2008 - Daniel Pellegrino - Introdução à Analise Funcional

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Introdução à Análise Funcional
Daniel Pellegrino
Departamento de Matemática, UFPB, João Pessoa, PB
e-mail: dmpellegrino@gmail.com
Setembro, 2008
Sumário
1 Espaços vetoriais normados e operadores lineares 4
1.1 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Operadores lineares e espaços vetoriais de dimensão �nita . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1 Comentários e curiosidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão in�nita: espaços de seqüências . 15
1.5 Espaços normados de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5.1 Os espaços Lp(X;�; �) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.5.2 O espaço L1(X;�; �) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6 Completamento de espaços normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.7 Séries em espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.8 Bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.8.1 Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.8.2 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.9 Caracterização do dual de lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2 Espaços com produto interno 44
2.1 Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz . . . . . . 47
2.2 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.3 Conjuntos ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.4 Processo de ortogonalização e suas conseqüências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.4.1 Nota histórica sobre o Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.5 O Teorema de Riesz-Fréchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.6 Operadores auto-adjuntos em espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3 Resultados clássicos da Análise Funcional e suas conseqüências 64
3.1 Teoremas de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.1.1 Aplicações do Teorema de Hahn Banach para espaços separáveis . . . . . . . . . 70
3.1.2 Formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.1.3 Possíveis generalizações do Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.2 O Teorema de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.2.1 Nota histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.3 O Teorema da Aplicação Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.4 O Teorema do Grá�co Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
1
4 Topologia fraca, topologia fraca estrela e espaços re�exivos 88
4.1 Topologia fraca: de�nições e propriedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
4.2 Topologia fraca estrela: de�nições e propriedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4.2.1 O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
4.3 Espaços re�exivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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) 107
6.1 evt�s e elc�s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
6.2 Seminormas e topologias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
6.3 Revisitando Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
6.4 Revisitando as topologias fracas: Teorema de Goldstine e caracterização de espaços
re�exivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
7 Apêndice 0: Axioma da Escolha e Lema de Zorn 124
8 Apêndice I: Noções de Topologia Geral 126
8.1 O Teorema de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
8.2 Espaços topológicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
8.2.1 Vizinhanças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
8.2.2 Funções contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
8.2.3 Subespaços e topologia relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
8.2.4 Topologia produto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
8.2.5 Redes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
8.2.6 Filtros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
8.2.7 O Teorema de Tychono¤ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
9 Apêndice II: Noções de Teoria da Medida 149
9.1 Espaços mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
9.2 Funções Mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
9.3 seqüências de Funções Mensuráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
9.4 Espaços de Medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
9.5 Funções simples e integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
9.6 Integração de funções positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
9.7 Integração de funções reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
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 aperfeiçoamentoe, 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
n!1
d(xn; x) = 0:
Portanto, em um evn, dizemos que a seqüência (xn) converge para x quando
lim
n!1
kxn � xk = 0:
Exemplo 1.1.1 A reta R é um espaço vetorial normado, com kxk = jxj : Em geral, Rn com a norma
(euclidiana) kxk = (x21 + � � � + x2n)
1
2 é um espaço vetorial normado (a demonstração da desiguladade
triangular não é imediata). Mais adiante veremos exemplos mais elaborados.
Um evn E é chamado espaço de Banach quando for um espaço métrico completo, com a métrica
induzida pela norma. Veremos adiante que todo espaço vetorial normado de dimensão �nita é completo.
O próximo resultado é a chave desse e de vários outros resultados importantes:
Lema 1.1.2 Para um conjunto inearmente independente fx1; :::; xng de vetores em um espaço vetorial
normado E; existe um número real positivo c tal que para qualquer escolha de escalares a1; :::; an; vale
a desigualdade
ka1x1 + � � �+ anxnk � c (ja1j+ � � �+ janj) (1.2)
4
Demonstração. Se ja1j+ � � �+ janj = 0 não há o que demonstrar. Suponhamos ja1j+ � � �+ janj > 0.
Então mostrar (1.2) equivale a mostrar que existe c > 0 tal que
kd1x1 + � � �+ dnxnk � c; (1.3)
para quaisquer dj da forma
dj =
aj
ja1j+ � � �+ janj
:
Portanto, para mostrar (1.2) basta mostrar que (1.3) vale, com
nX
j=1
jdj j = 1:
Suponha que isso não aconteça. Então, existe uma seqüência (ym) de elementos de E,
ym =
nX
j=1
b
(m)
j xj
e
nX
j=1
���b(m)j ��� = 1
tal que
lim
m!1
kymk = 0: (1.4)
Como
nX
j=1
���b(m)j ��� = 1; temos ���b(m)j ��� � 1 para cada j e cada m: Então, para cada j = 1; :::; n �xo, a
seqüência
(b
(m)
j )
1
m=1 = (b
(1)
j ; b
(2)
j ; :::)
é limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, (b(m)1 )
1
m=1 possui uma subseqüência convergente.
Seja b1 o limite dessa subseqüência. Seja (y1;m) a subseqüência correspondente de (ym). Usando
o mesmo argumento, (y1;m) possui uma subseqüência (y2;m) para a qual a seqüência correspondente
(b
(m)
2 )
1
m=1 converge. Procedendo dessa forma, após n etapas, obtemos uma subseqüência
yn;m =
nX
j=1
c
(m)
j xj
com
nX
j=1
���c(m)j ��� = 1
e, para cada j = 1; :::; n;
lim
m!1
c
(m)
j = bj :
Assim
lim
m!1
yn;m =
nX
j=1
bjxj ;
com
nX
j=1
jbj j = lim
m!1
nX
j=1
���c(m)j ��� = 1:
5
Portanto nem todos os bj são nulos e, como fx1; :::; xng é LI, segue que
y :=
nX
j=1
bjxj 6= 0:
Como limm!1 yn;m = y, segue que limm!1 kyn;mk = kyk : Por (1.4), kymk ! 0; e como (yn;m) é
subseqüência de (ym); temos que
lim
m!1
kyn;mk = 0:
Daí kyk = 0, e isso contradiz o fato de ser y 6= 0.�
6
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
kTk = supfkT (x)k ; kxk � 1g:
Quando kTk <1; dizemos que T é limitado.
Operadores lineares cujo contradomínio é o corpo dos escalares são chamados funcionais lineares.
Se E e F são espaços normados, a de�nição de continuidade para um operador linear T : E ! F
é simplesmente a noção de função contínua entre espaços métricos. Como as métricas de E e F 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� x0k < �:
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)1k=1
tal que kxkk � 1 e kT (xk)k � k. Considere zk = xk= kT (xk)k Então limk!1 zk = 0 e kT (zk)k = 1; o
que fere a continuidade de T na origem.
(c) ) (a) Da de�nição de kTk temos que kT (x)k � kTk kxk para todo x em E. Com efeito, se
x = 0 não há nada a fazer. Se x 6= 0, então
kT (x)k
kxk =




T ( xkxk )




 � kTk :
Logo, se x1; x2 2 E; temos kT (x1)� T (x2)k = kT (x1 � x2)k � kTk kx1 � x2k e segue a continuidade
(uniforme) de T:�
Corolário 1.2.2 Todo operador linear cujo domínio tem dimensão �nita é contínuo.
Demonstração. Seja F um espaço vetorial normado qualquer e seja E um espaço vetorial normado
de dimensão n, com B = fe1; :::; eng uma base de E. Se T : E ! F é linear, temos, pelo Lema 1.1.2,
que existe c > 0 tal que
kT (x)k � max
1�k�n
kTekk
nX
j=1
jaj j
� max
1�k�n
kTekk
1
c
kxk ;
7
para todo x =
nX
j=1
ajej 2 E. Pela Proposição 1.2.1, segue que T é contínuo.�
Duas normas k�k1 e k�k2 em um espaço vetorial E são ditas equivalentes se existirem 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 � kTk 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 dimE =
dimF = n; então E e F são topologicamente isomorfos.
Demonstração. Sejam B = fe1; :::; eng e C = ff1; :::; fng bases de E e F , respectivamente. De�na
T : E ! F
linear, levando ej em fj ; para cada j = 1; :::; n: Assim, T é bijetiva e como o domínio e o 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 resultadosegue 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 E0: 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.
Exercício 1.2.12 Seja E um espaço vetorial. Um subconjunto A � E é dito convexo se sempre que
x; y 2 A, o �segmento fechado�
fz = ax+ (1� a)y; 0 � a � 1g
estiver contido em A. Mostre que a bola fechada de raio r
Br = fx 2 E; kxk � rg
é convexa.
Exercício 1.2.13 Mostre que C é convexo em um espaço vetorial se, e somente se
nP
i=1
�ixi 2 C sempre
que x1; :::; xn 2 C e �1; :::; �n � 0 satisfazem
nP
i=1
�i = 1:
Sugestão: Note que um dos lados é claro: se essa propriedade vale, então C é convexo. Para
demonstrar a outra implicação, note que se �3 6= 1, temos
3P
i=1
�ixi = (�1 + �2)
�
�1
�1 + �2
x1 +
�2
�1 + �2
x2
�
+ �3x3:
Proceda por indução.
Exercício 1.2.14 Se A é um subconjunto de um espaço vetorial, o conjunto conv(A) denota a
interseção de todos os convexos que contém A. Como interseção de convexos é ainda um conjunto
convexo, segue que conv(A) é convexo. Mostre que
conv(A) =
�
nP
i=1
�ixi;
nP
i=1
�i = 1, com �n � 0; xi 2 A; i = 1; :::; n e n 2 N
�
:
Exercício 1.2.15 Se ' : E ! F é uma transformação linear, mostre que EKer(') ' Im'
(algebricamente).
Exercício 1.2.16 Mostre que para todo evn de dimensão in�nita X e todo evn Y 6= f0g; existe uma
transformação linear T : X ! Y não-contínua.
Exercício 1.2.17 Seja E um evn sobre C. Se ' é um funcional linear não contínuo em E, mostre
que
f'(x);x 2 E e kxk � 1g = C:
9
Solução. Seja z = rei� 2 C arbitrário (com r > 0).
Como
supfj'(x)j ;x 2 E e kxk � 1g =1;
existe x0 2 E; kx0k � 1; tal que j'(x0)j � r: Como '(x0) 6= 0, temos����'� rx0j'(x0)j
����� = r:
Daí
'
�
rx0
j'(x0)j
�
= rei�
para algum 0 � � < 2�: Portanto
'
�
rx0e
i(���)
j'(x0)j
�
= ei(���):rei� = rei� = z:
Como



 rx0ei(���)j'(x0)j 


 � 1; segue que
fj'(x)j ;x 2 E e kxk � 1g = C.
Exercício 1.2.18 Sejam E um evn, F um espaço de Banach e G um subespaço de E: Se f : G! F
é linear e contínua, mostre que existe uma única extensão linear contínua de f ao fecho de G. Além
disso, a norma da extensão é a mesma. Sugestão: [12, Theorem 2.7.11].
Exercício 1.2.19 Se T : D(T )! Y é um operador linear, mostre que R(T ) é um subespaço vetorial
de Y .
Exercício 1.2.20 Sejam X e Y espaços vetoriais, ambos sobre K. Considere T : D(T ) ! Y um
operador linear com D(T ) � X e imagem R(T ) � Y:
(a) Mostre que a inversa T�1 : R(T )! D(T ) existe se e somente se
Tx = 0) x = 0:
(b) Mostre que se T�1 existe, então é linear.
Exercício 1.2.21 Sejam E e F evn. Mostre que se T : E ! F é linear e contínuo, então
sup
kxk�1
kTxk = sup
kxk=1
kTxk = sup
kxk<1
kTxk = inf fkTxk � C kxk para todo x 2 Eg :
Exercício 1.2.22 Sejam E e F evn. Mostre que kTk = supkxk�1 kTxk é uma norma em L(E;F ):
Exercício 1.2.23 Sejam E e F evn. Se T 2 L(E;F ) e existe c > 0 tal que
kTxk � c kxk para todo x 2 E;
mostre que T�1 existe e é contínua.
Exercício 1.2.24 Sejam E e F evn. Mostre que T : E ! F é limitado se e somente se T (A) é
limitado sempre que A for limitado (veja a de�nição de conjunto limitado no exercício 1.2.11).
Exercício 1.2.25 Se T : E ! F é um operador linear contínuo, não-nulo, mostre que
kxk < 1) kTxk < kTk :
10
Exercício 1.2.26 Sejam E um evn e F um espaço de Banach. Mostre que L(E;F ) (com a norma
que já de�nimos antes) é um espaço de Banach. Sugestão: Veja [12].
Exercício 1.2.27 Se E é um evn, mostre que E0 é um espaço de Banach.
Exercício 1.2.28 Mostre que se T : E ! F é isomor�smo isométrico, então kTk = 1. Por outro
lado, encontre um espaço de Banach E e um isomor�smo topológico T : E ! E com kTk = 1, que não
é isomor�smo isométrico. Sugestão: E = l1 (veja de�nição na próxima seção) e T : E ! E dada por
T (x) =
�
x1
2 ; x2; x3; :::
�
:
Exercício 1.2.29 Sejam E e F evn.
(a) Mostre que a função
k(x; y)k1 = kxk+ kyk
é uma norma em E � F:
(b) Se E e F são evn, mostre que a função
k(x; y)k1 = maxfkxk ; kykg
é uma norma em E � F:
(c) Mostre que a identidade de (E � F; k:k1)! (E � F; k:k1) é um isomor�smo topológico.
Exercício 1.2.30 Diz-se que um subespaço M de um espaço de Banach E tem de�ciência �nita se
existir um número �nito de vetores x1; :::; xn em E rM tais que E = [M [ fx1; :::; xng]. Mostre que
o núcleo de um operador linear não nulo (e não necessariamente contínuo) T : E ! K tem (em E)
de�ciência �nita e n = 1:
Solução. Seja y =2 Ker(T ): Vamos mostrar que E = [Ker(T )[fyg]: Se z 2 E, considere os seguintes
casos:
� T (z) = 0. Nesse caso, é claro que z 2 [Ker(T ) [ fyg]:
� T (z) 6= 0. Nesse caso, existe � 6= 0 tal que T (z) = �T (y) e daí segue que z � �y 2 Ker(T ): Logo
z = (z � �y) + �y 2 [Ker(T ) [ fyg]:
Em ambos os casos, temos que z 2 [Ker(T ) [ fyg]: Logo E = [Ker(T ) [ fyg]:
1.3 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados
A compacidade tem comportamentos distintos em dimensões �nita e in�nita. Veremos adiante que a
bola unitária fechada em um espaço vetorial normado de dimensão �nita é sempre compacta. Já em
dimensão in�nita, será provado que a bola nunca é compacta. No decorrer do curso, estudaremos
as topologias fraca e fraca estrela, que terão um ótimo papel no sentido de reduzir a quantidade de
abertos, e facilitar o aparecimento de conjuntos compactos.
Teorema 1.3.1 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão �nita, então os compactos em E
são precisamente os limitados e fechados.
Demonstração. Em espaços métricos os compactos sempre são fechados e limitados (veja [14]).
Assim, uma das implicações é conhecida. Nos resta provar que todo conjunto M � E, limitado e
fechado é ainda compacto. Suponha que dimE = n e seja fe1; :::; eng uma base de E. Como estamos
11
em espaços métricos, basta mostrar que M é seqüencialmente compacto. Seja, portanto, (xm) uma
seqüência em M . Para cada xm; existem escalares a
(m)
1 ; :::; a
(m)
n tais que
xm =
nX
j=1
a
(m)
j ej :
Como M é limitado, é claro que a seqüência (xm) é limitada, digamos por L > 0: Pelo Lema 1.1.2,
existe c > 0 tal que
L � kxmk =





nX
j=1
a
(m)
j ej






 � c
nX
j=1
���a(m)j ���
para todo m 2 N. Portanto, para cada j 2 f1; :::; ng �xo, a seqüência (a(m)j )1m=1 é uma
seqüência limitada de escalares (reais ou complexos). Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass aplicado
a cada seqüência (a(m)j )
1
m=1, procedendo como na demonstração do Lema 1.1.2, encontramos uma
subseqüência de (xm) que converge para um certo y =
nX
j=1
ajej : Como M é fechado, segue que y 2M
e M é compacto.�
Corolário 1.3.2 A bola unitária fechada em um espaço vetorial normado de dimensão �nita 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 rM e
d = dist(y0;M):= inf
x2M
ky0 � 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 =2M:
Seja x0 2M tal que
ky0 � x0k �
d
�
:
Escolha então
y =
y0 � x0
ky0 � x0k
:
É claro que y tem norma 1 e, além disso, para x 2M , temos
ky � xk =




 y0 � x0ky0 � x0k � x




 = ky0 � (x0 + ky0 � x0kx)kky0 � x0k
(�)
� dky0 � x0k
� �;
onde em (�) foi usado que (x0 + ky0 � x0kx) 2M:�
12
Observação 1.3.4 Mais adiante, veremos no Exemplo 1.5.6, que a conclusão do Lema de Riesz, 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 dimE = 1; temos que [x1] é um subespaço próprio fechado
de E. Pelo Lema de Riesz, existe x2 2 E r [x1]; unitário, tal que
kx2 � x1k � � =
1
2
:
Novamente, [x1; x2] 6= E e existe x3 2 E r [x1; x2] unitário tal que
kx3 � xjk � � =
1
2
; para j = 1; 2.
Procedendo dessa forma, construimos uma seqüência (xn) de vetores unitários de E tal que
kxm � xnk �
1
2
sempre que m 6= n: Assim, (xn) é uma seqüência em BE que não possui subseqüência convergente, 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 2M .
Solução. Pelo Lema de Riesz, para cada n 2 N, existe yn 2 E com kynk = 1 tal que
kyn � xk � 1�
1
n
para todo x 2M:
Como a esfera unitária (em dimensão �nita) é compacta (sequencialmente compacta), a seqüência
(yn)
1
n=1 possui uma subseqüência (ynk)
1
k=1 que converge para um certo y0 2 E com ky0k = 1: Como
kynk � xk � 1�
1
nk
para todo x 2M;
fazendo k !1; concluímos que
ky0 � xk � 1 para todo x 2M:
Exercício 1.3.8 Se E é um espaço vetorial normado e M é um subespaço próprio de E; com
dimM <1: Mostre que existe y 2 E com kyk = 1 e
ky � xk � 1
para todo x 2M . Sugestão: Veja [12, páginas 82 e 629].
13
1.3.1 Comentários e curiosidades
Diz-se que um operador linear contínuo T : E ! F atinge a norma quando existe x 2 E com norma
1 tal que kTxk = kTk : Um resultado delicado, conhecido como Teorema de Bishop-Phelps garante
que se E e F são espaços normados (sobre os reais), o conjunto dos funcionais lineares contínuos que
atingem a norma é denso em E0: No mesmo artigo em que provaram seu resultado fundamental, Bishop
e Phelps especularam sobre uma possível extensão desses resultados para operadores lineares:
Se X e Y são espaços de Banach, será que o conjunto dos operadores lineares T : X ! Y que
atingem a norma é denso em L(X;Y )?
Em 1963, J. Lindenstrauss [16] mostrou que isso não é verdadeiro em geral, mas em alguns casos
particulares sim. A seguir, La (X;Y ) denota o conjunto dos operadores lineares contínuos T : X ! Y
que atingem a norma.
Como a pergunta original de Bishop e Phelps era muito abrangente, para que uma investigação
mais criteriosa pudesse ser feita, em [16] foram de�nidas as seguintes propriedades para espaços de
Banach X:
� A. Para todo espaço de Banach Y , La (X;Y ) é denso (em norma) em L (X;Y ) :
� B. Para todo espaço de Banach Y , La (Y;X) é denso (em norma) em L (Y;X) :
Note que o Teorema de Bishop-Phelps diz que R tem a propriedade B. Recentemente, foi
demonstrado que existem espaços de Banach que não possuem a propriedade B.
Uma boa monogra�a em português sobre o assunto é [9].
14
1.4 Primeiros exemplos de espaços de Banach de dimensão
in�nita: espaços de seqüências
Nessa seção, introduziremos alguns espaços de seqüências, chamados espaços lp. Para tanto, precisamos
de alguns resultados técnicos:
Teorema 1.4.1 (Desigualdade de Hölder) Sejam n 2 N, p; q > 1 tais que 1p +
1
q = 1. Então
nP
j=1
j�j�j j �
 
nP
j=1
j�j jp
! 1
p
:
 
nP
j=1
j�j jq
! 1
q
para quaisquer escalares �j ; �j ; j = 1; :::; n.
Demonstração. Primeiro, é conveniente mostrar que, para quaisquer a e b positivos, temos
a
1
p :b
1
q � a
p
+
b
q
: (1.5)
Considere, para cada 0 < � < 1; a função f = f� : (0;1)! R dada por f(t) = t� � �t. Temos
f 0(t) = �t��1 � � = �(t��1 � 1):
Logo
f 0(t) > 0 se 0 < t < 1
f 0(t) < 0 se t > 1
e f tem um máximo em t = 1: Portanto
f(t) � f(1)
para todo t > 0 e
t� � �t+ (1� �):
Fazendo t = ab e � =
1
p , temos �a
b
� 1
p � 1
p
a
b
+
�
1� 1
p
�
:
Multiplicando a desigualdade acima por b, obtemos
a
1
p b1�
1
p � a
p
+
b
q
;
o que demonstra (1.5).
O caso em que
nP
k=1
j�kjp = 0 ou
nP
k=1
j�kjq = 0 é trivial. Suponhamos, portanto,
nP
k=1
j�kjp 6= 0 e
nP
k=1
j�kjq 6= 0:
Basta usar (1.5) com
aj =
j�j jp
nP
k=1
j�kjp
e bj =
j�j jq
nP
k=1
j�kjq
:
Então
j�j j j�j j�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
�
nP
k=1
j�kjq
� 1
q
� aj
p
+
bj
q
e somando ambos os lados com j = 1; :::; n, o resultado segue.�
15
Teorema 1.4.2 (Desigualdade de Minkowski) Para p � 1; temos�
nP
k=1
j�k + �kjp
� 1
p
�
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
+
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
para quaisquer escalares �k; �k, k = 1; :::; n:
Demonstração. Para p = 1 o resultado é imediato. Suponhamos, portanto, p > 1. Basta mostrar
que �
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p
� 1
p
�
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
+
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
:
O caso em que
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p = 0 é imediato. Suponhamos
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p 6= 0:
A idéia é usar a Desigualdade de Hölder. Para isso, escrevemos
(j�kj+ j�kj)p = (j�kj+ j�kj) (j�kj+ j�kj)p�1
= j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 + j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 :
Como (p� 1)q = pq � q = p, temos, pela Desigualdade de Hölder,
nP
k=1
j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 �
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
�
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)(p�1)q
� 1
q
(1.6)
=
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
�
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p
� 1
q
:
De forma análoga, temos
nP
k=1
j�kj (j�kj+ j�kj)p�1 �
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
�
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p
� 1
q
: (1.7)
Somando (1.6) e (1.7), obtemos
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p �
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
�
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p
� 1
q
+
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
�
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p
� 1
q
e �
nP
k=1
(j�kj+ j�kj)p
�1� 1q
�
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
+
�
nP
k=1
j�kjp
� 1
p
:�
Para cada número real p, com 1 � p <1; de�nimos
lp =
(
(xj)
1
j=1 2 KN;
1P
j=1
jxj jp <1
)
:
Proposição 1.4.3 Se 1 � p < 1; lp é um espaço vetorial (com as operações naturais de soma e
multiplicação por escalar) e a função k:kp dada por


(xj)1j=1

p =
 
1P
j=1
jxj jp
! 1
p
é uma norma em lp:
16
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)1n=1 uma seqüência de Cauchy em lp: Note que cada xn é uma seqüência,
que será denotada por
xn = (�n1; �n2; :::):
Temos que
kxn � xmk =
0@ 1X
j=1
j�nj � �mj jp
1A 1p � j�nj � �mj j
para cada j. Como (xn)1n=1 é uma seqüência de Cauchy em lp, segue que, para cada j, a seqüência
(�nj)
1
n=1 é uma seqüência de Cauchy no corpo de escalares K. Como K é completo, para cada j, o
limite da seqüência (�nj)1n=1 existe, e será denotado por �j .
Seja x = (�j)1j=1: Vamos mostrar que x pertence a lp e que (xn)
1
n=1 converge para x.
Dado " > 0, existe n0 natural, tal que
kxm � xnk � "
sempre que m;n � n0:
Daí, para cada N natural, temos 0@ NX
j=1
j�mj � �nj jp
1A 1p � ";
sempre que m;n � n0:
Fazendo n!1, obtemos 0@ NX
j=1
j�mj � �j jp
1A 1p � "
para todo m � n0 e todo N natural. Fazendo agora N !1; temos
kxm � xk � " (1.8)
para todo m � n0. Logo xn0 � x 2 lp: Como xn0 2 lp, segue que x 2 lp: De (1.8) é claro que (xn)1n=1
converge para x.�
Quando p = 1; escrevemos l1 para denotar o espaço das seqüências (de escalares) limitadas.
Precisamente,
l1 =
�
x = (�j)
1j=1 2 KN; kxk1 := sup
j2N
j�j j <1
�
:
Exercício 1.4.5 Mostre que l1 com a norma k:k1 é um espaço de Banach.
Exercício 1.4.6 Considere
c =
�
x = (�j)
1
j=1 2 KN; lim
j!1
�j existe em K
�
c0 =
�
x = (�j)
1
j=1 2 KN; lim
j!1
�j = 0
�
c00 =
�
x = (�j)
1
j=1 2 KN; exite j0 tal que �j = 0 para todo j > j0
	
Mostre que c e c0 são subespaços fechados de l1 e que c00 é um subespaço de l1 que não é fechado.
17
Exercício 1.4.7 Prove que (Kn; k:k1) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de c0:
Exercício 1.4.8 Prove que (Kn; k:kp) é isometricamente isomorfo a um subespaço fechado de lp; para
cada p com 1 � p � 1:
Exercício 1.4.9 Um espaço métrico M é dito separável se existir D �M enumerável e denso, isto
é, D =M . Mostre que se 1 � p <1; lp é separável.
Exercício 1.4.10 Mostre que se D é um conjunto denso e enumerável em um espaço vetorial 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.
Solução. Seja D um conjunto denso e enumerável em E. Seja D1 =
n
x
kxk ;x 2 D e x 6= 0
o
: Vamos
mostrar que D1 é denso em SE . Sejam x0 2 SE e " > 0. Não há perda de generalidade em supor
" < 12 : Então, existe x" 2 D tal que
kx0 � x"k <
"
2
:
Então, como " < 1=2; segue que x" 6= 0 e x"kx"k 2 D1: Logo



x0 � x"kx"k




 = 



x0 � x" + x" � x"kx"k



� kx0 � x"k+




x" � x"kx"k



= kx0 � x"k+
����1� 1kx"k
���� kx"k
<
"
2
+ jkx"k � 1j
=
"
2
+ jkx"k � kx0kj
� "
2
+ kx0 � x"k
� ":
Observação: Usando um pouco mais profundamente a teoria de espaços métricos, pode-se 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 � p � 1:
Exercício 1.4.18 Se 1 � p � q � 1; mostre que lp � lq e que inc : lp ! lq é contínua. Encontre o
valor da norma dessa inclusão.
18
Exercício 1.4.19 Seja cs =
8<:x = (xj)1j=1 2 KN;
1X
j=1
xj converge
9=; :
(a) Mostre que cs é um evn com a norma kxk = supn
������
nX
j=1
xj
������
(b) Prove que cs é isometricamente isomorfo a c:
Exercício 1.4.20 Seja bs =
8<:x = (xj)1j=1 2 KN; supn
������
nX
j=1
xj
������ <1
9=; :
(a) Mostre que bs é um evn com a norma kxk = supn
������
nX
j=1
xj
������
(b) Prove que bs é isometricamente isomorfo a l1:
Sugestão. (b) De�na f : bs ! l1 por f
�
(xj)
1
j=1
�
=
0@ nX
j=1
xj
1A1
n=1
e veri�que que é linear, bijetiva
e preserva a norma.
Exercício 1.4.21 (Álgebra Linear) Se A é um gerador de um espaço vetorial V , mostre que existe
uma base de V contida em A.
Solução resumida. Considere F = f(W;B); B é LI, B � A e B gera Wg: Em F considere a ordem
parcial (W;B) � (W1; B1) se e somente se W �W1 e B � B1:
F é não-vazio (claro). Todo subconjunto totalmente ordenado de F possui cota superior. Podemos
aplicar o Lema de Zorn. Existe, portanto, um elemento maximal em F . Seja (fW; eB) um elemento
maximal de F . Para resolver o exercício, basta mostrar que fW = V: Suponha que seja fW 6= V .
Observe que nesse caso A não está contido em fW , pois se fosse A � fW , teríamos
V = [A] � [fW ] = fW;
e estamos supondo fW 6= V . Escolha, portanto, x0 2 ArfW e de�na
WN = fW � [x0]
BN = eB [ fx0g:
É fácil ver que [BN ] =WN , que BN é LI e, portanto, (WN ; BN ) 2 F . É claro que
(WN ; BN ) 6= (fW; eB) e (fW; eB) � (WN ; BN ): (1.9)
Mas, (1.9) não é compatível com a maximalidade de (fW; eB). Portanto, fW = V:
Exercício 1.4.22 Seja E um espaço de Banach de dimensão in�nita. Se D � E é um conjunto denso
e enumerável, existe A � D, LI, com card(A) = card(D):
Solução. É claro que D é gerador de [D]: Pelo Exercício 1.4.21, podemos extrair de D uma base,
que chamaremos de B; para [D]: Se B for �nita, temos que [D] tem dimensão �nita. Logo [D] é fechado.
Como D é denso, temos D = E e portanto [D] = E: Daí segue que
[D] = [D] = E;
e E terá dimensão �nita (absurdo). Concluímos, portanto, que B é uma base in�nita. Como B � D e
D é enumerável, segue que card(B) = card(D):
19
1.5 Espaços normados de funções
Nessa seção, construiremos os exemplos clássicos de espaços de Banach cujos vetores são funções.
Proposição 1.5.1 Seja X um conjunto não nulo e B(X) o espaço vetorial de todas as funções
limitadas f : X ! K. Então B(X) é um espaço de Banach com a norma
kfk = sup
x2X
jf(x)j :
Demonstração. É fácil ver que k:k é uma norma. Vamos mostrar que B(X) é completo. Seja (fn)
uma seqüência de Cauchy em B(X). Para todo " > 0, existe n0 tal que
kfn � fmk � "
para quaisquer m;n � n0: Daí, para m;n � n0; temos
jfn(x)� fm(x)j � kfn � fmk � " (1.10)
para todo x em X. Logo (fn(x))1n=1 é de Cauchy em K, para cada x em X. Portanto, para cada x
a seqüência (fn(x))
1
n=1 converge para um escalar, que será denotado por f(x). Fazendo m ! 1 em
(1.10), obtemos
jfn(x)� f(x)j � " (1.11)
para todo x em X e todo n � n0: Logo
fn0 � f 2 B(X)
e como
f = fn0 � (fn0 � f);
segue que f 2 B(X): De (1.11) concluímos que fn ! f .�
Exercício 1.5.2 Se X = N, mostre que B(X) é isometricamente isomorfo a l1:
Exercício 1.5.3 Seja C([a; b]) o conjunto de todas as funções contínuas de [a; b] em R. Mostre que,
com as operações usuais e com a norma
kfk = max
t2[a;b]
jf(t)j ;
C([a; b]) é um espaço de Banach.
Sugestão: Use que se fn ! f na norma dada, então fn ! f uniformemente. Como as fn são
contínuas, segue que f é contínua.
Exercício 1.5.4 Mostre que C([a; b]) é separável. Sugestão: Use o Teorema da Aproximação de
Weierstrass, que a�rma que o conjunto dos polinômios com coe�cientes reais é denso em C([a; b]) com
a norma k:k1 :
Exercício 1.5.5 Mostre que P = ff 2 C([a; b]); f(x) > 0 para todo x 2 [a; b]g é aberto.
Solução. Seja f 2 P: Como [a; b] é compacto,
inf
x2[a;b]
f(x)
é assumido. Logo, existe x0 2 [a; b] tal que
inf
x2[a;b]
f(x) = f(x0) > 0:
20
Seja " = f(x0)2 : Se kg � fk < "; segue que
jg(x)� f(x)j < "
para todo x. Como f(x) � f(x0) para todo x, segue que
g(x) > f(x0)� " > 0
para todo x. Logo, a bola aberta de centro f e raio " está contida em P , e portanto P é aberto.
Exemplo 1.5.6 Nesse exemplo, mostraremos que a conclusão do Lema de Riesz não é válida, em
geral, com � = 1:
Sejam E = ff 2 C[0; 1]; f(0) = 0g e M = ff 2 E;
1Z
0
f(x)dx = 0g: Suponhamos que exista g 2 E
com kgk = 1 tal que kg � fk � 1 para todo f 2M: Dada h 2 E rM; seja
� =
1Z
0
g(x)dx
1Z
0
h(x)dx
:
Então, é claro que g � �h 2M: Logo
1 � kg � (g � �h)k = j�j khk ;
ou seja,
1 �
������
1Z
0
g(x)dx
������������
1Z
0
h(x)dx
������
khk : (1.12)
Seja, para cada n, hn(x) = x
1
n : Então hn 2 E rM; khnk = 1 e
1Z
0
x
1
n dx =
1
1
n + 1
! 1:
Note que de (1.12) usado com as hn nos faz concluir que
������
1Z
0
g(x)dx
������ � 1: Por outro lado, como
max0�x�1 jg(x)j = 1 e g(0) = 0; a continuidade de g em zero implica que������
1Z
0
g(x)dx
������ < 1 (contradição).
Os próximos exemplos envolvem funções integráveis, e alguns resultados preliminares são
necessários. Estabeleceremos as desigualdades de Hölder e Minkowski para integrais, que serão úteis
adiante.
21
Seja (X;�; �) um espaço de medida e 1 � p <1. O conjunto de todas as funções mensuráveis de
X em K tais que
kfkp :=
�Z
X
jf jp d�
� 1
p
<1
será denotado por Lp(X;�; �).
Teorema 1.5.7 (Desigualdade de Hölder para integrais) Sejam p; q > 1 tais que 1p +
1
q = 1 e
(X;�; �) um espaço de medida. Se f 2 Lp(X;�; �) e g 2 Lq(X;�; �), então fg 2 L1(X;�; �) e
kfgk1 � kfkp kgkq :
Demonstração. Se kfkp = 0 ou kgkq = 0 segue que f ou g é nula em quase toda parte. Logo fg é
nula em quase toda parte e a desigualdade se resume a 0 � 0. Suponha então kfkp 6= 0 e kgkq 6= 0:
Já provamos que para quaisquer a e b positivos, temos
a
1
p :b
1
q � a
p
+
b
q
: (1.13)
Tome, em (1.13),
a =
jf(x)jp
kfkpp
e b =jg(x)jq
kgkqq
:
Assim Z
X
jf(x)g(x)j d�
kfkp kgkq
�
Z
X
jf jp d�
p kfkpp
+
Z
X
jgjq d�
q kgkqq
= 1
e o resultado segue.�
Teorema 1.5.8 (Desigualdade de Minkowski para Integrais) Seja 1 � p < 1 e (X;�; �) um
espaço de medida. Se f; g 2 Lp(X;�; �), então f + g 2 Lp(X;�; �) e
kf + gkp � kfkp + kgkp : (1.14)
Demonstração. Se kf + gkp = 0; o resultado é claro. Suponha kf + gkp 6= 0: Perceba que para
todo x em X, temos
jf(x) + g(x)jp � (jf(x)j+ jg(x)j)p
� (maxfjf(x)j ; jg(x)jg+maxfjf(x)j ; jg(x)jg)p
� 2pmaxfjf(x)jp ; jg(x)jpg
� 2p (jf(x)jp + jg(x)jp)
e daí segue que f + g 2 Lp(X;�; �).
Agora vamos provar (1.14). Se p = 1; o resultado é claro. Suponha p > 1. Então
jf + gjp = jf + gj jf + gjp�1 (1.15)
� jf j jf + gjp�1 + jgj jf + gjp�1 :
Se 1=p+1=q = 1; temos (p� 1)q = p, e portanto jf + gjp�1 2 Lq(X;�; �): Da desigualdade de Hölder,
temos Z
X
jf j jf + gjp�1 d� �
�Z
X
jf jp d�
� 1
p
�Z
X
jf + gj(p�1)q d�
� 1
q
Z
X
jgj jf + gjp�1 d� �
�Z
X
jgjp d�
� 1
p
�Z
X
jf + gj(p�1)q d�
� 1
q
:
22
Das duas desigualdades acima e de (1.15), temos queZ
X
jf + gjp d� �
�Z
X
jf jp d�
� 1
p
�Z
X
jf + gj(p�1)q d�
� 1
q
+
�Z
X
jgjp d�
� 1
p
�Z
X
jf + gj(p�1)q d�
� 1
q
=
�Z
X
jf + gjp d�
� 1
q
"�Z
X
jf jp d�
� 1
p
+
�Z
X
jgjp d�
� 1
p
#
e, dividindo ambos os membros por
�Z
X
jf + gjp d�
� 1
q
; o resultado segue.�
A desigualdade de Minkowski faz o papel da desigualdade triangular e ajuda a provar o seguinte
resultado:
Proposição 1.5.9 Se 1 � p <1, o espaço vetorial das funções contínuas f : [a; b]! R é um espaço
vetorial normado com a norma
kfkp =
0@ bZ
a
jf(x)jp dx
1A
1
p
:
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
fn(t) =
8<: 0; se t 2 [0; 1=2]1; se t 2 [an; 1]; an = 12 + 1n
n(t� 12 ), se t 2 [1=2; an]:
Note que (fn) é de Cauchy, mas não converge. De fato, se fn ! f (contínua), então existe n0 tal que
n > n0 )
1Z
0
jfn � f jp dx < ":
Logo
1
2Z
0
jf jp dx < ":
Como f é contínua, segue que f(x) = 0 para todo x 2 [0; 12 ]: De modo análogo, se conclui que f(x) = 1
para todo x 2 ( 12 ; 1]: Isso contradiz a continuidade de f .
Observação 1.5.11 Note que k:kp não é uma norma em Lp(X;�; �), pois pode acontecer kfkp = 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;�;�) = kfkLp(X;�;�) ;
não é difícil notar (usando a Desigualdade de Minkowski) que Lp(X;�; �) se torna um espaço vetorial
normado. A seguir, mostraremos que Lp(X;�; �) é um espaço de Banach.
Teorema 1.5.12 Se 1 � p <1, Lp(X;�; �) é um espaço de Banach com a norma
k[f ]kp =
�Z
jf jp d�
� 1
p
:
Demonstração. Já sabemos que Lp(X;�; �) é um evn. Nos resta provar que é um espaço de Banach.
Seja ([fn])1n=1 uma seqüência de Cauchy em Lp(X;�; �): Logo, (fn)
1
n=1 é uma seqüência de Cauchy
em Lp(X;�; �):
Então, dado " > 0; existe M =M(") tal que
m;n �M )
�Z
jfn � fmjp d�
�
= kfn � fmkpp < "
p:
Seja (gk) uma subseqüência de (fn) tal que
kgk+1 � gkkp < 2
�k
para todo k natural.
Considere
g(x) = jg1(x)j+
1X
k=1
jgk+1(x)� gk(x)j : (1.16)
Temos que g é mensurável, não-negativa, e toma valores em R [ f1g. Além disso,
jg(x)jp = lim
n!1
 
jg1(x)j+
nX
k=1
jgk+1(x)� gk(x)j
!p
:
Pelo Lema de Fatou (veja Teorema 9.6.9), segue queZ
jgjp d� � lim inf
n!1
Z 
jg1j+
nX
k=1
jgk+1 � gkj
!p
d�:
Elevando ambos os membros a 1p e usando a Desigualdade de Minkowski, obtemos�Z
jgjp d�
� 1
p
� lim inf
n!1
 
kg1kp +
nX
k=1
kgk+1 � gkkp
!
(1.17)
� kg1kp + 1:
Então, de�nindo E = fx 2 X; g(x) <1g ; de (1.17) podemos concluir que
�(X � E) = 0:
Logo, a série em (1.16) converge �-qtp e g:1E 2 Lp(X;�; �):
24
De�na então f : X ! R por
f(x) =
8><>: g1(x) +
1X
k=1
(gk+1(x)� gk(x)) ; se x 2 E
0; se x =2 E:
Como gk = g1 + (g2 � g1) + (g3 � g2) + � � �+ (gk � gk�1); temos que8><>: jgkj � jg1j+
k�1X
j=1
jgj+1 � gj j � g
gk ! f �-qtp
e daí �
jgkjp � gp1E (�-qtp)
(gk)
p ! fp (�-qtp) :
Pelo Teorema da Convergência Dominada (veja Teorema 9.7.9), segue que
fp 2 L1(X;�; �);
ou ainda,
f 2 Lp(X;�; �):
Como �
jf � gkjp � (jf j+ jgkj)p � (2g)p 1E (�-qtp)
limk!1 jf � gkjp = 0 (�-qtp)
;
novamente o TCD nos garante que
lim
k!1
Z
jf � gkjp d� =
Z
0d� = 0
e daí concluímos que gk ! f em Lp(X;�; �):
Como (gk) é uma subseqüência de (fn) e como (fn) é de Cauchy, segue que
fn ! f em Lp(X;�; �)
e, por conseguinte,
[fn]! [f ] em Lp(X;�; �)
�
1.5.2 O espaço L1(X;�; �)
Nessa seção também admitiremos K = R:
Seja L1(X;�; �) o conjunto de todas as funções mensuráveis que são limitadas �-qtp. Se
f 2 L1(X;�; �) e N 2 � é um conjunto de medida nula, de�nimos
Sf (N) = sup fjf(x)j ;x =2 Ng
e
kfk1 = inf fSf (N);N 2 � e �(N) = 0g : (1.18)
Note que pode acontecer kfk1 = 0 com f não identicamente nula. Para contornar esse problema,
também recorremos às classes de equivalência.
25
Duas funções são equivalentes (pertencem a mesma classe de equivalência) se coincidem �-qtp. O
espaço L1(X;�; �) é o conjunto de todas as classes de equivalência das funções mensuráveis f : X ! K
que são limitadas �-qtp.
Se [f ] 2 L1(X;�; �); de�nimos
k[f ]k1 = kfk1 : (1.19)
Note que k:k1 está bem de�nida (não depende do representante da classe de equivalência).
De fato, se f(x) = g(x) para todo x =2 A, com �(A) = 0; então, para cada N 2 � com �(N) = 0,
temos
Sf (N) = sup fjf(x)j ;x =2 Ng � Sf (N [A) = Sg(N [A):
Analogamente,
Sg(N) = sup fjg(x)j ;x =2 Ng � Sg(N [A) = Sf (N [A)
e daí
kfk1 = inf fSf (N);N 2 � e �(N) = 0g = inf fSg(N);N 2 � e �(N) = 0g = kgk1 :
O próximo teorema garante que (L1(X;�; �); k:k1) é um espaço de Banach.
Note ainda que se f 2 L1(X;�; �); então
jf(x)j � kfk1 �-qtp. (1.20)
Com efeito, pela de�nição de kfk1 ; existe uma seqüência (Nn)1n=1 de conjuntos de medida nula tais
que
lim
n!1
Sf (Nn) = kfk1
e
jf(x)j � Sf (Nn) para todo x =2 Nn:
Logo, se N = [nNn; temos que N tem medida nula e
jf(x)j � Sf (Nn) para todo x =2 N:
Fazendo o limite com n!1; segue que
jf(x)j � lim
n!1
Sf (Nn) = kfk1 para todo x =2 N;
ou seja, temos (1.20).
Teorema 1.5.13 A função k:k1 é uma norma em L1(X;�; �): Mais ainda, L1(X;�; �) é um espaço
de Banach.
Demonstração. É claro que L1(X;�; �) é um espaço vetorial (com as operações usuais, como na
de�nição de Lp(X;�; �)).
Agora vejamos que k:k1 é uma norma. É claro que k[f ]k1 � 0 ocorre para toda f 2 L1(X;�; �).
Também é imediato que
k�[f ]k1 = 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
k
para todo x =2 Nk:
26
De�nindo N =
1[
j=1
Nj ; temos que �(N) = 0 e
jf(x)j = 0 para todo x =2 N
e daí [f ] = 0.
Agora, demonstremos a desigualdade triangular. Se [f ]; [g] 2 L1(X;�; �); então, de (1.20), existem
N1; N2 2 � com �(N1) = �(N2) = 0 e�
jf(x)j � kfk1 ; para todo x =2 N1
jg(x)j � kgk1 ; para todo x =2 N2
:
Então
jf(x) + g(x)j � jf(x)j+ jg(x)j � kfk1 + kgk1 para todo x =2 N1 [N2:
Daí, pela de�nição de k:k1 ; como �(N1 [N2) = 0, segue que
kf + gk1 � kfk1 + kgk1 :
Resta-nos provar que L1(X;�; �) é completo.
Seja ([fn]) uma seqüência de Cauchy em L1(X;�; �): Logo (fn) é uma seqüência de Cauchy em
L1(X;�; �):
Então, por (1.20),para cada j, existe Mj 2 � com �(Mj) = 0 e
jfj(x)j � kfjk1 para todo x =2Mj :
Seja
M0 =
1[
j=1
Mj :
Logo
jfj(x)j � kfjk1 para todo x =2M0:
Temos ainda que para cada n;m 2 N, existe Mn;m 2 � com �(Mn;m) = 0 e
jfn(x)� fm(x)j � kfn � fmk1 para todo x =2Mn;m:
Seja
M =M0 [
 1[
n;m=1
Mn;m
!
Então, �(M) = 0 e, para quaisquer m;n 2 N, temos�
jfn(x)j � kfnk1 paratodo x =2M
jfn(x)� fm(x)j � kfn � fmk1 para todo x =2M
(1.21)
Então, para cada x =2M , a seqüência (fn(x))1n=1 é de Cauchy em R, e portanto convergente. Seja
f(x) =
�
limn!1 fn(x); se x =2M
0; se x 2M:
Então f é mensurável e, por (1.21), como (fn) é de Cauchy, segue que dado " > 0; existe L 2 N tal
que
sup
x=2M
jfn(x)� fm(x)j � "
27
sempre que m;n > L: Fazendo m!1; segue que
sup
x=2M
jfn(x)� f(x)j � " (1.22)
sempre que n > L: Assim, (fn) é uniformemente convergente para f em X �M:
De (1.22) segue que fn � f 2 L1(X;�; �) para n su�cientemente grande. Daí, como f =
fn � (fn � f); segue que f 2 L1(X;�; �): Assim, podemos reescrever (1.22), concluindo que
k[fn]� [f ]k1 = kfn � fk1 � sup
x=2M
jfn(x)� f(x)j � "
sempre que n > L: Portanto ([fn]) converge para [f ] em L1(X;�; �):�
Observação 1.5.14 Devemos ter em mente que os vetores de Lp(X;�; �) são classes de equivalência,
mas é usual interpretar tais elementos simplesmente como funções, e escrever f no lugar de [f ].
Exercício 1.5.15 Mostre que L1(X;�; �) � L1(X;�; �) se e somente se �(X) <1:
Exercício 1.5.16 Se (X;�; �) é um espaço de medida �nita, então Lp(X;�; �) � Lr(X;�; �) se
1 � r � p. Sugestão: Mostre que jf jr � 1 + jf jp :
Solução. Se jf(x)j � 1, então
jf(x)jr � jf(x)jp � 1 + jf(x)jp :
Se jf(x)j < 1; então
jf(x)jr � 1 � 1 + jf(x)jp :
Logo jf jr � 1 + jf jp e, usando que a medida é �nita, o resultado segue.
Exercício 1.5.17 Se (X;�; �) é um espaço de medida �nita, e 1 � r � p; então
kfkr � kfkp �(X)
s;
com s = 1r �
1
p :
Solução. Z
jf jr d� =
Z
jf jr :1d� �
�Z
(jf jr)
p
r d�
� r
p
�Z
1
p
p�r d�
� p�r
p
e daí segue o resultado.
28
1.6 Completamento de espaços normados
Intuitivamente, a reta real preenche os buracos nos racionais, isto é, nem toda seqüência de Cauchy
nos racionais converge, mas nos reais sim. Além disso, os racionais são densos nos reais. A seguir,
veremos que algo semelhante também ocorre para espaços normados em geral.
Teorema 1.6.1 Se E é um espaço vetorial normado, existem um espaço de Banach F e um subespaço
F0; denso em F , tais que E é isometricamente isomorfo a F0:
Demonstração. Seja C a família de todas as seqüências de Cauchy em E. Dadas (xn), (yn) em C,
dizemos que (xn) s (yn) se
lim
n!1
kxn � ynk = 0:
É fácil ver que s é uma relação de equivalência. Considere, portanto, o conjunto de todas as classes
de equivalência, segundo essa relação, e denote esse conjunto por F . Em F , de�na
[(xn)] + [(yn)] = [(xn + yn)]
c[(xn)] = [(cxn)]:
É fácil perceber que essas operações estão bem de�nidas e que com elas F é um espaço vetorial. Dado
[y] 2 F , com y = (yn)1n=1; de�nimos
k[y]k = lim
n!1
kynk :
Esse limite existe, pois (yn) é de Cauchy em E e como
jkymk � kynkj � kym � ynk ;
temos que (kynk)1n=1 é seqüência de Cauchy em R.
Note ainda que se (xn) s (yn), então
0 � lim
n!1
jkynk � kxnkj � lim
n!1
kxn � ynk = 0
e portanto k[y]k está bem de�nida. Por �m, também é fácil provar que essa função é de fato uma
norma.
Seja F0 o conjunto das classes de equivalência que contém as seqüências constantes e perceba que
a função
T : E ! F0
x 7! [(x; x; :::)]
é uma isometria. Para concluir a demonstração, vamos mostrar que F0 é denso em F e F é completo.
Sejam " > 0 e [y] 2 F: Então, y = (yn) é uma seqüência de Cauchy em E e existe N 2 N tal que
kyn � ymk < "
para quaisquer m;n � N .
Considere [z] 2 F0; com
z = (yN ; yN ; :::):
Temos então
k[y]� [z]k = lim
n!1
kyn � yNk � ":
Assim, F0 é denso em F . Resta-nos mostrar que F é completo.
29
Seja ([y(k)])1k=1 uma seqüência de Cauchy em F , y
(k) = (y
(k)
n )1n=1: Como F0 é denso em F , para
cada k existe [z(k)] em F0 tal que 


[y(k)]� [z(k)]


 < 1
k
;
com z(j) = (zj ; zj ; :::); j 2 N:
Note que z = (z1; z2; :::) é uma seqüência de Cauchy em E e portanto [z] 2 F . De fato,
kzj � zkk =



[z(j)]� [z(k)]


 � 


[z(j)]� [y(j)]


+ 


[y(j)]� [y(k)]


+ 


[y(k)]� [z(k)]


 :
Por �m, perceba que
lim
j!1
[y(j)] = [z]:
De fato,



[y(j)]� [z]


 = lim
n!1



y(j)n � zn

� lim
n!1
�


y(j)n � zj


+ kzj � znk�
=



[y(j)]� [z(j)]


+ lim
n!1
(kzj � znk)
� 1
j
+ lim
n!1
(kzj � znk)
e portanto
lim
j!1



[y(j)]� [z]


 = 0:�
Nas condições do teorema anterior, dizemos que F é o completamento de E e denotamos F por eE:
Como E é isometricamente isomorfo a F0 e F0 é denso em F , nós identi�camos E e F0, e consideramos
que E é denso em F .
Teorema 1.6.2 Dado T 2 L(E;F ), existe um único eT 2 L( eE; eF ) tal que eT (x) = T (x) para todo x
em E. Além disso, T e eT têm mesma norma.
Demonstração. Sejam ex 2 eE e (xn) � E tais que xn ! ex: Assim,
kTxm � Txnk � kTk kxm � xnk
e (Txn) é seqüência de Cauchy em F . Logo, existe ey 2 eF tal que
lim
n!1
Txn = ey:
De�na
eT : eE ! eFex 7! ey;
isto é, eT (ex) = lim
n!1
Txn; onde lim
n!1
xn = ex:
Note que eT está bem de�nida e é linear.
30
Se x pertence a E, então x = limn!1 x eeT (x) = lim
n!1
T (x) = T (x):
Como
kTxnk � kTk kxnk ;
fazendo n tender a in�nito, temos 


eT (ex)


 � kTk kexk
e 


eT


 � kTk :
Como a desigualdade contrária é óbvia, segue que eT e T têm a mesma norma.
A unicidade de eT segue facilmente da sua continuidade.�
31
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
1X
n=1
kxnk <1:
Nesse caso, dizemos que a série �1n=1xn é absolutamente convergente. Se (xn) for tal que
1X
n=1
x�(n)
converge, qualquer que seja a bijeção � : N ! N;dizemos que (xn) é incondicionalmente somável
e que �1n=1xn é incondicionalmente convergente. Se uma série é convergente mas não é
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
1X
n=1
xn
uma série absolutamente convergente em E. Para n > m, denotando por Sk =
kX
n=1
xn, temos
kSn � Smk =





nX
j=m+1
xj






 �
nX
j=m+1
kxjk : (1.23)
Como
1X
j=1
kxjk é convergente, de (1.23) inferimos que dado " > 0, existe N tal que
n;m � N ) kSn � Smk < ":
Portanto (Sn) é convergente.
Reciprocamente, suponhamos que toda série absolutamente convergente em E seja também
convergente. Seja (xn) uma seqüência de Cauchy em E. Então, para cada k natural, existe nk
tal que
kxm � xnk < 2�k para todo m;n � nk:
Assim, encontramos números naturais n1 � n2 � � � � tais que

xnk � xnk+1

 < 2�k:
Em particular,
1X
k=1


xnk+1 � xnk

 � 1X
k=1
2�k = 1
32
e portanto a série
1X
k=1
(xnk+1 � xnk)
é absolutamente convergente. Usando nossa hipótese, concluímos que essa série é convergente. Como
xnk+1 = xn1 +
kX
j=1
(xnj+1 � xnj );
concluímos que (xnk)
1
k=1 é convergente. Como (xn)
1
n=1 é uma seqüência de Cauchy, e admite
subseqüência convergente, segue que ela também converge e E é completo.�
Existem algumas caracterizações interessantes de séries incondicionalmente convergentes. A seguir,
listamos algumas delas:
Teorema 1.7.2 Dada uma série
1X
j=1
xj em um espaço de Banach E, as seguintes a�rmacões são
equivalentes:
(a)
1X
j=1
xj é incondicionalmente convergente;
(b) Para cada seqüência crescente de inteiros (nk)1k=1, a série
1X
j=1
xnk converge;
(c) Para qualquer escolha de sinais �j 2 f�1; 1g;a série
1X
j=1
�jxj converge;
(d) Para cada " > 0, existe um natural n" tal que




X
j2F
xj






 < "
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
1X
j=1
xj é uma série incondicionalmente convergente em um espaço de
Banach E, então
1X
j=1
x�1(j) =
1X
j=1
x�2(j)
para quaisquer bijeções�k : N! N, k = 1; 2:
Solução. Dado " > 0; seja n" dado pela equivalência (d) do Teorema 1.7.2. Seja k1 tal que
f�1(1); :::; �1(k1)g � f1; 2; ::::; n"g
e seja k2 tal que
f�2(1); :::; �2(k2)g � f1; 2; ::::; n"g:
Logo, se k > maxfk1; k2g, temos




kX
j=1
x�1(j) �
kX
j=1
x�2(j)






 =





X
j2F1
xj �
X
j2F2
xj





33
com F1; F2 �nitos e contidos em fn" + 1; n" + 2; :::g: Logo, pela desigualdade triangular, temos
k > maxfk1; k2g )





kX
j=1
x�1(j) �
kX
j=1
x�2(j)






 �





X
j2F1
xj






+





X
j2F2
xj






 < 2":
Concluímos que
lim
k!1





kX
j=1
x�1(j) �
kX
j=1
x�2(j)






 = 0
e o resultado segue.
1.7.1 Comentários e curiosidades sobre séries.
1. Em cursos de análise aprendemos que, na reta, convergência absoluta e incondicional são a mesma coisa. No
caso de séries (de números reais) condicionalmente convergentes, o leitor deve se lembrar do seguinte resultado,
usualmente creditado a Riemann:
� (Riemann [23], 1854 - Dini [8], 1868) Na reta, se �1n=1xn é condicionalmente convergente, então dado
um número real L; existe uma bijeção � tal que �1n=1x�(n) = L, isto é, o conjunto das somas dos
rearranjamentos convergentes de uma série condicionalmente convergente de números reais coincide com
R.
É natural que nossa curiosidade nos leve a perguntar o que acontece se passarmos de R para Rn. O
que seria razoável acontecer? Será que o conjunto das somas dos rearranjamentos convergentes de uma série
condicionalmente convergente em Rncoincide com o Rn? Surpreendentemente, o resultado abaixo nos mostra
que não é bem assim:
� (Levy [13], 1905 - Steinitz [25], 1913). Para qualquer série convergente �1n=1xj em Rn; o conjunto das
somas dos seus rearranjamentos convergentes é a translação de um subespaço vetorial.
A próxima questão natural é o problema 106 do Scottish Book (veja [18]), livro de problemas formulados
por matemáticos da escola de matemática de Lvov, Polônia, na década de 30; época em que surgiu a Análise
Funcional moderna: Qual a generalização do resultado de Levy-Steinitz para dimensão in�nita? Mais uma vez,
surpresas nos esperam:
� (Kadets [11], 1986). Se um espaço de Banach tem dimensão in�nita, existe uma série cujo conjunto das
somas dos rearranjamentos convergentes não é convexo.
Como todo subespaço vetorial é convexo, �ca claro que o comportamento das somas dos rearranjamentos
convergentes de séries em espaços de dimensão in�nita não segue o que acontece no Rn.
2. Em espaços normados há noções mais abstratas para séries. Uma família fx�;� 2 �g em um espaço
vetorial normado E é somável se existir um x 2 E tal que, para todo " > 0, existe F � ��nito tal que, para
todo G �nito, com F � G � �, temos 




X
�2G
x� � x





 < ":
34
Nesse caso, ecrevemos
X
�2�
x� = x e dizemos que
X
�2�
x� é uma série convergente, e converge para x. De modo
similar, uma família fx�;� 2 �g de um espaço vetorial normado E é absolutamente somável se
supf
X
�2F; F �nito
kx�k ;� 2 �g <1:
Nesse caso dizemos que a série
X
�2�
x� é absolutamente convergente. É possível mostrar que E é um espaço de
Banach se e somente se toda família absolutamente convergente é convergente.
35
1.8 Bases de Schauder
Na álgebra linear, quando lidamos apenas com espaços vetoriais, sem noções topológicas, temos o
conceito de base (de Hamel). Bases de Hamel são de difícil manuseio e são muito �grandes�, em
geral! O seguinte resultado é um bom indício:
Proposição 1.8.1 Seja E um espaço de Banach de dimensão in�nita e B uma base de E: Então B
não é enumerável.
Demonstração. Se B fosse enumerável, poderíamos enumerar seus elementos v1; v2; :::: É claro que
E =
1[
n=1
Fn; (1.24)
onde cada Fn é o espaço gerado por fv1; v2; :::; vng: Como cada Fn tem dimensão �nita, é fechado e
o Teorema de Baire garante que algum dos Fn que aparecem em (1.24) tem interior não-vazio. Mas,
isso é um absurdo, pois todo subespaço próprio de um espaço vetorial normado tem interior vazio
(veri�que!).�
Em espaços normados, temos a noção de convergência e é natural e frutífero pensar em séries para
substituir combinações lineares �nitas:
De�nição 1.8.2 Se E é um espaço vetorial normado, uma seqüência (en)1n=1 é uma base de
Schauder de E se cada x em E puder ser representado de maneira única como
x =
1X
n=1
�nen: (1.25)
Uma base de Schauder é dita incondicional se a convergência em (1.25) for incondicinal.
Exemplo 1.8.3 O espaço c (veja de�nição no Exercício 1.4.6) possui base de Schauder (en)1n=0 dada
por 8>>><>>>:
e0 = (1; 1; 1; :::)
e1 = (1; 0; 0; :::)
e2 = (0; 1; 0; 0; :::)
...
:
Com efeito, se x = (x1; x2; :::) 2 c, denotando x0 = limxn; temos
x = x0e0 +
1P
j=1
(xj � x0)ej :
Faça as contas com detalhes.
Exercício 1.8.4 Se (vj)1j=1 é base de Schauder de um espaço de Banach E, mostre que fvj ; j 2 Ng é
LI.
Exercício 1.8.5 Mostre que todo espaço com base de Schauder é separável.
Exercício 1.8.6 Mostre que em lp, 1 � p <1, a seqüência (en)1n=1 com ej = (0; 0; :::; 0; 1; 0; :::); com
o 1 aparecendo na j-ésima coordenada, é uma base de Schauder de lp:
36
Solução. Seja (xj)1j=1 2 lp. Vamos mostrar que
(xj)
1
j=1 =
1P
j=1
xjej : (1.26)
Dado " > 0, como
1P
j=1
jxj jp <1, existe n0 natural tal que
1P
j=n0
jxj jp < ":
Logo, se n � n0 então




 nPj=1xjej � (xj)1j=1





 = k(0; :::; 0; xn+1; xn+2; :::)k � 1Pj=n0 jxj jp < ":
Portanto segue (1.26). A rigor, devemos mostrar ainda a unicidade. Para tanto, suponha que
1P
j=1
xjej =
1P
j=1
yjej 2 lp:
Então as seqüências
Sn =
nP
j=1
xjej e Rn =
nP
j=1
yjej
convergem para o mesmo limite em lp: Logo (Sn �Rn)! 0 e segue facilmente que xj = yj para todo
j.
Exercício 1.8.7 Mostre que a seqüência (en)1n=1 é uma base de Schauder incondicional em lp,
1 � p <1:
Solução. Seja (xj)1j=1 2 lp: Sabemos que
(xj)
1
j=1 =
1P
j=1
xjej : (1.27)
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
("jxj)
1
j=1 2 lp
para quaisquer "j 2 f�1; 1g: Como
("jxj)
1
j=1 =
1P
j=1
"jxjej ;
segue que
1P
j=1
"jxjej é convergente. Então, pelo Teorema 1.7.2 (c), a convergência em (1.27) é
incondicional.
Exercício 1.8.8 Mostre que (e1; e2 � e1; e3 � e2; e4 � e3; :::) é base de Schauder de l1:
Solução. Se x 2 l1; então x =
1P
j=1
xjej e
1P
j=1
jxj j <1: Suponha que existam a1; a2; :::: tais que
a1e1 +
1P
j=2
aj(ej � ej�1) = x =
1P
j=1
xjej :
37
Então, dado " > 0, existe N" 2 N tal que
n > N" )





a1e1 + nPj=2aj(ej � ej�1)� 1Pj=1xjej





 < "
)





(a1 � a2 � x1)e1 + � � �+ (an�1 � an � xn�1)en�1 + (an � xn)en � 1Pj=n+1xjej





 < "
) k(a1 � a2 � x1)e1 + � � �+ (an�1 � an � xn�1)en�1k < ":
A�rmamos que
aj�1 � aj � xj�1 = 0 para todo j � 2:
De fato, se fosse aj�1 � aj � xj�1 6= 0 para algum j, escolheríamos " = jaj�1�aj�xj�1j2 e chegaríamos
a um absurdo.
Daí segue que
ak =
1P
j=k
xj para todo k � 1:
Agora, vamos mostrar que a série
a1e1 +
1P
j=2
aj(ej � ej�1); com ak =
1P
j=k
xj
realmente converge para x. Isso é fácil, pois
a1e1 +
nP
j=2
aj(ej � ej�1)
= (a1 � a2)e1 + � � �+ (an�1 � an)en�1 + anen
=
n�1P
j=1
xjej +
 
1P
j=n
xj
!
en
Logo, dado " > 0, existe N0 2 N tal que
n > N0 )
1P
j=n
jxj j =





 1Pj=nxjej





 < ":
Logo,
n > N0 )





a1e1 + nPj=2aj(ej � ej�1)� 1Pj=1xjej




=





n�1Pj=1xjej +
 
1P
j=n
xj
!
en �
1P
j=1
xjej




=




 
1P
j=n
xj
!
en �
1P
j=n
xjej





 < 2";
e a convergência ocorre.
Exercício 1.8.9 Mostre que (e1; e2 � e1; e3 � e2; e4 � e3; :::) não é base de Schauder incondicional de
l1: Sugestão: Use e equivalência (b) do Teorema 1.7.2.
38
Solução. Escolha
x1 =
1
2
x2 =
1
2
� 1
3
...
xn =
1
n
� 1
n+ 1
...
Então x = (xj)1j=1 2 l1 e sua representação na base de Schauder dada é
x = 1e1 +
1
2
(e2 � e1) +
1
3
(e3 � e2) + � � �
Se essa convergência fosse incondicional, então, em particular, a série
1e1 +
1
3
(e3 � e2) +
1
5
(e5 � e4) + � � �
deveria ser convergente em l1, mas isso não ocorre.
Exercício 1.8.10 Para cada t 2 (0; 1); seja xt = (t; t2; t3; :::)
(a) Mostreque fxt; 0 < t < 1g é um subconjunto LI de lp para qualquer 1 � p � 1:
(b) Mostre que dim(lp) = card(R): Lembre-se que a dimensão de um espaço vetorial é a
cardinalidade de alguma de suas bases de Hamel (todas as bases de Hamel de um mesmo espaço
vetorial têm a mesma cardinalidade). Note que do item (a) segue que dim(lp) � card(R) e use que
card(R� R� � � � � � � � ) =card(R):
Sugestão para a solução. (a) Se fxtj ; j = 1; :::; ng são vetores distintos e a1xt1 + � � � + anxtn = 0;
então
a1(t1; t
2
1; :::) + a2(t2; t
2
2; :::) + � � �+ an(tn; t2n; ::::) = 0:
Logo 8>>>><>>>>:
t1a1 + t2a2 + � � � tnan = 0
...
tn1a1 + t
n
2a2 + � � � tnnan = 0
...
(1.28)
Para que o �sistema in�nito� tenha solução, em particular, as n primeiras igualdades devem ser
satisfeitas. Vejamos que não há solução não trivial para o sistema formado pelas n primeiras igualdades
(note que as variáveis são os aj). Só haveria solução não-trivial se fosse
det
26664
t1 t
2
1 � � � tn1
t2 t
2
2 � � � t2n
...
...
...
...
tn t
2
n � � � tnn
37775 = 0:
Mas
det
26664
t1 t
2
1 � � � tn1
t2 t
2
2 � � � t2n
...
...
...
...
tn t
2
n t
n
n
37775 = t1:::tn det
26664
1 t1 � � � tn�11
1 t2 � � � tn�12
...
...
...
...
1 tn t
n�1
n
37775
é não-nulo, pois é um determinante de Vandermonde com os tj dois a dois distintos.
39
Exercício 1.8.11 Seja E 6= f0g um espaço de Banach e
l1(E) =
�
(xj)
1
j=1 2 EN; supfkxjk ; j 2 Ng <1
	
;
c00(E) =
�
(xj)
1
j=1 2 l1(E); existe n0 2 N tal que xj = 0 para todo j � n0
	
:
Sabendo que l1(E) (com as operações usuais entre seqüências) é um espaço de Banach com a norma

(xj)1j=1

1 = supfkxjk ; j 2 Ng;
responda:
a) c00(E) é denso em l1(E) ?
b) c00(E) é completo com a norma k:k1 ?
c) Qual a (cardinalidade da) dimensão de c00(K) ?
d) Exiba uma base de Hamel de c00(K):
e) Considerando a de�nição de base de Schauder válida para espaços vetoriais normados (não
necessariamente completos), existe base de Schauder para c00(K) ? Caso positivo, exiba.
f) Qual a (cardinalidade da)dimensão de c00(E)? Sugestão: Para cada x 2 E e j natural, de�na
ej(x) = (0; :::; 0; x; 0; :::), onde o x aparece na j-ésima entrada. Se A é base de Hamel de E, mostre
que
B = fej(x); j 2 N e x 2 Ag
é base de Hamel de c00(E). Conclua que card(B) = card(N)card(A).
1.8.1 Comentários e curiosidades sobre bases de Schauder
Todo espaço com base de Schauder é separável. Um problema que �cou aberto durante algum tempo
foi: será que todo espaço separável tem base de Schauder? A resposta, negativa, foi obtida pelo
matemático sueco Per 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 1p +
1
q = 1 (se
p = 1; consideramos q =1).
40
Demonstração. Dado y = (yj) 2 lq; de�nimos8><>:
' : lp ! K
'(x) =
1X
j=1
xjyj
(1.29)
Usando a Desigualdade de Hölder, é fácil ver que
j'(x)j � kykq kxkp se p > 1
j'(x)j � kyk1 kxk1 se p = 1:
Logo, qualquer que seja o caso, temos
k'k � kykq
Agora, provaremos que todo ' 2 (lp)0 é dado por (1.29) para algum y = (yj) 2 lq e mostraremos
ainda que
k'k � kykq :
Note que se x =
1X
j=1
xjej 2 lp, então
'(x) = '(
1X
j=1
xjej) = '( lim
n!1
nX
j=1
xjej) =
1X
j=1
xj'(ej): (1.30)
Seja y = (yj) = ('(ej)): Mostraremos que y 2 lq e que k'k � kykq :
Dado a 2 K, de�namos
sgn(a) =
� a
jaj ; se a 6= 0
0, se a = 0:
:
� Caso p = 1: Fixado n 2 N, seja x = (xj), com
xj =
�
sgn(yj) se j = n
0, se j 6= n: :
É claro que x 2 l1 e que kxk � 1: Por (1.30) segue que
'(x) = xnyn = jynj
e
jynj = j'(x)j � k'k kxk1 � k'k :
Como isso vale para todo n, segue que
kyk1 � k'k :
� Caso p > 1: Fixado n 2 N, seja x = (xj), com
xj =
�
jyj jq�1 sgn(yj) se 1 � j � n
0, se j > n:
:
Para 1 � j � n, temos
xjyj = jyj jq�1 sgn(yj)yj =
(
jyj jq�1 yjjyj jyj = jyj j
q se yj 6= 0
0 se yj = 0:
41
e portanto, se 1 � j � n,
xjyj = jyj jq = jxj jp ; pois p(q � 1) = q:
Assim x 2 lp (claro pois apenas uma quantidade �nita de entradas são não nulas) e
'(x) =
nX
j=1
xjyj =
nX
j=1
jyj jq :
Assim,
nX
j=1
jyj jq � k'k kxkp
= k'k
0@ nX
j=1
jxj jp
1A 1p
= k'k
0@ nX
j=1
jyj jq
1A 1p
e 0@ nX
j=1
jyj jq
1A1� 1p � k'k :
Como n é arbitrário, temos
kykq � k'k :
Tudo o que foi provado garante que a aplicação linear
T : lq ! (lp)0
de�nida por
T (y) = ' : lp ! K
dada por
'(x) =
1X
j=1
xjyj
é o isomor�smo isométrico procurado.�
Exercício 1.9.2 Mostre que o dual de c0 é l1:
Solução. De�na
J : l1 ! (c0)0
J(y)(x) =
1X
j=1
xjyj :
É fácil ver que J está bem de�nida, é linear. Além disso,
jJ(y)(x)j � kxk1 kyk1
42
e daí segue que
kJk � 1:
Por outro lado, dada T 2 (c0)0 ; para cada n 2 N, de�na �n 2 K tal que jT (en)j = �nT (en): Logo,
para cada m, temos
mX
j=1
jT (ej)j =
������
mX
j=1
�jT (ej)
������ =
������T
0@ mX
j=1
�jej
1A������ � kTk





mX
j=1
�jej





1
= kTk :
Fazendo m!1, temos
1X
j=1
jT (ej)j � kTk : (1.31)
Isso mostra que (T (ej))1j=1 2 l1 e, se x 2 c0, temos
J
�
(T (ej))
1
j=1
�
(x) =
1X
j=1
xjT (ej) = T
0@ 1X
j=1
xjej
1A = T (x):
Portanto,
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
I : (c0)
0 ! l1
I(T ) = (Tej)
1
j=1:
De (1.31) segue que
kIk = sup
kTk�1
kI(T )k = sup
kTk�1
1X
j=1
jT (ej)j � sup
kTk�1
kTk = 1:
Logo, se y 2 l1; temos
kyk1 = kI(Jy)k1 � kIk kJyk = kJyk � kJk kyk � kyk :
Portanto, kJyk = kyk e J é uma isometria.
43
Capítulo 2
Espaços com produto interno
Em Rn; além das operações de soma de vetores e produto de escalar por vetor, temos o produto interno
(:; :) : Rn � Rn ! R
(x; y) =
nP
j=1
xjyj
que é uma espécie de produto entre vetores. Dizemos que a norma euclidiana provém do produto
interno, pois
(x; x) = kxk2 :
O que faremos a seguir é de�nir um conceito abstrato de produto interno, e estudar os espaços normados
cuja norma provém de um produto interno. Tais espaços são chamados de espaços com produto interno
e, se forem completos, são chamados de espaços de Hilbert.
2.1 Resultados preliminares
Se E é um espaço vetorial sobre K; um produto interno em E é uma aplicação
(�; �) : E � E ! K
que satisfaz, para quaisquer x; x1; x2; y 2 E e � 2 K:
(P1) (x1 + x2; y) = (x1; y) + (x2; y)
(P2) (�x; y) = �(x; y)
(P3) (x; y) = (y; x)
(P4) (x; x) > 0 se x 6= 0:
Note que das propriedades acima segue que (x; 0) = (0; y) = 0 para quaisquer x e y:
Se E possui um produto interno, dizemos que E é um espaço com produto interno.
Proposição 2.1.1 (Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-Schwarz) Seja E um espaço
vetorial com produto interno. Então
j(x; y)j2 � (x; x)(y; y) (2.1)
para quaisquer x; y em E. Além disso, a igualdade em (2.1) ocorre se e somente se x e y são LD.
44
Demonstração. Se x = 0 ou y = 0 o resultado é imediato, pois (x; 0) = (0; y) = 0. Suponhamos
x 6= 0 e y 6= 0. Se a; b 2 K, temos
0 � (ax� by; ax� by) = aa(x; x)� ba(y; x)� ab(x; y) + bb(y; y)
= jaj2 (x; x)� 2Re
�
ab(x; y)
�
+ jbj2 (y; y):
Se tomarmosa = (y; y) e b = (x; y); encontramos
ab(x; y) = (y; y)bb = jbj2 (y; y) 2 R.
Então
0 � (ax� by; ax� by) (2.2)
= jaj2 (x; x)� 2ab(x; y) + jbj2 (y; y)
= jaj2 (x; x)� jbj2 (y; y)
= (y; y)
h
(y; y)(x; x)� jbj2
i
= (y; y)
h
(y; y)(x; x)� j(x; y)j2
i
:
Daí
(y; y)(x; x)� j(x; y)j2 � 0
e segue a primeira parte.
Agora provaremos a segunda parte. Se fx; yg é LD, é fácil ver que vale a igualdade. Por outro
lado, suponha que vale a igualdade. Então, se a = (y; y) e b = (x; y); temos, de (2.2), que
(ax� by; ax� by) = 0: (2.3)
Se y = 0, então fx; yg é LD. Se y 6= 0, temos a 6= 0 e de (2.3) segue que
ax� by = 0
com a 6= 0 e fx; yg é LD.�
A Desigualdade de Cauchy-Bunyakowskii-Schwarz, mais conhecida como Desigualdade de
Cauchy-Schwarz, nos permite associar, de modo natural, uma norma a um espaço com produto
interno, como veremos a seguir:
Corolário 2.1.2 Seja E um espaço com produto interno. A função
k:k : E ! R
dada por kxk = (x; x)1=2 é uma norma em E.
Demonstração. Exercício. Sugestão: Comece com kx+ yk2 e use a Desigualdade de Cauchy-
Schwarz.
A norma de�nida acima é chamada norma proveniente do produto interno (�; �): Um espaço
vetorial com produto interno que, com a norma acima, é Banach, é chamado espaço de Hilbert.
Espaços de Hilbert gozam de propriedades especiais, que serão estudadas no decorrer desse texto.
Exercício 2.1.3 Mostre que l2 é um espaço de Hilbert com produto interno
(x; y) =
1X
j=1
xjyj :
45
Há alguns resultados úteis que relacionam a norma proveniente do produto interno com o produto
interno:
Proposição 2.1.4 Seja E um espaço vetorial com um produto interno. Então
(i) (Lei do Paralelogramo)
kx+ yk2 + kx� yk2 = 2(kxk2 + kyk2)
para quaisquer x; y 2 E.
(ii) (Fórmula de Polarização, caso real)
(x; y) =
1
4
h
kx+ yk2 � kx� yk2
i
para quaisquer x; y 2 E.
(iii) (Fórmula de Polarização, caso complexo)
(x; y) =
1
4
h
kx+ yk2 � kx� yk2 + i
�
kx+ iyk2 � kx� iyk2
�i
para quaisquer x; y 2 E.
Demonstração. (i) e (ii). Como�
kx+ yk2 = kxk2 + (x; y) + (y; x) + kyk2
kx� yk2 = kxk2 � (x; y)� (y; x) + kyk2 ;
somando as duas igualdades obtemos (i) e subtraindo as duas igualdades, obtemos (ii).
(iii). Como�
kx+ iyk2 = kxk2 + (x; iy) + (iy; x) + kyk2 = kxk2 � i(x; y) + i(y; x) + kyk2
kx� iyk2 = kxk2 + (x;�iy) + (�iy; x) + kyk2 = kxk2 + i(x; y)� i(y; x) + kyk2 ;
subtraindo as igualdades, temos
kx+ iyk2 � kx� iyk2 = �2i(x; y) + 2i(y; x)
Mas
kx+ yk2 � kx� yk2 = 2(x; y) + 2(y; x)
Logo
1
4
h
kx+ yk2 � kx� yk2 + i
�
kx+ iyk2 � kx� iyk2
�i
=
1
4
[2(x; y) + 2(y; x) + 2(x; y)� 2(y; x)]
= (x; y):�
Se E1 e E2 são espaços normados, E1 � E2 tem normas naturais, a saber
k(x; y)k1 = kxk+ kyk
k(x; y)k2 = maxfkxk ; kykg:
É claro que essas duas normas são equivalentes.Quando lidarmos, ao mesmo tempo, com produto
interno e pares ordenados, usaremos a notação < x; y > para denotar o produto interno, com o intuito
de evitar confusão com a notação de par ordenado (x; y).
Sempre que E1 e E2 forem evn, quando considerarmos o produto cartesiano E1 � E2, estaremos
subentendendo E1 � E2 com uma dessas normas, e conseqüentemente E1 � E2 é um espaço métrico
com a métrica proveniente dessas normas. Como as duas normas são equivalentes, as duas métricas
serão equivalentes.
46
Exercício 2.1.5 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 >=
1
4
h
kx+ yk2 � kx� yk2
i
:
Como a norma é contínua, segue que
< xj ; yj >=
1
4
h
kxj + yjk2 � kxj � yjk2
i
! 1
4
h
kx+ yk2 � kx� yk2
i
=< x; y > :
O caso complexo é similar.
Exercício 2.1.7 Mostre que lp (com sua norma usual), com p 6= 2, não é um espaço com produto
interno. Sugestão: Lei do Paralelogramo.
2.1.1 Nota histórica sobre a Desigualdade de Cauchy-Bunyakovskii-
Schwarz
Victor Yajovlevich Bunyakovskii foi um matemático nascido onde atualmente é a Ucrânia, 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
2X
j=1
xjyj = 0;
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
kx+ yk2 = kxk2 + kyk2 :
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 2M tal que
kx� pk = dist(x;M) := inf
y2M
kx� yk
47
Demonstração. Seja (yn) uma seqüência em M tal que
d � kx� ynk < d+
1
n
(2.4)
para todo n; onde d = dist(x;M).
Pela Lei do Paralelogramo aplicada a x� yn e x� ym; temos
2 kx� ymk2 + 2 kx� ynk2 = kx� yn + x� ymk2 + kx� yn � x+ ymk2
e portanto
kyn � ymk2 = 2 kx� ymk2 + 2 kx� ynk2 � 4




x� yn + ym2




2
� 2
�
d+
1
m
�2
+ 2
�
d+
1
n
�2
� 4d2 ! 0
quando n e m crescem.
Logo (yn) é de Cauchy em M e, como M é completo, converge para um certo p 2 M . De (2.4),
fazendo n!1, temos
kx� pk = d:
Para provar a unicidade, suponha
kx� qk = d:
Pela Lei do Paralelogramo, temos
2 kx� pk2 + 2 kx� qk2 = k2x� p� qk2 + kp� qk2
e daí segue que
4d2 = 4




x� p+ q2




2 + kp� qk2
) kp� qk2 = 4d2 � 4




x� p+ q2




2
) kp� qk2 � 4d2 � 4d2 = 0
) kp� qk = 0:�
Exercício 2.2.4 Mostre que, para R2 com k(x; y)k = maxfjxj ; jyjg; existem um subespaço fechado M
e x =2M tal que não é único o p 2M com
kx� pk = dist(x;M):
Exercício 2.2.5 Mostre que em todo espaço vetorial V pode ser de�nido um produto interno. 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 2Mg
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 2M e q 2M?:
Além disso
kx� pk = dist(x;M)
e p é chamado de projeção ortogonal de x sobre M:
(b) Se de�nirmos P (x) = p e Q(x) = q para x 2 E, então P;Q 2 L(E;E): O operador P é chamado
de operador projeção de E sobre M , ou simplesmente projeção.
(c) P 2 = P; Q2 = Q e P �Q = Q � P = 0:
Demonstração.(a) Dado x 2 E, seja p 2M o único vetor em M tal que
kx� pk = dist(x;M):
Vamos provar que x� p 2M?.
Seja q = x� p: Então, para todo y 2M e todo escalar �, temos
kqk2 = kx� pk2 � kx� p� �yk2 = (q � �y; q � �y)
= kqk2 + �� kyk2 � �(y; q)� �(q; y)
) 0 � j�j2 kyk2 � 2Re [�(y; q)] :
Escrevendo (y; q) na forma polar j(y; q)j ei� e escolhendo � = te�i� (com t 2 R), temos
0 � t2 kyk2 � 2t j(y; q)j
e conseqüentemente
j(y; q)j = 0:
Logo
x = p+ (x� p) = p+ q
com p 2M e q 2M?.
Para provar a unicidade, basta supor que p+ q = p1 + q1; com p; p1 2M e q; q1 2M?: Assim,
p� p1 = q1 � q 2M \M?:
Como M \M? = f0g (veri�que), o resultado segue.
(b) Como x = p+ q e p e q são ortogonais, temos, pelo Teorema de Pitágoras (2.2.2),
kxk2 = kpk2 + kqk2
e
kPxk2 = kpk2 � kxk2
e daí
kPk � 1:
Para Q o resultado é análogo.
(c) Fácil.�
49
Observação 2.2.10 É interessante observar que mesmo