portanto Se x 2 = A; então p(x) > 1 e portanto p(x)

(6.6) 0 A,

1j

então x 2

1A

sempre que

x 2 p(x)A e conseqüentemente x 2 A sempre que j j Da Proposição 6.1.16, temos

p(x). Logo A é absorvente.

fx 2 E; pA (x) < 1g

A

fx 2 E; pA (x)

1g:

Se p(x) = 0, então x 2 A para todo > 0: Logo x 2 A para todo > 0 e pA (x) = 0. Assim, pA (x) = p(x): rx rx Se p(x) 6= 0; temos p(x) 2 = A, se r > 1: Logo pA ( p(x) ) 1 e daí pA (x) p(x): x x Por outro lado, como p(x) 2 A; temos pA ( p(x) ) 1 e pA (x) p(x): Portanto, pA (x) = p(x): Exercício 6.1.18 Se E é um evn e B é a bola fechada de raio r, mostre que pB (x) =

113

kxk r :

6.2

Seminormas e topologias

A seguir veremos como um espaço vetorial (sem topologia) pode ser munido de uma topologia natural e se tornar um evt localmente convexo, a partir de uma família de seminormas. No que segue, se P = fp ; 2 g é uma família de seminormas em um espaço vetorial E, de…niremos os conjuntos V (x0 ; p1 ; :::; pn ; ") = fx 2 E; pi (x

x0 ) < "; i = 1; :::; ng;

onde x0 2 E, " > 0 e p1 ; :::; pn 2 P. Exercício 6.2.1 Mostre que V (x0 ; p1 ; :::; pn ; ") = x0 + V (0; p1 ; :::; pn ; "): Exercício 6.2.2 Seja E um espaço vetorial e sejam p1 e p2 seminormas em E. p(x) = p1 (x) + p2 (x) e q(x) = maxfp1 (x); p2 (x)g são seminormas em E.

Mostre que

Teorema 6.2.3 Seja E um espaço vetorial e P uma família de seminormas em E. Para cada x 2 E, seja seja Vx a coleção de todos os subconjuntos de E da forma V (x; p1 ; :::; pn ; "); com n 2 N, p1 ; :::; pn 2 P e " > 0: Seja 2E com 2 e tal que os outros elementos de são todos os conjuntos G E da forma x 2 G ) (existe U 2 Vx com U G). Então é uma topologia em E compatível com a estrutura de espaço vetorial (isto é, a soma e produto por escalar são contínuas) e cada conjunto Vx é uma base de vizinhanças de x. Além disso, cada seminorma p 2 P é contínua e (E; ) é um espaço de Hausdor¤ se e somente se para cada x 2 E com x 6= 0, existe um p 2 P tal que p(x) 6= 0: A topologia será chamada de topologia determinada (ou gerada) pela família de seminormas P. Demonstração. Da de…nição de ; é imediato que E 2 e que união arbitrária de elementos de ainda é um elemento de . Mostraremos que se A; B 2 , então A \ B 2 . Se A \ B = , temos que A \ B 2 : Suponhamos que A \ B 6= e x 2 A \ B: Então, existem U; V 2 Vx tais que U AeV B: Existem, portanto, seminormas p1 ; :::; pm ; q1 ; :::; qn e "1 ; "2 > 0 tais que U = V (x; p1 ; :::; pm ; "1 ) e V = V (x; q1 ; :::; qn ; "2 ): Assim, se W = V (x; p1 ; :::; pm ; q1 ; :::; qn ; minf"1 ; "2 g); temos que W 2 Vx e W U \ V A \ B: Logo A \ B 2 e é uma topologia em E. Agora, mostraremos que se U 2 Vx , então U 2 . Suponha U = V (x; p1 ; :::; pn ; ") e z 2 U . Devemos mostrar que existe V 2 Vz tal que V Como z 2 U , temos Seja

pi (z

U:

x) < " para todo i = 1; :::; n:

> 0 tal que 0 tal que B(p(x0 ); ")

U:

Logo, se V = V (x0 ; p; "); temos que x 2 V ) p(x

x0 ) < " ) jp(x)

p(x0 )j

p(x

x0 ) < "

e portanto p(x) 2 U . Observação 6.2.4 É fácil ver que a topologia construída acima torna E um elc. Com efeito, cada V (x; p1 ; :::; pn ; ") é um conjunto convexo, pois se z; y 2 V (x; p1 ; :::; pn ; ") e ; > 0 são tais que + = 1; então, para cada i = 1; :::; n; temos pi ( z + y

x) = pi ( z + y

x

x)

pi (z

x) + pi (y

x)

"+ "="

e daí z + y 2 V (x; p1 ; :::; pn ; "): Proposição 6.2.5 Suponha que p é uma seminorma em um evt (E; ). São equivalentes: Lema 6.2.6 a) p é contínua em zero. b) p é contínua. c) p é limitada em alguma vizinhança de zero. Demonstração. É claro que (b) implica (a). Agora suponha (a). Se x0 2 E, sabemos que a aplicação x2E!x

x0 2 E

é contínua (veja Proposição 6.1.3) e portanto se (x ) é uma rede que converge para x0 , então x

x0 ! 0: 116

(6.8)

Como jp(x )

p(x0 )j

p(x

x0 );

usando (6.8) e a continuidade de p em zero, segue que p(x ) ! p(x0 ): Logo, temos (b). Mostraremos agora que (a) e (c) são equivalentes. Veri…car que (a) implica (c) é fácil, pois, como p(0) = 0; a partir de (a), sabemos que existe uma vizinhança U de 0 tal que p(U )

ft 2 K; jtj < 1g:

Logo p é limitada em U . Reciprocamente, suponha (c). Existe, portanto, uma vizinhança V de zero e uma constante C > 0 tal que jp(x)j < C para todo x 2 V . Daí temos que dado " > 0; jp(x) se x 2

" CV

p(0)j = jp(x)j < "

e segue (a).

Corolário 6.2.7 Se E é um evt e A E é uma vizinhança de zero convexa, equilibrada (e absorvente, pois toda vizinhança de zero é absorvente), então o funcional de Minkowski pA é contínuo. Demonstração. De fato, se x 2 A, então pA (x) zero e, pelo resultado anterior, contínuo.

1, e portanto pA é limitado numa vizinhança de

Proposição 6.2.8 Se V é uma vizinhança convexa e equilibrada de zero em E, então V = fx 2 E; pV (x)

1g:

V = fx 2 E; pV (x)

1g:

Em particular, se V é fechada, temos

Demonstração. A continuidade de pV garante que fx 2 E; pV (x) que fx 2 E; pV (x) < 1g V fx 2 E; pV (x) segue que V fx 2 E; pV (x) de x0 . Como a aplicação

1g é fechado. Como sabemos 1g;

1g: Por outro lado, seja x0 tal que pV (x0 )

1 e W uma vizinhança

f :K!E a 7! ax0 é contínua e f (1) = x0 , existe " > 0 tal que ax0 2 W sempre que ja 1j < ": Sabemos também que ax0 2 V para a < 1 e. a 2 R, pois pV (ax0 ) = apV (x0 ) < 1: Logo, se 1 " < a < 1; temos que ax 2 V \ W: Portanto x0 2 V : Exercício 6.2.9 Seja E um espaço vetorial sobre K. Um conjunto A E é dito absolutamente convexo se x + y 2 A para quaisquer x; y 2 A e ; 2 K com j j + j j 1. Mostre que A é absolutamente convexo se e somente se A é convexo e equilibrado.

117

Exercício 6.2.10 Seja E é um espaço vetorial sobre K e A E: Mostre que se A é equilibrado, então 8 9 n n 0 e x1 2 X tais que Ud (x1 ; r1 ) X F1 : Temos também que (X F2 ) \ Ud (x1 ; r1 =4) é aberto e não vazio. De fato, se essa interseção fosse vazia, teríamos Ud (x1 ; r1 =4) F2 , que é um absurdo, pois o interior de F2 é vazio. Logo existem x2 2 X e r2 > 0; tais que Ud (x2 ; r2 )

(X

F2 ) \ Ud (x1 ; r1 =4):

Usando o mesmo raciocínio, encontramos x3 2 X e r3 > 0 tais que Ud (x3 ; r3 )

(X

F3 ) \ Ud (x2 ; r2 =4):

Por indução, construimos uma seqüência de bolas abertas (Ud (xn ; rn ))1 n=1 tais que rn+1 Ud (xn+1 ; rn+1 )

(X

Fn+1 ) \ Ud (xn ; rn =4): 126

rn 4

e

rn r1 Note que, como rn+1 4 para todo n; temos rn 4n 1 : 1 Pela desigualdade triangular, é fácil ver que (xn )n=1 é uma seqüência de Cauchy em X. Com efeito, p X

d(xn ; xn+p )

<

j=1 p X

d(xn+j

1 ; xn+j )

p X rn+j j=1

r1 n+j 4 j=1

1

4

1

(8.1)

:

Como X é completo, existe um x 2 X, que é limite da seqüência (xn ): Note que podemos também escrever rn rn rn+1 rn+p 1 rn rn (8.2) d(xn ; xn+p ) + + ::: + + 2 + ::: + p 1 : 4 4 4 4 4 4 Fixando, arbitrariamente, n em (8.2) e fazendo p tender a in…nito, temos que d(xn ; x) < rn e 1 [ Sn = X (absurdo). x 2 Ud (xn ; rn ): Logo x 2 = n=1

127

8.2

Espaços topológicos

De…nição 8.2.1 Uma topologia em um conjunto X é uma coleção conjuntos abertos, satisfazendo as seguintes propriedades: a) Qualquer união de elementos de é um elemento de . b) Qualquer interseção …nita de elementos de pertence a . c) X e o conjunto vazio pertencem a .

de subconjuntos de X, chamados

Dizemos que (X; ) é um espaço topológico, que naturalmente abreviaremos para X quando não houver possibilidade de confusão. Exercício 8.2.2 Seja X um conjunto. Seja c a coleção de todos os subconjuntos U de X tais que X U é enumerável ou é X: Veri…que que c é uma topologia em X. Exemplo 8.2.3 Se (M; d) é um espaço métrico, o Teorema ?? nos garante que o conjunto formado pelos abertos de M forma uma topologia em M; chamada topologia métrica d : Sempre que (X; ) for um espaço topológico e sua topologia for uma topologia métrica d para uma métrica d em X, dizemos que (X; ) é um espaço topológico metrizável . Se X é um conjunto qualquer, a coleção de todos os subconjuntos de X; que de agora em diante será denotada por P(X), é uma topologia em X, chamada topologia discreta. Uma outro topologia "patológica"é a topologia = fX; g; chamada de topologia trivial. Exercício 8.2.4 Mostre que (X; P(X)) é um espaço metrizável. Exercício 8.2.5 Mostre que se X tem mais de um elemento, (X; ), com

= fX; g; não é metrizável.

Novamente, seguindo o que foi feito na seção anterior, de…nimos: De…nição 8.2.6 Se X é um espaço topológico e E X E é aberto.

X, dizemos que E é fechado se e somente se

Aplicando as leis de De Morgan, temos: Teorema 8.2.7 Se F a coleção de todos os conjuntos fechados em um espaço topológico X; então: a) Qualquer interseção de elementos de F é ainda um elemento de F , b) Qualquer união …nita de elementos de F pertence a F , c) X e são elementos de F . Demonstração. Feita em sala. X, o fecho de E em X é o conjunto

De…nição 8.2.8 Se X é um espaço topológico e E E = \fK

X; K é fechado e E

Kg:

Note que o fecho de um conjunto é uma interseção de fechados, e portanto é um conjunto fechado. Também denotamos E por ClX (E). Lema 8.2.9 Se A

B, então A

Demonstração. É claro que B contendo A e daí A B:

B: B: Como A

B, temos A

128

B: Logo B é um conjunto fechado

Teorema 8.2.10 A operação A ! A em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades: a) E E b) E = E c)A [ B = A [ B d) = e) E é fechado em X se e somente se E = E: Demonstração. Vamos mostrar que (c) vale, e deixar o resto como exercício (feito na sala). Logo A [ B é fechado e contém A [ B: Daí A [ B A [ B: Por outro lado, como A A [ B e B A [ B; temos, pelo lema anterior, que A A [ B e B A [ B; e o resultado segue. De…nição 8.2.11 Se X é um espaço topológico e E int(E) = [fG

X, o interior de E em X é o conjunto

X; G é aberto e G

Eg:

Note que o interior de um conjunto é uma união de abertos, e portanto é um conjunto aberto. Exercício 8.2.12 Mostre que int(E) = X Lema 8.2.13 Se A

B, então int(A)

X

E e que X

E = int(X

E):

int(B):

Demonstração. É claro que int(A) A: Como A B, temos int(A) conjunto aberto contido em B e conseqüentemente int(A) int(B):

B: Logo int(A) é um

Teorema 8.2.14 A operação A ! int(A) em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades: a) int(A) A: b) int(int(A)) = int(A): c) int(A \ B) = int(A) \ int(B): d) int(X) = X: e) A é aberto em X se e somente se int(A) = A: Demonstração. Similar à anterior. De…nição 8.2.15 Se X é um espaço topológico e E

X, a fronteira de E é o conjunto

F rX (E) = E \ (X

E):

Quando não houver possibilidades de dúvidas, escreveremos simplesmente F r(E): Claramente, a fronteira de um conjunto qualquer é sempre um conjunto fechado.

129

8.2.1

Vizinhanças

De…nição 8.2.16 Se X é um espaço topológico e x 2 X, uma vizinhança de x é um conjunto U contendo um conjunto aberto V; com x 2 V . A coleção Ux de todas as vizinhanças de x é chamada de sistema de vizinhanças de x. Teorema 8.2.17 O sistema de vizinhanças de x em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades: a) Se U 2 Ux ; então x 2 U: b) Se U; V 2 Ux , então U \ V 2 Ux c) Se U 2 Ux , então existe um V 2 Ux , tal que U 2 Uy para cada y 2 V: d) Se U 2 Ux e U V , então V 2 Ux : e) G X é aberto se e somente se G contém uma vizinhança de cada um de seus pontos. Demonstração. Fácil. vamos mostrar (e). Se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de seus pontos (veja de…nição de vizinhança).SReciprocamente, se para cada x em G existe uma vizinhaça Vx de x, contida em G, temos que G = int(Vx ). x2G

Exercício 8.2.18 Mostre que se cada ponto x de um conjunto X é associado a uma coleção não-vazia Ux de subconjuntos de X satisfazendo a), b), c) e d) do teorema anterior, a coleção = fG

X; para cada x em G, x 2 U

G para algum U 2 Ux g

é uma topologia para X; e cada coleção Ux é o sistema de vizinhanças de x. De…nição 8.2.19 Uma base de vizinhanças em x em um espaço topológico X é uma subcoleção Bx ; Bx Ux ; tendo a propriedade que cada U 2 Ux contém algum V 2 Bx : Assim, Ux pode ser determinado por Bx da seguinte forma: Ux = fU

X; V

U para algum V 2 Bx g:

Uma vez escolhida uma base de vizinhanças em x, seus elementos são chamados vizinhanças básicas. Exemplo 8.2.20 Em qualquer espaço topológico, as vizinhanças abertas de x formam uma base de vizinhanças em x: Teorema 8.2.21 Seja X um espaço topológico e para cada x em X, seja Bx uma base de vizinhanças em x. Então: a) Se V 2 Bx ; então x 2 V: b) Se V1 ; V2 2 Bx , então existe um V3 2 Bx tal que V3 V1 \ V2 : c) Se V 2 Bx , então existe um V0 2 Bx , tal que se y 2 V0 ; então existe um W 2 By com W V: d) G X é aberto se e somente se G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos. Demonstração. Fácil. Vamos mostrar (c) e (d). (c) Seja V 2 Bx Ux : Existe, portanto, V1 2 Bx Ux com V1 V . Podemos encontrar V0 aberto com V0 V1 : Se y 2 V0 ; existe W 2 By com W V0 V: A demonstração de (d) também é fácil. Com efeito, se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de seus pontos, e existe uma vizinhança básica de cada um de seus pontos, contida em G. Reciprocamente, S se para cada x em G existe uma vizinhaça básica Vx de x, contida em G, temos que G = int(Vx ). x2G

Exercício 8.2.22 Mostre que se para cada ponto x de um conjunto X; é associada uma coleção nãovazia Bx ; de subconjuntos de X; satisfazendo (a),...,(c) do teorema anterior, com (d) usada para de…nir abertos, teremos uma topologia em X, na qual os Bx são uma base de vizinhanças de x: 130

Teorema 8.2.23 Seja X um espaço topológico e suponha que uma base de vizinhanças tenha sido …xada em cada x 2 X. Então a) G X é aberto se e somente se G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos. b) F X é fechado se e somente se cada ponto x 2 = F tem uma vizinhança básica disjunta de F . _ c) E = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg d) int(E) = fx 2 X; alguma vizinhança básica de x está contida em Eg e) F r(E) = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta E e X Eg: Demonstrção. a) É parte do Teorema 8.2.21. b) Conseqüência imediata de (a), se lembrarmos que um conjunto é fechado precisamente quando seu complementar é_aberto. c) Lembre que E = \fK X; K é fechado e E Kg: Se alguma vizinhança básica U de x não intercepta E; então x 2 int(U ) e E X int(U ): Como X int(U ) é fechado, segue que _ _ E X int(U ): Logo x 2 = E: Daí _

E _

fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg: _

Reciprocamente, se x 2 = E; então X E é um conjunto aberto contendo x; e portanto contém uma vizinhança básica de x. Portanto essa vizinhança básica não pode interceptar E. d) int(E) = [fG X; G é aberto e G Eg: Logo int(E) = X X E = X fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta X Eg = fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x que não intercepta X = fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x contida em Eg

Eg

e) F r(E) = E \ X = fx 2 X; \fx 2 X; cada = fx 2 X;

E cada vizinhança básica de x intercepta Eg vizinhança básica de x intercepta X Eg cada vizinhança básica de x intercepta E e X

Eg:

Teorema 8.2.24 (Critério de Hausdor¤ ) Para cada x 2 X, seja Bx1 uma base de vizinhanças de x para uma topologia 1 em X, e seja Bx2 uma base de vizinhanças em x para uma topologia 2 em X. 1 1 2 2 2 Então 1 B1: 2 se e somente se para cada x 2 X; dado B 2 Bx , existe um B 2 Bx tal que B 1 1 1 Demonstração. Suponha 1 2 : Seja B 2 Bx : Então, como B é vizinhança de x em (X; 1 ), x está contido em algum elemento B de 1 ; com B B 1 . Como 1 2 ; temos que B 2 2 e portanto B é vizinhança de x em (X; 2 ): Logo existe B 2 2 Bx2 tal que B 2 B e daí B 2 B 1 : Reciprocamente, se B 2 1 ; então B contém algum B 1 2 Bx1 para cada x 2 B. Logo B contém algum B 2 2 Bx2 para cada x em B. Daí B 2 2 :

O teorema anterior pode ser pensado da seguinte forma: Pequenas vizinhanças fazem grandes topologias. Isso é intuitivo, pois quanto menores são as vizinhanças em um espaço, mais fácil é para um conjunto conter vizinhanças de todos os seus pontos. Assim, é mais fácil que o conjunto seja aberto. 131

De…nição 8.2.25 Um ponto de acumulação de um conjunto A em um espaço topológico X é um ponto x 2 X tal que cada vizinhança (ou equivalentemente, cada vizinhança básica) de x contém algum ponto de A, diferente de x. O conjunto A0 formado por todos os pontos de acumulação de A é chamado derivado de A. Proposição 8.2.26 A = A [ A0 : Demonstração. Do Teorema 8.2.23 (c), segue que A0 A e, como A A; segue que A [ A0 A: Por outro lado, se x 2 A; então cada vizinhança de x intercepta A. Portanto, ou x está em A ou cada vizinhança de x intercepta A em pontos diferentes de x: Daí x 2 A [ A0 :

132

Bases e sub-bases De…nição 8.2.27 Se (X; ) é um espaço topológico, uma base para é uma coleção B tal que S = B; C B :

(às vezes dizemos base para X)

B2C

Em palavras, todo aberto da topologia pode ser representado como união de abertos da base.

Exercício 8.2.28 Seja (X; ) um espaço topológico e B (X; ): Mostre que B é uma base para X se e somente se sempre que G é um aberto em X e p 2 G, então existe um B 2 B tal que p 2 B G: Exemplo 8.2.29 Na reta real, a coleção de todos os intervalos abertos é uma base para a topologia usual. Mais geralmente, num espaço métrico M , a coleção de todas as bolas abertas centradas em pontos de M; é uma base para M . Teorema 8.2.30 B é uma base para uma topologia em X se e somente se S a) X = B e B2B

b) sempre que B1 e B2 estão em B, com p 2 B1 \ B2 ; existe um B3 em B tal que p 2 B3

B1 \ B2 :

Demonstração.S Se B é uma base paraS uma topologiaSem X, (a) S segue claramente, pois X é aberto, e portanto X = B com C B: Mas B X= B B. B2C

B2B

B2C

B2B

(b) também segue fácil, pois como B1 e B2 estãoSem B; são abertos, assim como B1 \ B2 : Logo B1 \ B2 2 e p 2 B1 \ B2 : Assim, temos B1 \ B2 = B com C B; e segue que existe B3 2 B, com B2C

p 2 B3 B1 \ B2 : Reciprocamente, suponha que X é um conjunto e B é uma coleção de subconjuntos de X com as propriedades (a) e (b). S Seja = B; C B : Então a união de elementos de ainda pertence a : Além disso, se B2C S S B1 B e B2 B são tais que Be C são elementos de de ; então B2B1

S

B2B1

B2B2

B

!

\

S

C2B2

C

!

=

S

S

B2B1 C2B2

(B \ C) :

Mas, por (b) note que interseção (…nita) de elementos de B é ainda união de elementos de B: Logo interseção …nita de elementos de ainda pertence a : Finalmente X 2 por (a) e 2 , pois é a união de elementos da subcoleção vazia de B: Logo, é uma topologia para X; e, pela de…nição de ; segue que B é uma base para a topologia em X: O próximo terorema mostra que a diferença essencial entre as noções de base de vizinhanças em cada ponto e base para a topologia de X está no fato de que as bases de vizinhanças não são formadas necessariamente por conjuntos abertos. Teorema 8.2.31 Se B é uma coleção de abertos em X, B é uma base para X se e somente se para cada x 2 X, a coleção Bx = fB 2 B; x 2 Bg é uma base de vizinhanças em x. Demonstração. Suponha que B é uma base para X. Para cada x em X, considere Bx = fB 2 B; x 2 Bg: É claro que os elementos de Bx são vizinhanças de x. Seja U uma vizinhança de x. Então x 2 int(U ) e, como int(U ) é uma união de elementos de B; existe algum B em B tal que x 2 B int(U ): Logo B 2 Bx e B U . Daí concluímos que Bx é base de vizinhanças em x. 133

Reciprocamente, suponha que B é uma coleção S de abertos em X e para cada x, Bx = fB 2 B; x 2 Bg é uma base de vizinhanças em x. Então B Bx . Seja U um aberto de X. Para cada p em U; existe x2X S um elemento Bp de Bp B tal que p 2 Bp U . Logo U = Bp e portanto U é união de elementos p2U

de B. Daí concluímos que B é base para X.

Podemos também descrever a topologia com uma coleção menor que uma base: De…nição 8.2.32 Uma sub-base C para uma topologia em X é uma coleção de subconjuntos de X cuja união é igual a X. A topologia gerada por uma sub-base C é de…nida como a coleção de…nida por n [ \ =f B; S Fg; e com F = f Sj ; n 2 N; Sj 2 Cg j=1

B2S

formada por todas as uniões de interseções …nitas de elementos de C : Exercício 8.2.33 Mostre que de…nida acima é de fato uma topologia. Sugestão: Mostre que F é base para usando o Teorema 8.2.30. \ Exercício 8.2.34 Se f g é uma família de topologias em X, mostre que é uma topologia em [ X. Veri…que se, em geral, é uma topologia.

Exercício 8.2.35 Seja f g uma família de topologias em X: Mostre que existe uma única menor topologia contendo todos os e uma única maior topologia contida nos (menor topologia signi…ca uma topologia que contém todas as topologias e que está contida em qualquer topologia que as contém. Por outro lado, maior topologia signi…ca uma topologia que está contida em cada topologia ; [ tal que contém toda topologia que está contida em cada ). Sugestão: mostre que se A = ; então B = f\A2C A; C A e C é …nitog é base para uma topologia (use o Teorema 8.2.30). Em seguida, mostre que qualquer topologia que contém A deve necessariamente conter : Daí, obtenha a unicidade. Exercício 8.2.36 Mostre que se B é uma base para uma topologia em X, então essa topologia coincide com a interseção de todas as topologias que contém B. Prove o mesmo para uma sub-base.

134

8.2.2

Funções contínuas

De…nição 8.2.37 Sejam X e Y espaços topológicos e seja f : X ! Y uma função. Então f é contínua em x0 2 X se e somente se para cada vizinhança V de f (x0 ) em Y , existir uma vizinhança U de x0 em X tal que f (U ) V: Dizemos que f é contínua em X se f for contínua em cada ponto de X. Exercício 8.2.38 Mostre que na de…nição acima podemos trocar “vizinhança” por “vizinhança básica”. Exercício 8.2.39 Mostre que na de…nição acima podemos trocar “vizinhança” por “aberto” O próximo teorema nos dá caracterizações bastante úteis de funções contínuas: Teorema 8.2.40 Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é uma função, as seguintes a…rmações são equivalentes: a) f é contínua, b) para cada aberto H em Y , temos que f 1 (H) é aberto em X, c) para cada fechado K em Y , temos que f 1 (K) é fechado em X d) para cada E X, f (ClX (E)) ClY (f (E)): Demonstração. (a) ) (b). Se H é aberto em Y , então para cada x 2 f 1 (H); H é uma vizinhança de f (x): Pela continuidade de f , existe uma vizinhança V de x tal que f (V ) H: Logo V f 1 (H): Concluímos 1 1 que f (H) contém uma vizinhança de cada um de seus pontos, e portanto f (H) é aberto. (b) ) (c). Se K é fechado em Y , então f 1 (Y K) é aberto em X. Então f

1

(K) = X

f

1

(Y

K)

e portanto f 1 (K) é fechado em X. (c) ) (d). Seja K um fechado em Y , com f (E) K. Pela parte (c), temos que f 1 (K) é fechado em X e contém E. Então ClX (E) f 1 (K): Daí f (ClX (E)) K: Como isso vale para qualquer conjunto fechado K contendo f (E); temos que f (ClX (E))

ClY (f (E)):

(d) ) (a): Seja x 2 X e seja V uma vizinhança aberta de f (x): De…na E = X f 1 (V ) e U = X ClX (E): Como, por hipótese, f (ClX (E)) ClY (f (E)); temos que x 2 U . De fato, se fosse x 2 = U , teríamos x 2 ClX (E) e daí f (x) 2 f (ClX (E)) ClY (f (E)): (8.3) Mas f (E) = f (X

f

1

(V ))

Y

V

e V é aberto. Daí Y V é fechado e, pela de…nição de fecho, ClY (f (E)) Y V: Como f (x) 2 V , temos que f (x) 2 = ClY (f (E)) (isso contradiz (8.3)). Logo x 2 U: Além disso, f (U ) = f (X ClX (E)) f (X E) = f (f 1 (V )) = V e f é contínua. Teorema 8.2.41 Se X; Y e Z são espaços topológicos e f : X ! Y e g : Y ! Z são funções contínuas, então g f : X ! Z é contínua. Demonstração. Se H é aberto em Z, (g f ) é contínua.

1

(H) = f

135

1

(g

1

(H)) é aberto em X, e portanto g f

8.2.3

Subespaços e topologia relativa

Um subconjunto de um espaço topológico herda a topologia de maneira bastante natural: De…nição 8.2.42 Se (X; ) é um espaço topológico e A X, a coleção 0 = fG \ A; G 2 g é uma topologia em A, chamada topologia relativa. Um subconjunto A de um espaço topológico (X; ), com a topologia relativa, é chamado subespaço. Sempre que usarmos uma topologia num subconjunto de um espaço topológico, assumiremos que essa é a topologia relativa (a menos que se diga algo em contrário). Exemplo 8.2.43 A reta, pensada como o eixo x do plano, herda a topologia do R2 : Exemplo 8.2.44 Os inteiros, como subespaço da reta, herdam a topologia discreta (onde todos os subconjuntos são abertos). Teorema 8.2.45 Seja A um subespaço de um espaço topológico X. Então, a) H A é aberto em A se e somente se H = G \ A, com G aberto em X; b) F A é fechado em A se e somente se F = K \ A, com K fechado em X; c) Se E A, então ClA (E) = A \ ClX (E); d) Se x 2 A, então V é uma vizinhança de x em A se e somente se V = U \ A, onde U é uma vizinhança de x em X; e) Se x 2 A, e se Bx é uma base de vizinhanças para x em X, então fB \ A; B 2 Bx g é uma base de vizinhanças para x em A; f ) Se B é base para X, então fB \ A; B 2 Bg é base para A. Demonstração. (a) é imediato da de…nição da topologia relativa. (b) Se F é fechado em A, então F = A C com C aberto em A. Logo F = A aberto em X: Daí F = A \ (X D): Como X D é fechado em X, basta fazer X Reciprocamente, se F = K \ A, com K fechado em X; então A

F =A

Como X K é aberto em X, segue que A c) Note que

(K \ A) = A \ (X

(A \ D) com D D = K:

K):

F é aberto em A e conseqüentemente F é fechado em A:

ClA (E) = \fK A; K é fechado em A e E Kg = \fA \ F ; F é fechado em X e E A \ F g = \fA \ F ; F é fechado em X e E F g = A \ (\fF X; F é fechado em X e E F g) = A \ ClX (E): d) Seja V vizinhança de x em A: Então existe um aberto U0 de A tal que x 2 U0 U0 = U \ A, com U aberto em X: Daí V = [U [ (V

V: Mas

U )] \ A

e como U [ (V U ) é vizinhança de x em X; uma das implicações está provada. Por outro lado, suponha que V = U \ A e x 2 V; onde U é vizinhança de x em X. Então, existe um conjunto B aberto em X tal que x 2 B U: Logo x 2 B \ A U \ A = V . Como B \ A é aberto em A, segue que V é vizinhança de x em A: e) Seja x 2 A e V uma vizinhança de x em A. Pelo item (d), V = A \ U com U vizinança de x em X: Como Bx é base de vizinhanças de x em X, existe B 2 Bx tal que x 2 B U: Logo x 2 A \ B A \ U = V: Daí fB \ A; B 2 Bx g é base de vizinhanças de x em A. f) Exercício. 136

De…nição 8.2.46 Se f : X ! Y e A X, denotaremos por f j A a restrição de f a A, ou seja, a função de A em Y dada por (f j A)(a) = f (a) para cada a em A: Proposição 8.2.47 Se A

X e f : X ! Y é contínua, então (f j A) : A ! Y é contínua.

Demonstração. Se H é aberto em Y; então (f j A) 1 (H) = f 1 (H) \ A; e este conjunto é aberto na topologia relativa de A. O próximo resultado é uma espécie de recíproca da proposição anterior: Teorema 8.2.48 Se X = A [ B; com A e B abertos (ou ambos fechados) em X, e f : X ! Y uma função tal que (f j A) e (f j B) são contínuas, então f é contínua. Demonstração. Suponha A e B abertos e H é aberto em Y . Como f

1

(H) = (f j A)

1

(H) [ (f j B)

1

(H);

e como (f j A) e (f j B) são contínuas, temos que (f j A) 1 (H) e (f j B) 1 (H) são abertos em A e B, respectivamente. Como A e B são abertos em X, segue que (f j A) 1 (H) e (f j B) 1 (H) são também abertos em X (veri…que!) Daí f 1 (H) é aberto em X; pois é união de abertos. Exercício 8.2.49 Suponha Y Z e f : X ! Y: Mostre que f é contínua se e somente se f vista como função de X em Z é contínua.

8.2.4

Topologia produto

De…nição 8.2.50 Seja X um conjunto para cada em . O produto cartesiano dos conjuntos X é o conjunto Q S X = x: ! X ; x( ) 2 X para cada 2 ; 2

Q

2

que denotamos simplesmente por X se não houver possibilidade de confusão em relação ao conjunto de índices. Na prática, o valor de x( ) é denotado por x : Q A função : X ! X ; de…nida por (x) = x , é chamada a -ésima projeção. Q Se cada X é um espaço topológico, vamos de…nir, em X ; uma topologia de modo que seja compatível com algumas exigências. Queremos, por exemplo, que a topologia em R R seja a topologia usual do R2 : Q Q Poderíamos pensar em de…nir uma topologia para X simplesmente tomando U (com U aberto em X ) como base. Entretanto essa topologia, chamada de “box topology” gera muitos abertos, e não é tão interessante na prática. A seguinte de…nição é mais útil: Q De…nição 8.2.51 A topologia produto (ou topologia de Tychono¤ ) em X é obtida tomando Q como base os conjuntos da forma U , onde (a) U é aberto em X para cada ; (b) U = X ; exceto para uma quantidade …nita de índices. Note que (a) pode ser substituída por (a)0 U 2 B ; para cada ; onde B é uma base (…xa) para a topologia de X ; para cada : Q Note que U com U = X exceto para = 1 ; :::; n ; pode ser escrito como Q U = 11 (U 1 ) \ ::: \ n1 (U n ):

Então, a topologia produto é precisamente a topologia que tem como sub-base a coleção f 1 (U ); 2 1 A; U é aberto em (U ); 2 A; U 2 B , com B base de X g: De agora em diante, Q X g ou ainda f a topologia de X será sempre a topologia produto, exceto se algo for mencionado em contrário. É interessante notar que no caso de produtos cartesianos …nitos, a topologia produto coincide com a "box topology ". 137

Exemplo 8.2.52 Seja Y o conjunto de todas Q as funções f : X ! R, onde X é um conjunto qualquer. Podemos interpretar Y como sendo Y = 2X Z ; com Z = R para todo : Um elemento da base da topologia produto de Y é algo do tipo: 1

U=

1

(U 1 ) \ ::: \

1 n

(U

n

)

com U j ; j = 1; :::; n, elementos da base (natural) da topologia de R. Assim, cada U de raio j centrado num certo bj e U = fg 2 Y ; jg(

j)

bj j <

j;

j

é um intervalo

para j = 1; :::; ng:

(8.4)

Lembre-se que o Teorema 8.2.31 diz que se B é uma coleção de abertos em Y , B é uma base para Y se e somente se para cada y 2 Y , a coleção By = fB 2 B; y 2 Bg é uma base de vizinhanças em y. Seja f : X ! R uma função. Uma base de vizinhanças de f será, portanto, formada por abertos como U; de…nidos como em (8.4), que contém f . Note que conjuntos U; que contém f; vão necessariamente conter conjuntos da forma: U = fg 2 Y ; jg(

j)

f(

j )j

< "j ; para j = 1; :::; ng:

De modo mais simpli…cado, uma base de vizinhanças de f é dada por U (f ; x1 ; :::; xn ; "1 ; :::; "n ) = fg 2 Y ; jg(xj )

f (xj )j < "j ; para j = 1; :::; ng:

(8.5)

Ainda de modo mais econômico e mais simples, podemos escrever U (f ; F ; ") = fg 2 Y ; jg(x)

f (x)j < "; para x 2 F g;

onde F varia pelos subconjuntos …nitos de R e " varia dentre os reais positivos. De…nição 8.2.53 Sejam X e Y espaços topológicos e f : X ! Y: Dizemos que f é uma aplicação aberta (fechada) quando para cada aberto (fechado) A de X, temos que f (A) é aberto (fechado) em Y . Q Teorema 8.2.54 : X ! X é contínua e aberta, mas não necessariamente fechada. Demonstração. Note que F = f[1; 2]

1

: R2 ! R não é fechada. De fato, o conjunto

f0gg [ f[1=2; 1]

f1gg [ f[1=3; 1=2]

f2gg [ f[1=4; 1=3]

f3gg [ :::

é fechado, mas 1 (F ) = (0; 2]: Q 1 Por outro lado, se U é aberto em X , temos que (U ) = U com U = X se 6= : Assim, pela de…nição da topologiaQproduto, segue que é contínua. Resta-nos veri…car que é uma aplicação aberta. Se A é aberto em X , temos que A é união dos elementos da base. Assim, A=

[

Logo (A) = Daí concluímos que aberto.

1

1;

(U

[

(A) é X ou

1 1;

1;

) \ ::: \

(U

1;

1

n ;

) \ ::: \

(U

1 n ;

n ;

) :

(U

n;

) :

(A) é uma união de abertos de X : Em todo caso,

Teorema 8.2.55 Uma aplicação f : X ! cada :

Q

X é contínua se e somente se

138

(A) é

f é contínua para

8.2.5

Redes

Em geral, seqüências não descrevem bem as topologias. Por exemplo, é possível exibir situações em que não é sempre possível caracterizar os fechados de um espaço topológico por meio de seqüências. De fato, às vezes é possível encontrar um ponto de acumulação de um conjunto F X sem que exista uma seqüência (xn ) em F convergindo para esse ponto. Há duas generalizações clássicas do conceito de seqüência, que consertam essa limitação das seqüências: redes e …ltros. O conceito de redes originou-se com trabalhos de Moore-Smith e o conceito de …ltros deve-se a E. Cartan. De…nição 8.2.56 Um conjunto é dito conjunto dirigido quando existe uma relação satisfazendo: a) para todo 2 ; b) se 1 2 e 2 3 ; então 1 3, c) se 1 ; 2 2 , então existe algum 3 2 tal que 1 3 e 2 3:

em

Dizemos que a relação é uma direção para o conjunto . Às vezes dizemos que a relação dirige o conjunto : Note que não se exige a propriedade anti-simétrica, ou seja, se 1 2 e 2 1 não se tem necessariamente que 1 = 2 : Note se X é um conjunto com mais de um elemento, a relação x y para quaisquer x; y em X; dirige X, mas não é anti-simétrica. De…nição 8.2.57 Uma rede em um conjunto X é uma função P : ! X, onde é um conjunto dirigido. O ponto P ( ) é usualmente denotado por x , e nós usualmente falamos "a rede (x ) 2 "se isso não causar confusão. De…nição 8.2.58 Uma subrede de uma rede P : ! X é a composição P ' : M ! X, onde ' : M ! é uma função de um conjunto dirigido M em ; que satisfaz as seguintes propriedades: a) '( 1 ) '( 2 ) sempre que 1 2 (' é crescente) b) para cada em , existe um 2 M tal que '( ) (' é co…nal em ). Para 2 M , o ponto P '( ) é em geral escrito como x ; e escrevemos "a subrede (x ) de (x )". A de…nição de convergência em redes é naturalmente modelada pela de…nição de convergência em seqüências: De…nição 8.2.59 Seja (x ) 2 uma rede em um espaço topológico X. Dizemos que (x ) converge para x 2 X (escrevemos x ! x) se para cada vizinhança U de x, existir algum 0 2 tal que 0 implica x 2 U . Logo, x ! x se e somente se cada vizinhança de x tem um "rabo"de (x ): Dizemos que uma rede (x ) está em um conjunto A se x 2 A para todo : Se x está em A para todo 0 ; dizemos que (x ) está residualmente (ou eventualmente) em A. Quando para cada 0 existe um 0 tal que x 2 A; dizemos que (x ) está frequentemente em A. Quando (x ) está frequentemente em cada vizinhança de x, dizemos que x é ponto de acumulação da rede (x ): Exercício 8.2.60 Uma rede não pode estar residualmente em dois conjuntos disjuntos. Note que em ambas as de…nições acima podemos nos restringir a uma base de vizinhanças de x. Exercício 8.2.61 Se uma rede (x ) converge para x, mostre que x é ponto de acumulação dessa rede. Exemplo 8.2.62 Seja X um espaço topológico, x 2 X e uma base de vizinhanças de x em X. A relação de ordem U1 U2 , U2 U1 dirige o conjunto . Portanto, se tomarmos um xU 2 U para cada U 2 ; temos uma rede (xU ) em X: Note que xU ! x: De fato, dada uma vizinhança V de x, podemos encontrar U0 V para algum U0 em : Então U U0 implica U U0 e portanto xU 2 U V: 139

Exemplo 8.2.63 O conjunto N dos naturais positivos com sua ordem natural é um conjunto dirigido. Então toda seqüência (xn ) em N é uma rede. Note que toda subseqüência de uma seqüência (xn ) é uma subrede. Entretanto, não há garantia de que uma subrede de (xn ) seja uma subseqüência. Uma subrede pode ter mais índices que a própria rede! Exemplo 8.2.64 A coleção P de todas as partições …nitas do intervalo fechado [a; b] em subintervalos fechados é um conjunto dirigido, quando munido da relação A1 A2 , (A2 re…na A1 ): Então, se f é uma funçao de [a; b] tomando valores na reta real, podemos de…nir a rede PI : P ! R de…nindo PI (A) como a soma inferior de Riemann de f na partição A. De modo semelante, podemos de…nir PS : P ! R como a soma superior de Riemann de f na partição A. A convergência dessas duas redes Rb para um número c signi…ca que f (x)dx = c: a

Exemplo 8.2.65 Seja (M; ) um espaço métrico, com x0 2 M . Então M fx0 g é um conjunto dirigido se considerarmos a relação x < y , (y; x0 ) < (x; x0 ): Então se f : M ! N é uma função com N sendo um espaço métrico, a restrição de f a M fx0 g é uma rede em N . Vamos veri…car que essa rede converge a z0 em N se e somente se limx!x0 f (x) = z0 no sentido usual. De fato, suponha que a rede converge para z0 : Seja U uma vizinhança de z0 em N . Então, como a rede converge para z0 ; existe y0 em M tal que x > y0 implica f (x) 2 U: Em outras palavras, (x; x0 ) < (y0 ; x0 ) implica f (x) 2 U: Daí, limx!x0 f (x) = z0 : Reciprocamente, se limx!x0 f (x) = z0 , então dada uma vizinhança U de z0 , existe uma vizinhança V de x0 tal que x 2 V implica f (x) 2 U . Escolha " (su…cientemente pequeno) de modo que a bola de centro x0 e raio " esteja em V . Escolha y0 nessa bola. Logo, se x > y0 , então (x; x0 ) < (y0 ; x0 ) e portanto x 2 V e f (x) 2 U: Consequentemente, a rede f : M ! N converge para z0 : De…nição 8.2.66 Dizemos que um espaço topológico X é um espaço de Hausdor¤ se para cada x1 e x2 ; elementos distintos de X, existem abertos disjuntos que separam x1 e x2 . Teorema 8.2.67 Um espaço topológico é um espaço de Hausdor¤ se e somente se toda rede nesse espaço converge para no máximo um ponto. Demonstração. Seja X um espaço de Hausdor¤ e a1 ; a2 elementos distintos em X. Existem, portanto, abertos U1 e U2 ; disjuntos, contendo x1 e x2 , respectivamente. Como uma rede não pode estar eventualmente em dois conjuntos disjuntos, segue que uma rede não pode convergir para dois valores distintos. Reciprocamente, suponha que X não é Hausdor¤. Existem, portanto, dois elementos distintos, x1 e x2 em X tais que sempre que V1 é vizinhança de x1 e V2 é vizinhança de x2 ; temos que V1 \ V2 = . Sejam U1 e U2 as famílias de vizinhanças de x1 e x2 ; respectivamente. No conjunto U1 U2 consideramos a direção (V1 ; V2 ) (W1 ; W2 ) , V1 W1 e V2 W2 : Considere uma rede P : U1 U2 ! X dada por P (V1 ; V2 ) = xV1 ;V2 , onde xV1 ;V2 é escolhido em V1 \ V2 : Mostraremos que essa rede converge para x1 e para x2 : Sejam, portanto, dadas vizinhanças V1 de x1 e V2 de x2 : Então (A; B) (V1 ; V2 ), temos xA;B 2 A \ B V1 \ V2 e conseqüentemente a rede converge para os dois valores. Exercício 8.2.68 Se um espaço é Hausdor¤ , mostre que toda seqüência converge para, no máximo, um ponto. Exercício 8.2.69 Se toda seqüência em um espaço topológico converge para no máximo um elemento, podemos concluir que ele é Hausdor¤ ? Justi…que. Sugestão. Pense no Exercício 8.2.2 com X = R. Exercício 8.2.70 Mostre que se (x ) converge para x, cada subrede de (x ) converge para x. Teorema 8.2.71 Uma rede tem um ponto de acumulação y se e somente se ela possui uma subrede que converge para y. 140

Demonstração. Seja y um ponto de acumulação de (x ) M = f( ; U ); e considere a relação

2

: De…na

2 ; U é uma vizinhança de y tal que x 2 U g;

como segue: (

1 ; U1 )

(

2 ; U2 )

,

1

2

e U2

U1 :

Note que é uma direção para M: De…na ' : M ! por '( ; U ) = . Então ' é obviamente crescente e co…nal em ; e portanto de…ne uma subrede de (x ). Seja U0 uma vizinhança de y e seja 0 tal que x 0 2 U0 : Então ( 0 ; U0 ) 2 M e ( ; U) Logo ( ; U )

(

0 ; U0 )

)x 2U

(

0 ; U0 )

)U

U0 :

U0 : Daí a subrede de…nida por ' converge para y.

Para provar a outra implicação, suponha que ' : M ! seja uma aplicação crescente e co…nal, dando origem a uma subrede de (x ) que converge para y. Então, para cada vizinhança U de y; existe um uU 2 M tal que u uU implica x'(u) 2 U: Sejam U uma vizinhança de y e 0 2 …xos, arbitrários. Como '(M ) é co…nal em ; existe u0 2 M tal que '(u0 ) : Mas, também existe um uU 2 M tal que u uU implica x'(u) 2 U: 0 Escolha u 2 M tal que u u0 e u uU : Então = '(u ) '(u0 ) : Assim x = x'(u ) 2 U; 0 pois u uU : Logo, para qualquer vizinhança U de y e qualquer 0 2 , existe algum 0 tal que x 2 U: Segue que y é um ponto de acumulação de (x ). Corolário 8.2.72 Se uma subrede de (x ) tem y como ponto de acumulação, então (x ) também. Demonstração. Basta observar que uma subrede de uma subrede é ainda uma subrede, e aplicar o teorema anterior. O próximo resultado caracteriza o fecho de um conjunto com a noção de redes: Teorema 8.2.73 Se E

X, então x 2 E se e somente se existe uma rede (x ) em E com x ! x.

Demonstração. Se x 2 E, então cada vizinhança U de x intercepta E em pelo menos um ponto xU : Então (xU ) é uma rede contida em E convergindo para x (veja 8.2.62). Reciprocamente, se (x ) é uma rede contida em E que converge para x, então cada vizinhança de y intercepta E (em um rabo de (x )) e portanto x 2 E. Corolário 8.2.74 Um subconjunto F de um espaço topológico X é fechado se e somente se sempre que (x ) F com x ! x, então x 2 F: Exercício 8.2.75 Seja f : X ! Y uma função. Mostre que f é contínua em um ponto x0 2 X se e somente se x ! x0 ) f (x ) ! f (x0 ): Exercício 8.2.76 Se f : X ! Y é uma função contínua e A e B são abertos em X e Y , respectivamente, com f (A) B, mostre que f (A) B: Y Teorema 8.2.77 Uma rede (x ) no espaço produto X = X converge para x se e somente se para cada

2 A;

(x ) !

2A

(x) em X :

141

Y

Demonstração. Se x ! x em 2 A: por outro lado, suponha que

X ; então, como

é contínua,

2A

(x ) ! 1 1

(x) para cada

(U 1 ) \ ::: \

1 n

(U

(x ) !

(x) para cada

2 A: Seja n

)

uma vizinhança básica de x no espaço produto. Então, como em particular, i (x ) ! i (x); para cada i = 1; :::; n existe um i tal que sempre que (x ) 2 U i : Escolhendo 0 i ; temos i, i i = 1; :::; n; temos que i (x ) 2 U i para todo i = 1; :::; n sempre que : Portanto 0 0

1

)x 2

1

1

(U 1 ) \ ::: \

n

(U

n

)

e conseqüentemente (x ) converge para x no espaço (x ) no espaço produto X =

Y

X :

2A

No caso em que X = X para todo ; note que o conjunto de Ytodas as funções de A em X (munido com a topologia produto), que é naturalmente visto como X com X = X; tem a seguinte 2A

propriedade: Uma rede (f ) converge para f se e somente se f ( ) ! f ( ) para cada

2 A.

De…nição 8.2.78 Uma rede (x ) em um conjunto X é dita ultrarede (ou rede universal) quando para cada subconjunto E de X; ou (x ) está residualmente em E ou residualmente em X E: Proposição 8.2.79 Se uma ultrarede tem um ponto de acumulação, então ela converge para esse ponto. Demonstração. Seja (x ) 2 uma ultrarede em X e x0 um ponto de acumulação de (x ) 2 . Então, dado U um aberto contendo x0 e 0 2 , temos que existe 0 tal que x 2 U: Como (x ) é ultrarede, para U existe um certo

1

tal que (i) (ii)

Como sabemos que existe algum

1

1 1

) x 2 U ou ) x 2 X U:

tal que x 2 U , segue que vale (i) e portanto x ! x:

Teorema 8.2.80 Se (x ) é uma ultrarede em X e f : X ! Y , então (f (x )) é uma ultrarede em Y . A): Pela de…nição de ultrarede, temos Demonstração. Se A Y , então f 1 (A) = X f 1 (Y que (x ) está residualmente em f 1 (A) ou f 1 (Y A). Portanto (f (x )) está residualmente em A ou em Y A; e conseqüentemente é uma ultrarede. Observação 8.2.81 Uma rede convergente em R não é necessariamente limitada. Por exemplo, se I = R com a ordem natural, e x = e ; a rede (x ) 2I é convergente (para zero) e não é limitada.

8.2.6

Filtros

Uma outra forma de se estudar convergência em espaços topológicos é através do conceito de …ltros. De…nição 8.2.82 Um …ltro F em um conjunto X é uma coleção não-vazia contida em P(X) tal que a) 2 = F, b) se F1 e F2 são elementos de F, então F1 \ F2 2 F, c) se F 2 F e F G, então G 2 F. Uma subcoleção F0 F é uma base para o …ltro F se cada elemento de F contém algum elemento de F0 : 142

Proposição 8.2.83 Uma coleção qualquer C de subconjuntos não-vazios de X é uma base para algum …ltro de X se sempre que C1 ; C2 2 C, tivermos que C1 \ C2 2 C. Demonstração. Seja F = fF X; F C para algum C 2 Cg: Temos que 2 = F, e se F1 e F2 são elementos de F, então existem C1 e C2 em C tais que C1 F1 e C2 F2 : Logo C1 \ C2 2 C e C1 \ C2 F1 \ F2 : Logo F1 \ F2 2 F. Finalmente, como o item (c) da de…nição de …ltro é obviamente válido para F, segue que F é um …ltro. Exemplo 8.2.84 Note que se X é um espaço topológico e x 2 X, o conjunto das vizinhanças de x, denotado por Ux ; é um …ltro em X. Além disso, qualquer base de vizinhanças de x é uma base para o …ltro Ux : Esse …ltro será chamada de …ltro de vizinhanças de x. Observação 8.2.85 Note que as condições (a) e (b) nos restringem bastante a “quantidade de elementos” dos …ltros, pois como 2 = F, o item (b) nos diz que se F1 \ F2 = , então pelo menos um desses conjuntos não pertence a F. De…nição 8.2.86 Um …ltro F em um espaço topológico X converge para x se Ux F ! x).

F (notação

Exemplo 8.2.87 Considere X = fa; b; cg com a topologia = f ; fa; bg; Xg: O conjunto F = ffag; fa; bg; fa; cg; Xg é um …ltro em X. Além disso, perceba que F ! a. De…nição 8.2.88 Um …ltro F é um ultra…ltro se não existe nenhum outro …ltro que o contenha estritamente. Exemplo 8.2.89 O …ltro F do Exemplo 8.2.87 é um ultra…ltro. Teorema 8.2.90 Um …ltro F é um ultra…ltro se e somente se para cada E X E 2 F. F0

X tivermos E 2 F ou

Demonstração. Seja F um ultra…ltro e E X. Se existir F0 2 F tal que F0 \ E = (X E): Daí, para todo F 2 F, temos que F \ (X E) 6= : Portanto, concluímos que F \ (X

E) 6=

então

para todo F 2 F

ou F \ E 6=

para todo F 2 F.

Suponha, então, que F \ E 6= para todo F 2 F. Assim, o conjunto fF \ E; F 2 Fg é uma base para um …ltro G. Mas esse …ltro contém E = X \ E e F G. Como F é um ultra…ltro, segue que E 2 F. Se supusermos que F \(X E) 6= para todo F 2 F, de modo análogo, concluímos que X E 2 F. Agora vamos supor que F é um …ltro tal que para cada E X temos E 2 F ou X E 2 F. Se G é um …ltro que contém estritamente F, então para algum A 2 G, temos que A 2 = F. Mas, nesse caso X A 2 F G. Daí temos um absurdo, pois tanto A como seu complementar estarão em G. Logo F é ultra…ltro. Observação 8.2.91 Perceba que num …ltro (ou ultra…ltro) F não podemos ter ao mesmo tempo E 2 F e X E 2 F, pois se isso ocorresse, teríamos = E \ (X E) 2 F. Teorema 8.2.92 Todo …ltro F está contido em algum ultra…ltro. Demonstração. Seja C a coleção de todos os …ltros que contém F. Em C, consideremos a relação de ordem parcial F 2 , F 1 F 2 . Note que qualquer subconjunto totalmente ordenado fF S F1 ; 2 g tem F 2 C como cota superior. Assim, C é um conjunto indutivo e não vazio, pois F 2 C. 2

143

Pelo Lema de Zorn, temos que C admite um elemento maximal, que é obviamente um ultra…ltro que contém F. As noções de …ltro e rede têm uma relação muito forte. Rigorosamente, tudo que puder ser provado ou enunciado usando-se redes, poderá ser paralelamente provado ou enunciado usando-se …ltros, e vice-versa. Entretanto, em determinadas ocasiões um ou outro conceito pode parecer mais natural, e assim é interessante conhecer um pouco de ambos. A seguinte de…nição e os próximos exercícios deixam claro como fazer a ligação formal entre esses dois conceitos: De…nição 8.2.93 Se (x ) 2 é uma rede em X, o …ltro gerado pela base C formada pelos conjuntos B 0 = fx ; 0 g; 0 2 ; é chamado …ltro gerado por (x ) 2 . Se F é um …ltro em X, seja F = f(x; F ); x 2 F 2 Fg: Então F é um conjunto dirigido pela relação (x1 ; F1 ) (x2 ; F2 ) , F2 F1 e a aplicação P :

F

! X dada por P (x; F ) = x é uma rede em X, chamada de rede gerada por F.

Exercício 8.2.94 Um …ltro F, em um espaço topológico X, converge para x 2 X se e somente se a rede gerada por F converge para x: Exercício 8.2.95 Uma rede (x ), em um espaço topológico X, converge para x 2 X se e somente se o …ltro gerado por ela converge para x. O seguinte resultado nos será útil no decorrer do curso: Proposição 8.2.96 A rede gerada por um ultra…ltro é uma ultrarede. Demonstração. Seja F um ultra…ltro. Então, seja P : F ! X a rede gerada por F. Seja E X. Como F é ultra…ltro, temos que E 2 F ou X E 2 F. No primeiro caso, se (x; F ) (x; E), temos P (x; F ) = x 2 F E e conseqüentemente a rede P : F ! X está eventualmente em E. No segundo caso, se (x; F ) (x; X E), temos P (x; F ) = x 2 F X E e conseqüentemente a rede P : F ! X está eventualmente em X E. Logo, a rede P : F ! X é uma ultrarede. Conjuntos compactos De…nição 8.2.97[Seja X um espaço topológico. Um conjunto Y X é compacto (em X) quando sempre que Y A com cada A aberto em X, existirem 1 ; :::; n tais que Y A 1 [ :::A n . 2

Note que, intuitivamente, quanto menos abertos possui uma topologia, mais fácil é para se encontrar compactos. Podemos destacar doisa extremos: Em uma topologia com uma quantidade …nita de abertos, todo conjunto é compacto. Por outro lado, para um conjunto X munido da topologia = P(X); temos que um subconjunto de X é compacto se e somente se tem uma quantidade …nita de elementos. Conjuntos compactos têm propriedades especiais em espaços de Hausdor¤. Um resultado importante é o seguinte: Teorema 8.2.98 Se X é um espaço de Hausdor¤ K é um compacto que não contém um ponto x 2 X, então existem abertos disjuntos que os separam.

144

Demonstração. Como X é Hausdor¤, para cada y 2 K; existem [ abertos disjuntos Ax;y e By ; contendo x e y; respectivamente, que separam x e y:Assim temos K By e, como K é compacto, y2K

existem y1 ; :::; yn em K tais que

K

n [

B yj :

j=1

É claro que x 2 concluída.

n \

j=1

Ax;yj e que

n \

j=1

Ax;yj e

n [

Byj são abertos e disjuntos, e a demonstração está

j=1

Exemplo 8.2.99 No Rn ; os compactos são precisamente os subconjuntos fechados e limitados (veja [?]). Em geral, compactos não são necessariamente fechados, mas em espaços de Hausdor¤ sim: Teorema 8.2.100 Se X é um espaço de Hausdor¤ , então os compactos são fechados. Demonstração. Seja K um compacto num espaço de Hausdor¤ X. Para mostrar que K ;e fechado, mostraremos que seu complementar é aberto. Se X K for vazio, a demonstração está concluída. Caso contrário, seja x 2 X K. Pelo Teorema 8.2.98, x e K podem ser separados por abertos e, portanto, existe um aberto A tal que x 2 A X K. Logo X K é aberto. Exercício 8.2.101 Dê exemplo de um compacto que não é fechado. Sugestão: Pense num espaço topológico com uma quantidade …nita de abertos. Exercício 8.2.102 Exiba um espaço topológico X que não é Hausdor¤ , mas todo compacto em X é fechado. Sugestão: Considere a reta com a topologia do Exemplo 8.2.2. Exercício 8.2.103 Seja X um espaço topológico e B X um subespaço. Mostre que A B é compacto em B se e somente se A é compacto em X. Em particular, fazendo A = B, segue que A é compacto em X se, e somente se, A, pensado com espaço topológico, é compacto. Exercício 8.2.104 Mostre que se f : X ! Y é contínua e K é compacto em X, então f (K) é compacto em Y . Exercício 8.2.105 Mostre que “ser compacto” é uma propriedade topológica. Exercício 8.2.106 Lembre que em teoria de conjuntos, o Teorema de Cantor-Bernstein a…rma que se A e B são conjuntos e existem funções injetivas f : A ! B e g : B ! A, então existe uma bijeção entre A e B. Para espaços topológicos, o análogo seria: “Se X pode ser mergulhado em Y e Y pode ser mergulhado em X, então X e Y são homeomorfos”. Encontre um contra-exemplo. Sugestão: Use [0; 1] e R. De…nição 8.2.107 Uma família E de subconjuntos de X tem a propriedade da interseção …nita se a interseção de qualquer subcoleção …nita de E é não-vazia. Os conceitos de rede e de conjuntos com a propriedade da interseção …nita caracterizam conjuntos compactos da seguinte forma:

145

Teorema 8.2.108 (Caracterizações de compactos) Para um espaço topológico X, as seguintes a…rmações são equivalentes: a) X é compacto, b) cada família E de subconjuntos fechados de X com a propriedade da interseção …nita tem interseção não-vazia, c) cada rede em X tem um ponto de acumulação, d) cada ultrarede em X converge. Demonstração. (a))(b). Se fE ; 2 Ag é uma família de conjuntos fechados de X com interseção vazia, então fX E ; 2 Ag é uma cobertura aberta de X. Com efeito, [ \ (X E ) = X E = X: 2A

2A

Como X é compacto, temos que existem n \

i=1

1 ; :::;

n

tais que X =

n [

(X

E i) = X

i=1

E

i

= , e fE ;

n \

E i : Logo

i=1

2 Ag não tem a propriedade da interseção …nita.

(b))(c). Seja (x )

2

uma rede em X. Considere a família de fechados o n fx ; : 0g 02

Tomando fx ; concluímos que

1g

\ :::: \ fx ;

n g,

temos que existe

x 2 fx ; n Portanto, a família de fechados fx ;

1g

o 0g

hipótese, temos então que existe

\

x2

02

\ :::: \ fx ; 02

fx ;

2

com

1 ; :::;

n

e daí

n g:

possui a propriedade da interseção …nita. Por 0 g:

Finalmente, para qualquer U aberto e 2 , como x 2 fx ; g; temos que existe tal que x 2 U , e x é ponto de acumulação da rede (veja de…nição na De…nição 8.2.59). (c))(d). Se (x ) é uma ultrarede em X, em particular, (x ) é uma rede e, por hipótese, tem ponto de acumulação. Pela Proposição 8.2.79, segue que essa ultrarede é convergente. (d))(a). Seja F um ultra…ltro em X. A rede gerada por F é, pela Proposição 8.2.96, uma ultrarede. Por hipoótese, temos que essa ultrarede (rede) converge. Pelo Exercício 8.2.95, segue que F também converge. Logo, todo ultra…ltro F em X converge. Suponhamos, por contradição, que X não seja compacto. Escolha, então, um conjunto de abertos U que formam uma cobertura de X, que não possui subcobertura …nita. Então X (A1 [ :::An ) 6= para cada coleção …nita de abertos fA1 ; :::; An g em U. Fazendo uso da Proposição 8.2.83, temos que a família de conjuntos fX (A1 [ :::An ); n 2 N e Aj 2 U, j = 1; :::; ng forma uma base para um …ltro F: Como todo …ltro está contido num ultra…ltro (veja Teorema 8.2.92), segue que existe um ultra…ltro G que contém F. Mas, já sabemos que todo ultra…ltro em X converge. Assim, existe x 2 X tal que G ! x. Como os abertos de U cobrem X, existe um aberto U 2 U contendo x. Como U é vizinhança de x, e como G ! x, segue que U 2 G. Por construção, temos que X U 2 F G. Assim, U 2 = G (contradição). Logo X é compacto. Exercício 8.2.109 Se A

B

B

Y , então A

Y

A : 146

B

Solução. Suponha b 2 A B: Seja V um aberto (de Y ) contendo b: Então V \ B é aberto de B B Y contendo b. Como b 2 A , existe c 2 (V \ B) \ A: Logo c 2 V \ A e concluímos que b 2 A : Exercício 8.2.110 Se A

B

Y e A é fechado em Y; mostre que A é fechado em B.

Solução. Note que A

B (Exercício anterior)

A

Y

A =A

B

e portanto A = A : Exercício 8.2.111 Se A em Y .

B

Y , A é fechado em Y e B é compacto em Y , mostre que A é compacto

Solução. Basta mostrar que A (com a topologia induzida) é um espaço topológico compacto. Como A é fechado em Y , segue (de exercício anterior) que A é fechado em B. Como B é compacto em Y , B é um espaço topológico compacto. Logo, basta mostrar que todo subespaço fechado de um espaço topológico compacto, é compacto. Para isso, vejam [24, página 111].

147

8.2.7

O Teorema de Tychono¤

O Teorema de Tychono¤, que veremos a seguir, é um resultado central da topologia e, curiosamente, é equivalente ao Axioma da Escolha (mas essa equivalência não será demonstrada nesse curso). A demonstração do Teorema de Tychono¤, abaixo, pode parecer direta, mas perceba que nela serão usadas as caracterizações de compactos do Teorema 8.2.108, que fazem uso do Lema de Zorn! Teorema Seja fX g 2 uma família de espaços topológicos e Y 8.2.112 (Teorema de Tychono¤ ) Y Y = X . Um subconjunto não vazio Y0 = A de Y é compacto se e somente se cada A é 2

2

compacto.

Demonstração. Como as projeções são contínuas, e como função contínua leva compacto em compacto, segue que se Y0 é compacto, então cada A é compacto. Pelo Exercício 8.2.103, mostrar que Y0 é um subconjunto compacto de Y é o mesmo que mostrar que Y0 é um espaço compacto. Suponha, agora, que cada A é compacto. Seja (x ) 2 uma ultrarede em Y0 (cuidado para não confundir: temos que cada x 2 Y0 ). Então, pelo Teorema 8.2.80 segue que, para cada 2 , ( (x )) 2 é uma ultrarede em A : Pelas caracterizações dos conjuntos compactos, temos que cada ( (x )) 2 converge para um certo z 2 A : Seja S z0 = ff : ! A dada por f ( ) = z g 2 Y0 : 2

Assim, para cada 2 , temos que ( (x )) 2 converge para (z0 ). Finalmente, o Teorema 8.2.77 garante que (x ) 2 converge para z0 e o Teorema 8.2.108, que caracteriza compactos, garante que Y0 é compacto:

148

Capítulo 9

Apêndice II: Noções de Teoria da Medida 9.1

Espaços mensuráveis

No que segue, se X é um conjunto e A X, ACX denota X r A: Em geral, quando não houver possibilidades de dúvida, escrevemos simplesmente AC : A notação 2X denota o conjunto das partes de X. De…nição 9.1.1 Seja X um conjunto. Uma sigma-álgebra ( -álgebra) é uma família de subconjuntos de X, denotada por ; que satisfaz as seguintes propriedades: (i) ; X 2 (ii) Se A 2 , então AC 2 1 [ (iii) Se An 2 para cada n 2 N, então An 2 : n=1

O par ordenado (X; ) é chamado de espaço mensurável. Cada elemento da -álgebra é chamado de conjunto mensurável. Observação 9.1.2 Se (X; ) é um espaço mensurável e An 2 Com efeito, 1 \

An =

n=1

1 [

AC n

n=1

!C

para todo n 2 N, então

1 \

n=1

An 2

.

2 :

Exemplo 9.1.3 (i) Se X é um conjunto, 2X é uma sigma-álgebra de subconjuntos de X. (ii) Se X é um conjunto qualquer, = f ; Xg é sigma-álgebra de subconjuntos de X.. (iii) Se X é um conjunto não-enumerável, = fA

X; A ou AC é enumerávelg

é uma sigma-álgebra de subconjuntos de X. Proposição 9.1.4 Se (

i )i2I

é uma seqüência de sigma-álgebras de subconjuntos de X; então

\

i2I

é uma sigma-álgebra de subconjuntos de X. Demonstração. Clara.

149

i

De…nição 9.1.5 Se F 2X , a interseção de todas as sigma-álgebras que contém F é ainda uma sigma-álgebra (pela proposição anterior). Além disso, ela é a menor sigma-álgebra que contém F, e será denotada por (F): Chamamos (F) de sigma-álgebra gerada por F Observação 9.1.6 Quando (X; ) é um espaço topológico, a sigma-álgebra ( ) é chamada de sigma-álgebra de Borel de X, e denotada por B = B(X): Os elementos de B são chamados de subconjuntos de Borel. Exercício 9.1.7 Se C

2X , F =

(C) e A

X; de…na C \ A = fB \ A; B 2 Cg: Mostre que

A (C

\ A) = F \ A;

ou seja, A (C

\ A) = (C) \ A:

Solução. Primeiro, vejamos que F \ A é sigma-álgebra em A. De fato, =

\A2F \A

B 2 F \ A ) B = F \ A com F 2 F ) B cA = F c \ A 2 F \ A Bn 2 F \ A ) Bn = Fn \ A com Fn 2 F ) 1 [

1 [

Bn =

n=1

Fn

n=1

!

\ A 2 F \ A:

Logo A (C \ A) F \ A. Para mostrar a inclusão inversa, basta mostrar que B\A2

A (C

\ A) para todo B 2 F.

Seja S = fB 2 F; B \ A 2

A (C

Vejamos que S é sigma-álgebra em X: 2 S pois

\A=

2

Se B 2 S, então B \ A 2

A (C

\ A)g:

\ A)

A (C

\ A): Logo cA

(B \ A)

2

A (C

\ A)

e daí e portanto

Bc \ A 2

A (C

\ A)

B c 2 S. Se Bn 2 S, então

1 [

n=1

e

(Bn \ A) 2

1 [

n=1

e portanto

Bn

!

\A2

1 [

n=1

A (C

A (C

Bn 2 S.

150

\ A) \ A)

Logo S é sigma-álgebra. É claro que C

S e portanto F=

(C)

S.

Daí F

S

e F \A

9.2

A (C

\ A):

Funções Mensuráveis

De…nição 9.2.1 Se (X; 1 ) e (Y; 2 ) são espaços mensuráveis, uma função f : (X; mensurável se f 1 (A) 2 1 para cada A 2 2 . Proposição 9.2.2 Se 2 = (C); então f : (X; f 1 (A) 2 1 para cada A 2 C.

1)

! (Y;

2)

1)

! (Y;

2)

é

é mensurável se e somente se 1

Demonstração. Uma das implicações é clara. Basta mostrar que se f então f é mensurável. Seja S = A 2 2 ; f 1 (A) 2 1 :

(A) 2

1

para cada A 2 C,

Vamos mostrar que S é sigma-álgebra de subconjuntos de Y . De fato 2 S, pois f

1

( )=

2

1:

(AcY ) = (f 1 (A))cX 2 1 , pois f 1 (A) 2 1 : Logo AcY 2 S. ! 1 1 [ [ Se An 2 S, então f 1 An = f 1 (An ) 2 1 ; pois f 1 (An ) 2 1 :

Se A 2 S, então f

1

n=1

n=1

Como C S e S é sigma-álgebra, temos e f é mensurável.

(C)

S. Logo

2

Sef

1

(A) 2

1

para todo A 2

2,

Trabalharemos, em geral, com funções f : (X; ) ! (R; B(R)): Como B(R) é a sigma-álgebra gerada pelos abertos de R, para mostrar que f : (X; ) ! (R; B(R)) é mensurável, bastará mostrar que f 1 (V ) 2 para cada V R aberto. Quando escrevermos f : (X; ) ! R, estará implícito que R é o espaço mensurável (R; B(R): Proposição 9.2.3 Dada f : (X; ) ! R, as seguintes condições são equivalentes: (i) f é mensurável (ii) B = fx 2 X; f (x) < g 2 para todo 2 R (iii) C = fx 2 X; f (x) > g 2 para todo 2 R (iv) D = fx 2 X; f (x) g 2 para todo 2 R (v) E = fx 2 X; f (x) g 2 para todo 2 R Demonstração. Note que B c = E e C c = D : Logo (ii) , (v) e (iii) , (iv): Temos ainda D =

1 \

n=1

151

B

1 +n

e E =

1 \

C

1 n

:

n=1

Logo (ii) ) (iv) e (iii) ) (v): Além disso, (i) ) (ii), pois é claro que B = f aberto. Resta provar que (ii) ) (i): Se V é aberto de R, então V =

1 [

1

(( ; 1)) e ( ; 1) é

(an ; bn ) (veja [?, Teorema 2, pag 132]).

n=1

Assim, f

1

(V ) = f

1

(

1 [

(an ; bn ) ) =

n=1

Com efeito, f

1

(an ; bn ) = Can \ Bbn 2

1 [

n=1

f

1

(an ; bn ) 2 :

(pois se vale (ii), então vale (iii)).

Proposição 9.2.4 Se f; g : X ! R são funções mensuráveis, então f + g é mensurável. Demonstração. fx 2 X; (f + g)(x) > g = fx 2 X; f (x) > g(x)g [ = fx 2 X; g(x) < r < f (x)g r2Q

=

[

r2Q

[fx 2 X; g(x) >

rg \ fx 2 X; f (x) > rg] 2 :

Proposição 9.2.5 Se f; g : X ! R são funções mensuráveis, então: (i) f é mensurável, para todo 2 R. (ii) f 2 é mensurável. (iii) jf j é mensurável. (iv) maxff; gg é mensurável (v) minff; gg é mensurável. (vi) f:g é mensurável. Demonstração. (i) Se

Se

= 0, é trivial. Se

> 0; note que n fx 2 X; f (x) < g = x 2 X; f (x) <

< 0; é análogo. (ii) n o 2 x 2 X; (f (x)) < = 2 ; se < 0 n o p p 2 x 2 X; (f (x)) < = x 2 X; < f (x) < (iii), (iv) e (v). Exercício. (vi) Use que

fg =

1 (f + g)2 + (f 4

152

g)2

o

2 :

2 ; se

> 0:

9.3

seqüências de Funções Mensuráveis

De…nição 9.3.1 A reta estendida é o conjunto R = R [ f1g [ f 1g, também denotada por [ 1; 1]; onde 1 e 1 são símbolos que, como veremos, terão as propriedades que intuitivamente esperamos para “in…nito” e “menos in…nito”.. Em R, de…nimos as operações usuais de R e 8 a + 1 = 1 + a = 1 para todo a 2 R > > > > a 1 = 1 + a = 1 para todo a 2 R > > > > 1 +1=1 e 1 + ( 1) = 1 > > < 1; se b 2 R e b > 0 (de…nimos 1 > r para todo r 2 R) b:1 = 1:b = 1; se b 2 R e b < 0 (de…nimos 1 < r para todo r 2 R) > > > > 1; se b 2 R eb>0 > > b:( 1) = ( 1):b = > > > 1; se b 2 R e b : 0:1 = 0:( 1) = 1:0 = ( 1):0 = 0

Note que R não é corpo. No que segue, usaremos as notações:

[ 1; a) = fx 2 R; x < ag [ f 1g (a; 1] = ffx 2 R; x > ag [ f1g: De…nição 9.3.2 Seja a família dos abertos de R. Um conjunto A (i) A 2 ou (ii) A = [ 1; a) com a 2 R ou (iii) A = (a; 1] com a 2 R, ou (iii) A é união de alguns abertos anteriores.

R é aberto se:

Exercício 9.3.3 Mostre que a família dos abertos de…nidos acima formam de fato uma topologia em R. Exercício 9.3.4 Mostre que (na topologia de R), limn!1 n = 1 e limn!1 ( n) =

1

Quando nos referirmos a R, eatará implícito, quando quisermos nos referir a funções mensuráveis, que estaremos considerando (R; ( )), onde é a topologia de R. Portanto, para provar que uma função f : (X; ) ! R é mensurável, basta provar que f 1 (V ) 2 para cada V 2 . O conjunto de todas as funções mensuráveis f : (X; ) ! R será denotado por M (X; ): O conjunto ff 2 M (X; ); f

0g será representado por M + (X; ):

Proposição 9.3.5 Dada f : (X; ) ! R, as seguintes condições são equivalentes: (i) f é mensurável (ii) B = fx 2 X; f (x) < g 2 para todo 2 R (iii) C = fx 2 X; f (x) > g 2 para todo 2 R (iv) D = fx 2 X; f (x) g 2 para todo 2 R (v) E = fx 2 X; f (x) g 2 para todo 2 R

153

Demonstração. Análoga à da Proposição 9.2.3 (com alguns cuidados adicionais). Proposição 9.3.6 Sejam f; g 2 M (X; ) e seja 2 R. As seguintes funções são mensuráveis: (i) f é mensurável, para todo 2 R. (ii) f 2 é mensurável. (iii) jf j é mensurável. (iv) maxff; gg é mensurável (v) minff; gg é mensurável. Demonstração. Análoga à da Proposição 9.2.5 (com alguns cuidados adicionais).

Proposição 9.3.7 Dada uma seqüência (fn )1 n=1 em M (X; ), as seguintes funções são mensuráveis: a) f (x) = inf n2N fn (x) b) F (x) = supn2N fn (x) c) f (x) = lim inf fn (x) d) F (x) = lim sup fn (x) Demonstração. (a) Basta notar que fx 2 C; f (x)

g=

1 \

fx 2 X; fn (x)

g2

para todo

2 R.

1 \

fx 2 X; fn (x)

g2

para todo

2 R.

n=1

(b) Basta notar que fx 2 C; F (x)

g=

n=1

(c) Como f (x) = sup inf fk (x) e n2N k n

F (x) = inf sup fk (x); n2N k n

segue, dos itens (a) e (b), que f ; F 2 M (X; ): Corolário 9.3.8 Se limn!1 fn (x) = f (x) e fn 2 M (X; ); então f 2 M (X; ):

De…nição 9.3.9 Se f; g 2 M (X; ); dizemos que f + g está bem de…nida se fx 2 X; f (x) = 1 e g(x) = 1g = e fx 2 X; f (x) = 1 e g(x) = 1g = : Proposição 9.3.10 Sejam f; g 2 M (X; ). Se f + g está bem de…nida, então f + g 2 M (X; ). Demonstração. Para uma função h : X ! Rarbitrária e c > 0, usaremos a seguinte notação: 8 < h(x); se jh(x)j c c; se h(x) > c hc (x) = : c; se h(x) < c 154

Se h 2 M (X; ), então hc 2 M (X; ) para todo c > 0. De fato, fx 2 X; hc (x) fx 2 X; hc (x) fx 2 X; hc (x)

g = 2 ; se < c g = X 2 ; se c g = fx 2 X; h(x) g 2 ; se

c

< c:

Segue ainda que h(x) = lim hn (x) para todo x 2 X: n!1

(9.1)

De fato, Se h(x) 2 R, então hn (x) = h(x) para todo n > jh(x)j : Se h(x) = 1; então hn (x) = n para todo n: Se h(x) =

1; então hn (x) =

n para todo n:

Daí (9.1) segue facilmente (lembrando que na topologia de R, limn!1 n = 1 e limn!1 ( n) = 1). Então (f + g)(x) = f (x) + g(x) = lim fn (x) + lim gn (x) n!1

n!1

= lim (fn + gn )(x): n!1

Como as funções fn e gn são mensuráveis e assumem valores reais, sabemos que cada fn + gn é uma função mensurável. Pelo Corolário 9.3.8 segue que f + g 2 M (X; ): Proposição 9.3.11 Se f; g 2 M (X; ); então f:g 2 M (X; ): Demonstração. Aproveitando a notação da demonstração do resultado anterior, temos h i (f:g)(x) = f (x):g(x) = lim f (x)gn (x) = lim lim fm (x)gn (x) : n!1

n!1 m!1

Como cada fm e cada gn é uma função mensurável, assumindo valores reais, sabemos que fm :gn 2 M (X; ): Logo, pelo Corolário 9.3.8, segue que lim fm (x)gn (x) 2 M (X; )

m!1

e, novamente o Corolário 9.3.8 nos garante que (f:g)(x) = lim

h

i lim fm (x)gn (x)

n!1 m!1

é mensurável:

Proposição 9.3.12 Uma função f : (X; ) ! R é mensurável se e somente se os conjuntos A = fx 2 X; f (x) = pertencem a

1g e B = fx 2 X; f (x) = 1g

e a função f0 (x) =

f (x); se x 2 = A[B 0; se x 2 A [ B

é mensurável.

155

Demonstração. Suponha f mensurável. Então A= B=

1 \

n=1 1 \

n=1

fx 2 X; f (x) <

ng 2

fx 2 X; f (x) > ng 2 :

Como fx 2 X; f0 (x) < g = fx 2 X; f (x) < g r A 2 ; se fx 2 X; f0 (x) < g = fx 2 X; f (x) < g [ B 2 ; se temos que f0 é mensurável. Reciprocamente, suponha que A; B 2

0 > 0;

e que f0 é mensurável. Como

fx 2 X; f (x) < g = fx 2 X; f0 (x) < g [ A; se fx 2 X; f (x) < g = fx 2 X; f0 (x) < g r B; se

0 > 0;

segue que f é mensurável.

9.4

Espaços de Medida

De…nição 9.4.1 Seja (X; ) um espaço mensurável. Uma medida é uma funçaõ satisfaz as seguintes condições: (a) ( ) = 0 (b) Se (An )1 , então n=1 é uma seqüência de membros disjuntos de ! 1 1 X [ (An ) : An = Quando (X) < 1; dizemos que a medida é …nita. Quando existe (An )1 n=1 em X=

1 [

An

n=1

e (An ) < 1; dizemos que é -…nita. (X; ; ) é chamado de espaço de medida. = 2N : De…na :

! [0; 1]

(A) = 1; se A é in…nito (A) = n, se A tem exatamente n elementos é uma medida -…nita, chamada de medida de contagem.

da seguinte forma Note que

Exemplo 9.4.3 Seja X 6=

e

= 2X : Fixe a 2 X e de…na (A) =

Note que

! [0; 1] que

n=1

n=1

Exemplo 9.4.2 Seja X = N e

:

1; se a 2 A 0; se a 2 =A

é uma medida …nita. 156

:

! [0; 1] por

tal que

Proposição 9.4.4 Seja (X; ; ) um espaço de medida. Se A; B 2 ; então: (a) A B ) (A) (B): (b) A B e (A) < 1 ) (B r A) = (B) (A): Demonstração. (a) B = A [ (B r A) (união disjunta). Logo (B) = (A) + (B r A)

(9.2)

e daí segue que (A) (B): (b) Se (A) < 1; temos de (9.2) que (B r A) = (B)

Proposição 9.4.5 (a) Se An " A (isto é, A1

(A):

A2

e

n=1

então (A) = lim

n!1

(b) Se An # A (isto é, A1

A2

e

1 \

n=1

1 [

n!1

para todo n,

(An ):

An = A); com An 2

(A) = lim

An = A); com An 2

para todo n, e se (A1 ) < 1; então

(An ):

Demonstração. (a) Se (An ) = 1 para algum n; o resultado é claro. Suponha (An ) < 1 para todo n. Seja (Bn )1 de…nida por n=1 uma sequencia de elementos de B1 = A1 B2 = A2 r A1 .. . Bn = An r An .. .

1

É claro que os Bn são disjuntos, N [

N [

Bj =

j=1

Aj = AN para cada N .

j=1

e além disso,

1 [

Bj =

j=1

Daí (A) = (

1 [

j=1

Bj ) = 2

1 [

1 X

= lim

N !1

(Bj ) = lim

N !1

j=1

= lim 4 (A1 ) + N !1

Aj = A:

j=1

N X j=2

(AN ):

157

( (Aj )

N X j=1

(Aj

(Bj ) 3 5

1 ))

(b) Sejam Bn = A1 r An , para todo n. Logo B1 (

1 [

Bn ) = lim

n=1

A1 r

1 \

Logo (

1 [

(An ))

n!1

lim

1 [

(A1 r An ) =

n=1

Bn ) = (A1 r

n=1

1 \

(9.3)

(An ):

n!1

An =

n=1

: Logo, pelo item (a),

(Bn ) = lim ( (A1 )

n!1

= (A1 )

Por outro lado,

B2

1 [

Bn :

n=1

An ) = (A1 )

n=1

(

1 \

An )

(9.4)

n=1

De (9.3) e (9.4) segue que (A1 )

(

1 \

An ) = (A1 )

n=1

lim

n!1

(An )

e o resultado segue.

9.5

Funções simples e integração

De…nição 9.5.1 Uma função 1E : X ! R com E 1E (x) =

X; dada por

1; se x 2 E 0; se x 2 =E

é chamada de função característica. De…nição 9.5.2 Uma função ' : X ! R é dita simples se f assumir apenas um número …nito de valores. Se os valores (…nitos) que a função simples assume são a1 ; :::; an (disjuntos), e Aj = ' 1 (aj ), j = 1; :::; n; podemos escrever n X '= aj 1AJ (9.5) j=1

Note que em (9.5) n [

Aj = X

j=1

e os Aj são disjuntos. Quando isso ocorre, dizemos que (9.5) é a representação padrão de '. Teorema 9.5.3 Dada f 2 M + (X; ), existe uma seqüência crescente de funções simples 'n em M + (X; ) tal que f (x) = lim 'n (x) n!1

158

Demonstração. Para cada n 2 N, sejam An = fx 2 X; f (x) < ng Bn = fx 2 X; f (x) ng: Para k = 1; 2; ::::; n:2n , seja An;k =

x 2 X;

k

1

f (x) <

2n

k 2n

:

Então, temos a união disjunta n n:2 [

X = An [ Bn = Seja, para cada n 2 N,

An;k

k=1

!

[ Bn :

n

'n =

n2 X

k

k=1

Temos

1 2n

An;k = An+1;2k

1

+ n1Bn :

[ An+1;2k (1

Bn = An+1;n2n+1 +1 [ Vamos mostrar que 'n

1An;k

n2n )

k

(9.6)

[ An+1;(n+1)2n+1 [ Bn+1

(9.7)

'n+1 : Lembre-se que n

'n =

n2 X k

k=1

1 2n

(n+1)2n+1

X

'n+1 =

k=1

Para x 2 Bn+1 , temos f (x) Para x 2 An+1;2k com 1

1An;k + n1Bn k 1 1A + (n + 1)1Bn+1 : 2n+1 n+1;k

n + 1: Logo 'n+1 (x) = n + 1 e 'n (x) = n e o resultado segue. n:2n ; temos 2

k

An;k = An+1;2k

1

n2n+1 : Logo, como de (9.6),

2k

[ An+1;2k (1

n2n );

k

temos x 2 An;k : Daí 'n (x) = Para x 2 An+1;2k temos

1

com 1

k

1 2n

x2An+1;2k

=

2k 1 2n+1

k

1 2n

:

n2n ; temos, de (9.6), x 2 An;k : Como 1

k

'n+1 (x) =

e 'n+1 (x)

2k

Para x 2 An+1;k ; com n2n+1 + 1

1 2n+1 k

'n+1;k (x) =

1

=

2k 2 k 1 = n+1 2 2n

x2An;k

=

(n + 1)2n+1 ; temos k 1 2n+1

n2n+1 + 1 2n+1

Mas, nesse caso, por (9.7), segue que x 2 Bn e 'n (x) = n. 159

1

= n:

'n (x):

2k

1

n2n+1

1;

Resta-nos provar que f (x) = lim 'n (x) para todo x 2 X: n!1

Se f (x) = 1; então x 2 Bn para todo n e daí 'n (x) = n: Logo lim 'n (x) = f (x)

n!1

Se f (x) 2 R, então se f (x) < n; temos que x 2 An : Daí, existe k, 1 Logo k 1 'n (x) = : 2n Então, como x 2 An;k , temos k 1 k f (x) < n : n 2 2 Segue que k 1 1 k = n 0 f (x) 'n (x) < n n 2 2 2 e portanto limn!1 'n (x) = f (x):

k

n2n ; tal que x 2 An;k :

(9.8)

Note que se f for limitada, isto é, existir M tal que f (x) < M para todo x em X, então a convergência é uniforme. De…nição 9.5.4 Seja ' uma função simples, ' 2 M + (X; ) com representação padrão dada por '=

m X

j 1Aj :

j=1

A integral de ' com respeito a

é de…nida por Z

m X

'd =

j

(Aj ):

j=1

De…nição 9.5.5 Seja ' uma função simples, ' 2 M + (X; ) Dizemos que '=

m X

j 1Bj

j=1

é uma representação semi-padrão de ' se Bj 2 os

k

;

m [

j=1

não precisam ser distintos).

Bj = X e Bk \ Bl =

Lema 9.5.6 Se ' uma função simples, ' 2 M + (X; ); então Z

m X

'd =

para qualquer representação semi-padrão ' =

j

(Bj );

j=1

m X

j 1Bj

j=1

160

de ':

se k 6= l (note que

Demonstração. Suponha '=

m X

j 1 Aj

j=1

a representação-padrão de '. Para cada j = 1; :::; m; de…na Kj = fk; 1

k

Daí

ne [

Aj =

k

=

jg :

Bk :

k2Kj

Então Z

'd =

m X

j

(Aj ) =

j=1

=

m X

j

j=1

m X X

j

(Bk )

k

(Bk )

X

(Bk )

k2Kj

j=1 k2Kj

=

m X X

j=1 k2Kj

=

n X

k

(Bk );

k=1

pois

m [

j=1

Kj = f1; ::::; ng:

Proposição 9.5.7 ZSejam ' e funções simples em M + (X; ); e seja Z (a) 'd = 'd : Z Z Z (b) (' + )d = 'd + d : Demonstração. Sejam ' =

m X

j 1Aj

e

=

j=1

(a) Se

n X

k 1Bk

2 R,

as representações-padrão de ' e

k=1

= 0, o resultado é fácil. Suponhamos '=

> 0: Então

m X

j 1Aj

j=1

é a representação-padrão de '. Logo Z

'd =

m X

j

(Aj ) =

j=1

m X j=1

161

0: Então

j

(Aj ) =

Z

'd :

.

(b) Se X =

m [

Aj e X =

j=1

n [

Bk (uniões disjuntas), temos as uniões disjuntas

k=1

8 > > > Aj = > > <

n [

Bk

!

\ Aj =

n [

(Aj \ Bk ) k=1 0k=1 1 m m [ [ > > > @ A B = A \ B = (Aj \ Bk ) > j k > : k j=1

Então

j=1

8 n X > > 1 = > 1Aj = 10 [ 1Bk \Aj n > > > B C > k=1 Bk \Aj A @ > < k=1

m

X > > 1 = > 1Bk = 10 [ 1Bk \Aj m > > > C B > j=1 Bk \Aj A @ > : j=1

Logo

8 m X > > > ' = > < > > > > :

=

j=1 m X

j 1 Aj =

k 1Bk

j=1

=

m X

j

j=1 n X

k

n X

k=1 m X j=1

k=1

Agora temos representações semi-padrão de ' e Logo Z

(' + )d =

=

=

Z X m X n

j=1 k=1 m X n X

(

j=1 k=1 m X n X

=

9.6

Z

'd +

1Aj \Bk =

j

j

+

+

j=1 k=1 m X n X

j=1 k=1

j 1Aj \Bk k 1Aj \Bk

k)

k ) 1Aj \Bk d

(Aj \ Bk )

(Aj \ Bk ) + Z

m X n X

; com a vantagem de termos os mesmos conjuntos.

(

j

j=1 k=1

1Aj \Bk =

m X n X

j=1 k=1

k

(Aj \ Bk )

d

Integração de funções positivas

De…nição 9.6.1 Seja f 2 M + (X; ): A integral de f com relação a Z Z f d = sup 'd ;

é dada por

onde o supremo é tomado sobre todas as funções simples em M + (X; ) tais que 0 todo x 2 X: Se A 2 , a integral de f sobre A com relação a é de…nida por Z Z f d = f:1A d : A

162

'(x)

f (x) para

Proposição 9.6.2 Sejam f; g 2 M + (X; ) e sejam A; B 2 : (a) Se f g; então Z Z fd gd (b) Se A

B; então

Z

Z

fd

A

fd

B

Demonstração. (a) é conseqüência imediata da de…nição e (b) é conseqüência de (a). Lema 9.6.3 Seja ' uma função simples em M + (X; ), e seja Z (A) = ':1A d : Então

é uma medida em

Demonstração. Seja ' =

:

! [0; 1] de…nida por

: m X

j 1Aj

a representação-padrão de ': Então

j=1

0

':1A = @

Logo

(A) = Vejamos que

m X j=1

Z

1

A 1A = j 1 Aj

'1A d =

m X j=1

j

m X

j 1A\Aj :

j=1

(A \ Aj ):

é realmente uma medida. Basta mostrar o seguinte:

Para cada j = 1; ::::; m; de…na : ! [0; 1] j (A) = (A \ Aj ): j

Note que Se

1 ; :::;

j

n

é medida (fácil). são reais positivos, então a função (A) =

m X

j j (A)

é medida.

j=1

Teorema 9.6.4 (Teorema da Convergência Monótona) Se (fn )1 n=1 é uma seqüência crescente em M + (X; ) e lim fn (x) = f (x); n!1

pontualmente, então

Z

f d = lim

n!1

163

Z

fn d :

Demonstração. Como f = limn!1 fn ; pontualmente, e cada fn é mensurável, segue que f é mensurável. Como fn fn+1 f , temos

Z

Logo

Z

fn d

Z

fn+1 d

lim

n!1

Note que faz sentido escrever

Z

f d para todo n natural: Z

fn d

lim

n!1

Z

fd .

(9.9)

fn d ;

Z pois a seqüência ( fn d )1 n=1 é crescente. Portanto, ou o limite existe, ou ele é in…nito. Seja 0 < +

e seja ' 2 M (X; ) uma função simples tal que '

f: De…na

An = fx 2 X; fn (x)

'(x)g :

É claro que (An )1 n=1 é uma seqüência crescente de elementos de

eX=

1 [

n=1

'

f; temos '(x) Daí

An (pois se x 2 X, como

f (x): Como limn!1 fn (x) = f (x); existe N tal que fN (x) > '(x)). Z Z Z 'd fn d fn d An

Pelo Lema anterior,

:

0g e An = fx 2 X; f (x) > Então An " A. Note que f

1 g: n

1 n 1 An :

Logo Z 0 = fd

Z

1 1 1An d = (An ) n n

e daí (An ) = 0 para todo n. Como An " A, segue que (A) = lim

n!1

(An ) = 0;

ou seja, f = 0 ( -qtp): Reciprocamente, suponha f = 0 ( -qtp): Usando a notação do item anterior, temos (A) = 0: De…na fn = n1A : Temos (fn )1 limn!1 fn : Pelo Teorema da Convergência Monótona, n=1 crescente e f segue que Z Z Z 0 fd lim fn d = lim fn d = lim n (A) = lim 0 = 0: n!1

Logo

n!1

Z

n!1

n!1

f d = 0:

Teorema 9.6.7 (Teorema da Convergência Monótona) Se (fn )1 n=1 é uma seqüência crescente em M + (X; ) e lim fn (x) = f (x); n!1

pontualmente e quase sempre para f 2 M + (X; ), então Z Z f d = lim fn d : n!1

165

Demonstração. Seja N 2 tal que (N ) = 0 e limn!1 fn (x) = f (x) para todo x 2 X r N: Se + A = X r N , a seqüência (fn 1A )1 n=1 é crescente em M (X; ) e converge pontualmente para f 1A : Pelo Teorema da Convergência Monótona, segue que Z Z fn 1A d (9.12) f 1A d = lim n!1

Note que f 1N = 0 ( -qtp) e fn 1N = 0 ( -qtp): Logo, pela proposição anterior, temos Z Z f 1N d = 0 e fn 1N d = 0: Como f = f 1A + f 1N e fn = fn 1A + fn 1N , temos Z Z Z Z (9:12) = lim f d = (f 1A + f 1N )d = f 1A d fn 1A d n!1 Z Z = lim (fn 1A + fn 1N )d = lim fn d n!1

n!1

Corolário 9.6.8 (a) Se f 2 M + (X; ) e c Z

0, então cf 2 M + (X; ) e Z cf d = c f d :

(b) Se f; g 2 M + (X; ), então f + g 2 M + (X; ) e Z Z Z (f + g)d = f d + gd : Demonstração. (a) Se c = 0; é claro. Se c > 0, seja ('n )1 n=1 uma seqüência crescente de funções simples em M + (X; ) convergindo para f (sabemos que existe, por um resultado anterior). Então (c'n )1 n=1 é crescente e converge a cf: Pelo TCM, temos Z Z Z Z 'n d = c f d : cf d = lim c'n d = c lim n!1

n!1

(b) Se ('n )1 n=1 e ( respectivamente, então

1 n )n=1

são seqüências crescentes de funções simples, convergindo para f e g, ('n +

1 n )n=1

é uma seqüência crescente de funções simples convergindo a f + g: Logo, pelo TCM, temos Z Z Z Z Z Z (f + g)d = lim ('n + n )d = lim 'n d + = f d + gd : nd n!1

n!1

+ Teorema 9.6.9 (Lema de Fatou) Se (fn )1 n=1 é uma seqüência em M (X; ); então Z Z lim inf fn d lim inf fn d : n!1

n!1

166

Demonstração. Lembre-se que lim inf n!1 fn = limn!1 (inf k

n

fk ) : Seja, para todo n,

gn = inf fk : k n

Como gk

fk para todo k

n; temos Z

gn d

Z

inf

k n

fk d :

Como (gn )1 n=1 é crescente e lim gn = lim inf fn ;

n!1

n!1

pelo TCM, segue que Z

lim inf fn d = lim n!1

n!1

Z

= lim inf

gn d Z

n!1

9.7

lim

n!1

inf

k n

Z

fk d

fn d :

Integração de funções reais

Observação 9.7.1 Se f : X ! R é uma função, de…nimos f + : X ! R por f + (x) = maxff (x); 0g

f

: X ! R por f + (x) =

minff (x); 0g:

Note que f = f+ f jf j = f + + f

e

f + = 12 (jf j + f ) f = 12 (jf j f )

e portanto f é mensurável se e somente se f + e f

são mensuráveis.

De…nição 9.7.2 Seja (X; ; ) um espaço de medida. Uma função mensurável f : X ! R é dita integrável se Z Z f + d < 1 e f d < 1:

O conjunto de todas as funções integráveis f : X ! R é denotado por L1 (X; ; ): Se f 2 L1 (X; ; ) e A 2 ; de…nimos Z Z Z f d = f +d f d Z Z Z f d = f +d f d : A

A

A

Observação 9.7.3 Note que se f 2 L1 (X; ; ) e f = f1 Z Z f1 d < 1 e f2 d < 1; então Z

fd =

Z

f1 d 167

Z

f2 com f1 ; f2 : X ! [0; 1) mensuráveis e

f2 d :

De fato, f1

f2 = f +

f :

Logo f1 + f Assim, temos

e

Z

Z

f1 d +

fd =

Z

Z

+

f d

= f + + f2 :

f d = Z

Z

f2 d +

f d =

Z

Z

f +d Z

f1 d

f2 d :

Proposição 9.7.4 Uma função mensurável f : X ! R é integrável se e somente se Z jf j d < 1: Demonstração. jf j = f + + f : Então Z Z Z jf j d = f + d + f d e daí Z

jf j d < 1 ,

Z

+

f d 0, então

( f )+ = f + e ( f ) = f : Logof

Z Z 8 Z > < ( f )+ d = f +d = f +d < 1 Z Z Z > : ( f) d = f d = f d < 1; 168

e portanto f é integrável, com Z

Z

( f )+ d Z = f +d Z = fd :

fd =

Z

Z

( f) d f d

Se f; g 2 L1 (X; ; ), então jf j ; jgj 2 L1 (X; ; ): Note que jf + gj Z (jf j + jgj)d < 1:

jf j + jgj e portanto

Logo jf + gj 2 L1 (X; ; ) e daí f + g 2 L1 (X; ; ) Como f + g = (f +

f ) + (g +

g ) = (f + + g + )

(f

+ g );

segue da Observação ?? que Z Z Z (f + g)d = (f + + g + )d (f + g )d Z Z Z Z = f + d + g+ d f d g d Z Z = f d + gd : Teorema 9.7.7 (Teorema da Convergência Dominada) Seja (fn )1 n=1 uma seqüência de funções em L1 (X; ; ) que converge pontualmente para uma função f : X ! R. Se existir g 2 L1 (X; ; ) tal que jfn j jgj para todo n, então f 2 L1 (X; ; ) e Z Z f d = lim fn d : n!1

Demonstração. Como limn!1 fn (x) = f (x) e cada fn é mensurável, segue que f é mensurável. Como jfn j jgj para todo n, temos que jf j jgj : Mas, por hipótese, g é integrável e consequentemenete jgj é integrável. Portanto jf j é integrável e …nalmente f é integrável. Temos ainda jgj fn jgj e daí segue que Portanto

jgj + fn Z

0 para todo n:

Z

jgj d + f d Z Z = (jgj + f ) d = lim (jgj + fn ) d n!1 Z Lem a de Fatou lim inf (jgj + fn ) d n!1 Z Z = lim inf jgj d + fn d n!1 Z Z = jgj d + lim inf fn d : n!1

169

Logo

Z

Por outro lado, Portanto

fd

jgj Z

lim inf

n!1

fn Z

jgj d Z = (jgj

= lim inf n!1 Z = jgj d e conseqüentemente

Z

Finalmente, temos lim sup n!1

e portanto

Z

fd Z

lim inf n!1 Z jgj d

lim (jgj

n!1

Z

(jgj fn ) d Z fn d

lim sup n!1

Z

fn d

fn ) d

n!1

Z

lim sup

fd

Z

fn d :

0 para todo n:

f) d =

Lem a de Fatou

Z

fd

fn d Z

fn d :

lim inf

n!1

f d = lim

n!1

Z

Z

fn d

fn d :

A seguir, obteremos uma versão mais abrangente do Teorema da Convergência Dominada (TCD). Lema 9.7.8 Seja (X; ; ) um espaço de medida. Se f : X ! R é mensurável e f = 0 ( -qtp), então f é integrável e Z f d = 0: Demonstração. Como f + (x) = maxff (x); 0g e f (x) = f = 0 ( -qtp) ) f Logo

Z

fd =

Z

+

f +d

minff (x); 0g; temos que

= 0 ( -qtp) e f Z

f d =0

= 0 ( -qtp):

0 = 0:

Teorema 9.7.9 (Teorema da Convergência Dominada) Seja (fn )1 n=1 uma seqüência de funções em L1 (X; ; ) que converge pontualmente ( -qtp) para uma função f : X ! R. Se existir g 2 L1 (X; ; ) tal que, para cada n 2 N, jfn j então f 2 L1 (X; ; ) e

Z

jgj ( -qtp);

f d = lim

n!1

170

Z

fn d :

Demonstração. Seja N0 2

com (N0 ) = 0 tal que f (x) = lim fn (x) para todo x 2 X r N0 : n!1

Sejam Nn 2

com (Nn ) = 0 e jfn (x)j

De…na N =

1 [

n=0

Nn . Então N 2

jg(x)j para todo x 2 X r Nn :

com (N ) = 0: Temos

f (x) = lim fn (x) para todo x 2 X r N n!1

e jfn (x)j

jg(x)j para todo x 2 X r N:

Se A = X r N , então f 1A = limn!1 fn 1A jfn 1A j jgj 1A para todo n: Pelo TCD, f 1A é integrável e

Z

Temos ainda que

f 1A d = lim

n!1

Z

fn 1A d :

f = f (1A + 1N ) = f 1A + f 1N fn = fn (1A + 1N ) = fn 1A + fn 1N para todo n: Do lema anterior, temos

Logo Z

Z

f 1N d =

Z

fn 1N d = 0 para todo n:

Z Z f (1A + 1N )d = f 1A d = lim fn 1A d n!1 Z Z = lim fn (1A + 1N )d = lim fn d :

fd =

Z

n!1

n!1

171

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