Análise Funcional - AV I - Resolvida

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Universidade Federal do Maranhão
Centro de Ciências Exatas e Tecnologia
Programa de Pós-Graduação em Matemática
Mestrado em Matemática
Análise Funcional - Avaliação I
Prof Dr. Anselmo Baganha Raposo Júnior
Aluno: Matrícula:
Instruções
• Não é permitido o uso de calculadoras, celulares, tablets, aparelhos de mp3 ou
similares;
• As questões só serão consideradas mediante a resolução;
• Faça letra legível;
• As resoluções poderão ser deixadas de lápis, caneta azul ou preta;
• A pontuação de cada questão/item está indicada em seu início;
• Escolha 5 questões e as resolva.
1. (2 pontos) Dado α ∈ (0, 1), seja C0,α [a, b] o conjunto das funções f ∈ C [a, b] para
as quais existe uma constante positiva C (que depende de f) tal que
|f (x)− f (y)| ≤ C |x− y|α ,
para quaisquer x, y ∈ [a, b]. Seja ∥·∥C0,α : C0,α [a, b] → R a aplicação definida por
∥f∥C0,α = ∥f∥∞ + sup
{
|f (x)− f (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
.
Mostre que ∥·∥C0,α define uma norma sobre C0,α [a, b] e que
(
C0,b [a, b] , ∥·∥C0,α
)
é um
espaço de Banach.
SOLUÇÃO: Sejam f, g ∈ C0,α [a, b] e λ ∈ R.
(i) É evidente que ∥f∥C0,α ≥ 0. Ademais, se ∥f∥C0,α = 0, então
∥f∥∞ = sup {|f (x)| : a ≤ x ≤ b} = 0,
o que ocorre se, e somente se, f = 0.
1
2 Análise Funcional - Avaliação I
(ii) Notemos que
∥λf∥C0,α = ∥λf∥∞ + sup
{
|λf (x)− λf (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
= |λ| ∥f∥∞ + sup
{
|λ| |f (x)− f (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
= |λ| ∥f∥∞ + |λ| sup
{
|f (x)− f (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
= |λ|
(
∥f∥∞ + sup
{
|f (x)− f (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
})
= |λ| ∥f∥C0,α ,
ou seja, a aplicação ∥·∥C0,α goza de homogeneidade positiva.
(iii) Lembrando que ∥·∥∞ define uma norma em C [a, b], temos
∥f + g∥C0,α = ∥f + g∥∞ + sup
{
|(f + g) (x)− (f + g) (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
= ∥f + g∥∞ + sup
{
|(f (x)− f (y)) + (g (x)− g (y))|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
≤ ∥f∥∞ + ∥g∥∞ + sup
{
|f (x)− f (y)|+ |g (x)− g (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
= ∥f∥∞ + ∥g∥∞ + sup
{
|f (x)− f (y)|
|x− y|α
+
|g (x)− g (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
≤ ∥f∥∞ + ∥g∥∞ + sup
{
|f (x)− f (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
+ sup
{
|g (x)− g (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
=
(
∥f∥∞ + sup
{
|f (x)− f (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
})
+
(
∥g∥∞ + sup
{
|g (x)− g (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
})
= ∥f∥C0,α + ∥g∥C0,α ,
ou seja, ∥·∥C0,α goza da desigualdade triangular.
Fica assim estabelecido que ∥·∥C0,α define uma norma sobre C0,α.
Agora, seja (fn)
∞
n=1 uma sequência de Cauchy em C0,α [a, b]. Dados m,n ∈ N,
observamos que
∥fm − fn∥∞ ≤ ∥fm − fn∥C0,α
e, consequentemente, (fn)
∞
n=1 é uma sequência de Cauchy em (C [a, b] , ∥·∥∞). Sendo
(C [a, b] , ∥·∥∞), existe f ∈ C [a, b] tal que fn → f relativamente à norma ∥·∥∞ da
convergência uniforme. Desejamos mostrar que f ∈ C0,α [a, b] e que fn → f relativamente
à norma ∥·∥C0,α . Dado ε > 0, existe nε ∈ N tal que, se m,n ≥ nε, então
∥fm − fn∥C0,α <
ε
3
.
Análise Funcional - Avaliação I 3
Isto assegura que, em particular, se m,n ≥ nε, então
∥fm − fn∥∞ <
ε
3
(1)
e
sup
{
|(fm − fn) (x)− (fm − fn) (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
≤ ε
3
. (2)
Fazendo n→ ∞ em (1), concluímos que
∥fm − f∥ ≤ ε
3
. (3)
sempre que m ≥ nε. Por outro lado, dados x, y ∈ [a, b] com x ̸= y, segue de (2) que
|(fm − fn) (x)− (fm − fn) (y)|
|x− y|α
≤ ε
3
(4)
sempre que m,n ≥ nε. Lembrando que convergência uniforme implica em convergência
pontual, fazendo n→ ∞ em (3), obtemos
|(fm − f) (x)− (fm − f) (y)|
|x− y|α
≤ ε
3
,
para quaisquer x, y ∈ [a, b] com x ̸= y e m ≥ nε. Isto mostra que, se m ≥ nε, então
sup
{
|(fm − f) (x)− (fm − f) (y)|
|x− y|α
: x, y ∈ [a, b] e x ̸= y
}
≤ ε
3
. (5)
Segue de (3) e (5) que fnε − f ∈ C0,α. Como fnε ∈ C0,α [a, b] e C0,α [a, b] é um espaço
vetorial, concluímos que
f = fnε − (fnε − f) ∈ C0,α [a, b] .
Segue também de (3) e (5) que, se m ≥ nε, então
∥fm − f∥C0,α ≤ 2ε
3
< ε,
isto é, fn → f em (C0,α [a, b] , ∥·∥C0,α). □
2. (2 pontos) Sejam E um espaço vetorial normado e M um subespaço de E. Dados
x, y ∈ E, escrevemos x ∼ y para denotar o fato de que x−y ∈M . Para cada x ∈ E,
definimos [x] := {y ∈ E : x ∼ y}. Definimos também E/M := {[x] : x ∈ E}.
a) Mostre “∼” é uma relação de equivalência.
b) Mostre que as operações
[x] + [y] = [x+ y] e λ [x] = [λx]
estão bem definidas e fazem de E/M um espaço vetorial.
4 Análise Funcional - Avaliação I
c) Se M é fechado em E então a correspondência
[x] ∈ E/M 7→ ∥[x]∥ = inf {∥x− y∥ : y ∈M} ∈ R
define uma norma sobre E/M .
d) Se E é um espaço de Banach e M é fechado, então E/M também é espaço de
Banach quando munido da norma do item (c).
SOLUÇÃO: (a) Notemos que, para todo x ∈ E,
x− x = 0 ∈M
e, consequentemente, x ∼ x para todo x ∈ E, ou seja, a relação “∼” é reflexiva. Agora,
sejam x, y ∈ E tais que x ∼ y. Então x − y ∈ M e, como M é subespaço vetorial
y − x = − (x− y) ∈ M , ou seja, y ∼ x e a relação “∼” é reflexiva. Finalmente, se
x, y, z ∈ E são tais que x ∼ y e y ∼ z, então x− y, y − z ∈M e, sendo assim,
x− z = (x− y) + (y − z) ∈M ,
isto é, x ∼ z e a relação “∼” é transitiva.
(b) Sejam x1, x2 ∈ [x] e y1, y2 ∈ [y]. Então x1 − x2, y1 − y2 ∈M e, sendo assim,
(x1 + y1)− (x2 + y2) = (x1 − x2) + (y1 − y2) ∈M
e
λx1 − λx2 = λ (x1 − x2) ∈M
de onde segue que (x1 + y1) ∼ (x2 + y2) e λx1 ∼ λx2. Isto estabelece que as
correspondências
([x] , [y]) 7→ [x+ y] e (λ, [x]) 7→ λx
estão bem definidas, isto é, não dependem da escolha dos representantes das classes.
(c) Seja [x] ∈ E/M . Se x1, x2 ∈ [x], então
{x1 − y : y ∈M} = {x2 − (x2 − x1 + y) : y ∈M} = {x2 − z : z ∈M} ,
de onde segue que
{∥x1 − y∥ : y ∈M} = {∥x2 − z∥ : z ∈M} .
Daí,
inf {∥x1 − y∥ : y ∈M} = inf {∥x2 − y∥ : y ∈M}
e, consequentemente, é bem definida a aplicação
∥·∥ : E/M → R
[x] 7→ ∥[x]∥ = inf {∥x− y∥ : y ∈M} .
É evidente que ∥[x]∥ ≥ 0 para todo [x] ∈ E/M . Ademais, se ∥[x]∥ = 0, então, para cada
n ∈ N, existe yn ∈M tal que
∥x− yn∥ <
1
n
.
Análise Funcional - Avaliação I 5
A sequência (yn)
∞
n=1 assim definida é uma sequência em M que converge para x e, sendo
M fechado, concluímos que x ∈ M , donde [x] = [0]. Agora, dados λ ∈ K e [x] ∈ E/M ,
temos
∥λ [x]∥ = ∥[λx]∥ = inf {∥λx− y∥ : y ∈M}
= inf
{
|λ|
∥∥∥∥x− 1
|λ|
y
∥∥∥∥ : y ∈M
}
= |λ| inf
{∥∥∥∥x− 1
|λ|
y
∥∥∥∥ : y ∈M
}
= |λ| inf {∥x− z∥ : z ∈M}
= |λ| ∥[x]∥
e, portanto, ∥·∥ goza de homogeneidade positiva. Finalmente, dados [x] , [y] ∈ E/M ,
temos
∥[x]− [y]∥ = ∥[x− y]∥ = inf {∥(x− y)− z∥ : z ∈M}
= inf {∥(x− y)− (u− v)∥ : u, v ∈M}
≤ inf {∥x− u∥+ ∥y − v∥ : u, v ∈M}
= inf {∥x− u∥ : u ∈M}+ inf {∥y − v∥ : v ∈M}
= ∥[x]∥+ ∥[y]∥ ,
isto é, ∥·∥ também goza da desigualdade triangular. Fica assim estabelicido que a
aplicação ∥·∥ é uma norma.
(d) Sejam E um espaço de Banach e M um subespaço fechado de E. Seja ([xn])
∞
n=1
uma sequência de Cauchy em (E/M, ∥·∥) onde ∥·∥ é a norma do item (c). Mostraremos
que ([xn])
∞
n=1 possui uma subsequência convergente. Seja n1 ∈ N tal que
∥[xm]− [xn]∥ <
1
2
sempre que m,n ≥ n1. Seja n2 > n1 tal que
∥[xm]− [xn]∥ <
1
22
sempre que m,n ≥ n2. Seja n3 > n2 tal que
∥[xm]− [xn]∥ <
1
23
sempre que m,n ≥ n3. Prosseguindo desta forma, obtemos uma sequência crescente
(nk)
∞
k=1 de inteiros positivos tal que
∥[xm]− [xn]∥ <
1
2k
sempre que m,n ≥ nk. Em particular, a subsequência ([xnk
])∞k=1 é tal que∥∥[xnk+1
]
− [xnk
]
∥∥ < 1
2k
6 Análise Funcional - Avaliação I
para todo k. Segue da definição da norma sobre E/M que existe y1 ∈M tal que
∥[xn2 ]− [xn1 ]∥ ≤ ∥(xn2 − xn1)− y1∥ = ∥(xn1 − y1)− xn1∥ <
1
2
.
Fazendo v1 = xn1 e v2 = xn2 − y1, notamos que v2 ∼ xn2 e, deste modo, existe y2 ∈M tal
que
∥[xn3 ]− [xn2 ]∥ = ∥[xn3 ]− [v2]∥ ≤ ∥xn3 − v2 − y2∥ = ∥(xn3 − y2)− v2∥ <
1
22
.
Fazendo v3 = xn3 − y2, notamos que v3 ∼ xn3 e, sendo assim, existe y3 ∈M tal que
∥[xn4 ]− [xn3 ]∥ = ∥[xn4 ]− [v3]∥ ≤ ∥xn4 − v3 − y3∥ = ∥(xn4 − y3)− v3∥ <
1
23
.
Prosseguindo com este argumento obtemos uma sequência (vk)
∞
k=1 em E tal que, para
todo k ∈ N,
xnk
∼ vk e ∥vk+1− vk∥ <
1
2k
.
para todo k ∈ N. O critério de Cauchy para séries garante que (vk)
∞
k=1 é de Cauchy e,
sendo E completo, existe x0 ∈ E tal que x0 = lim vk. Como 0 ∈ M , para todo x ∈ E,
temos
∥[x]∥ ≤ ∥x− 0∥ = ∥x∥
e, consequentemente,
∥[xnk
]− [x0]∥ = ∥[vk]− [x0]∥ = ∥[vk − x0]∥ ≤ ∥vk − x0∥
k→∞−→ 0.
Logo, ([xnk
])∞k=1 converge para [x0] e o resultado segue. □
3. (2 pontos) Lembre que um subconjunto K de um espaço métrico M é dito
relativamente compacto seK é compacto emM . Mostre que, seK é um subconjunto
relativamente compacto de ℓ1 então K é limitado e, para todo ε > 0 existe nε ∈ N
tal que
sup
(an)
∞
n=1∈K
(
∞∑
n=nε
|an|
)
≤ ε.
SOLUÇÃO: Como todo subconjunto compacto de um espaço métrico é limitado e como
todo subconjunto de um conjunto limitado também o é, uma vez que K ⊂ K e K é
compacto, inferimos que K é limitado. Agora, para fins de contradição, suponhamos que
exista ε0 > 0 tal que, para todo k ∈ N, exista xk = (ak,n)
∞
n=1 ∈ ℓ1 tal que
∞∑
n=k
|ak,n| > ε0.
A compacidade de K garante então que existem uma subsequência
(
xkj
)∞
j=1
de (xk)
∞
k=1 e
x = (an)
∞
n=1 ∈ K tais que
lim
j→∞
xkj = x.
Análise Funcional - Avaliação I 7
Seja, então, n1 ∈ N tal que ∥∥xkj − x
∥∥
1
<
ε0
4
sempre que kj ≥ n1. Seja n2 ∈ N tal que
∥(an)∞n=k∥ =
∞∑
n=k
|an| <
ε0
4
sempre que k ≥ n2. Deste modo, fazendo n0 = max {n1, n2}, se kj ≥ n0, temos
ε0 <
∞∑
n=kj
∣∣akj ,n∣∣ = ∥∥∥(akj ,n)∞n=kj
∥∥∥
1
≤
∥∥∥(akj ,n)∞n=kj
− (an)
∞
n=kj
∥∥∥
1
+ ∥(an)∞n=k∥1
≤
∥∥xkj − x
∥∥
1
+ ∥(an)∞n=k∥1
<
ε0
4
+
ε0
4
=
ε0
2
< ε0
o que, claramente, é um absurdo. □
4. (2 pontos) (Aplicação quociente ou projeção canônica) Sejam M um subes-
paço fechado do espaço vetorial normado E e π : E → E/M o operador linear
definido por π (x) = [x]. Mostre que
a) ∥π (x)∥ ≤ ∥x∥.
b) Dados x ∈ E e ε > 0, existe y ∈ E tal que π (x) = π (y) e ∥y∥ ≤ ∥π (x)∥+ ε.
c) π (BE (0; 1)) = BE/M (0; 1).
d) π ∈ L (E;E/M), ker (π) =M e π é uma aplicação aberta.
e) Se M ̸= E, então ∥π∥ = 1.
f) Para todo espaço vetorial normado F e todo operador linear contínuo T : E →
F , existe um único operador linear contínuo T̃ : E/ ker (T ) → F tal que
T = T̃ ◦ π. Além disso, ∥T∥ =
∥∥∥T̃∥∥∥.
SOLUÇÃO: (a) Como 0 ∈M , temos
∥π (x)∥ = ∥[x]∥ = inf {∥x− y∥ : y ∈M} ≤ ∥x− 0∥ = ∥x∥ .
(b) Sejam x ∈ E e ε > 0. Como
∥π (x)∥ = inf {∥x− z∥ : z ∈M} ,
o número real ∥π (x)∥+ ε não é cota inferior de {∥x− z∥ : z ∈M}. Logo, existe zε ∈ M
tal que
∥x− zε∥ < ∥π (x)∥+ ε.
Seja y = x− zε. Então
∥y∥ < ∥π (x)∥+ ε
8 Análise Funcional - Avaliação I
e, como x− y = zε ∈M , temos π (x) = [x] = [y] = π (y).
(c) Seja x ∈ BE (0; 1). Segue então do item (a) que
∥π (x)∥ ≤ ∥x∥ < 1,
isto é, π (x) ∈ BE/M (0; 1) e π (BE (0; 1)) ⊂ BE/M (0; 1). Por outro lado, se [x] ∈
BE/M (0; 1), fazendo ε = (1− ∥[x]∥) /2, observamos que ε > 0 e, sendo assim, segue
do item (b) que existe y ∈ E tal que [x] = π (x) = π (y) e
∥y∥ < ∥π (x)∥+ ε =
1 + ∥π (x)∥
2
< 1,
ou seja, [x] = π (y) ∈ π (BE (0; 1)) e BE/M (0; 1) ⊂ π (BE (0; 1)).
(d) A continuidade de π é uma consequência imediata do item (a). Notemos agora
que
π (x) = [0] ⇔ x ∼ 0 ⇔ x− 0 ∈M ⇔ x ∈M ,
isto é, ker (π) =M . Sejam a ∈ E e r > 0. Então
BE (a; r) = a+ rBE (0; 1)
e, da linearidade de π bem como do item (c), temos
π (BE (a; r)) = π (a) + rπ (BE (0; 1))
= π (a) + rBE/M (0; 1)
= BE (π (a) ; r) ,
o que estabelece que π é uma aplicação aberta.
(e) Segue imediatamente do item (a) que ∥π∥ ≤ 1. Se M ⊊ E, fixando x0 ∈ E \M ,
para cada n ∈ N, seja
un =
(n− 1)x0
n ∥π (x0)∥
.
Então, para todo n ∈ N, un /∈M e, consequentemente, à luz do item (d), temos
0 < ∥π (un)∥ =
n− 1
n
= 1− 1
n
< 1
e, à luz do item (c), para todo n ∈ N, existe xn ∈ BE (0; 1) tal que π (xn) = π (un). Assim,
para todo n ∈ N,
∥π∥ ≥ ∥π (xn)∥ = ∥π (un)∥ = 1− 1
n
. (6)
Fazendo n→ ∞ em (6) concluímos que ∥π∥ ≥ 1 e o resultado segue.
(f) Sejam F um espaço vetorial normado e T ∈ L (E,F ). Notemos que, se u − v ∈
ker (T ), então
T (u)− T (v) = T (u− v) = 0,
Análise Funcional - Avaliação I 9
isto é T (u) = T (v) e, consequentemente, é bem definida a aplicação
T̃ : E/ ker (T ) → F
[x] 7→ T (x) .
A linearidade de T̃ é evidente, bem como é evidente o fato de que T = T̃ ◦ π.
Se S : E/ ker (T ) → F é um operador linear tal que T = S ◦ π, então, para todo
[x] ∈ E/ ker (T ), temos
S ([x]) = S (π (x)) = T (x) = T̃ (π (x)) = T̃ ([x]) ,
o que assegura que S = T̃ . Fixado [x] ∈ E/ ker (T ), segue do item (c) que, para todo
n ∈ N, existe yn ∈ E tal que [x] = [yn] e ∥yn∥ ≤ ∥[x]∥+ 1
n
. Assim, para todo n ∈ N,∥∥∥T̃ ([x])
∥∥∥ =
∥∥∥T̃ ([yn])
∥∥∥ = ∥T (yn)∥ ≤ ∥T∥ ∥yn∥ = ∥T∥
(
∥[x]∥+ 1
n
)
.
Segue então que
∥∥∥T̃ ([x])
∥∥∥ ≤ ∥T∥
(
∥[x]∥+ 1
n
)
para todo [x] ∈ E/ ker (T ). Isto prova que
o operador T̃ é contínuo e que ∥∥∥T̃∥∥∥ ≤ ∥T∥ . (7)
Agora, seja (xn)
∞
n=1 uma sequência em BE (0, 1) tal que lim
n→∞
∥T (xn)∥ = ∥T∥. Segue do
item (c) que [xn] ∈ BE/ ker(T ) (0; 1) para todo n ∈ N. Além disso,∥∥∥T̃∥∥∥ ≥
∥∥∥T̃ ([xn])
∥∥∥ = ∥T (xn)∥
n→∞−→ ∥T∥
de onde segue que ∥∥∥T̃∥∥∥ ≥ ∥T∥ . (8)
De (7) e (8) inferimos que
∥∥∥T̃∥∥∥ = ∥T∥. □
5. (2 pontos) Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre o mesmo corpo K. Mostre
que um operador linear T : E → F é contínuo se, e somente, se T (A) é limitado em
F sempre que A é limitado em E.
SOLUÇÃO: Se T (A) é limitado em F sempre que A é limitado, então, em particular,
T (BE) é limitado em F , o que assegura a continuidade de T . Reciprocamente, supondo
T ∈ L (E;F ), seja A ⊂ E um subconjunto limitado. Seja também L > 0 tal que ∥x∥ ≤ L
para todo x ∈ A. Dado y ∈ T (A), seja x ∈ A tal que y = T (x). Então
∥y∥ = ∥T (x)∥ ≤ ∥T∥ ∥x∥ ≤ ∥T∥ · L
e T (A) é limitado. □
6. (2 pontos) Considere o conjunto
bs =
{
(an)
∞
n=1 ∈ KN : sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ <∞
}
.
10 Análise Funcional - Avaliação I
a) Mostre bs é um espaço vetorial com as operações usuais de sequências e que a
aplicação
∥·∥ : bs→ R
(an)
∞
n=1 7→ sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣
define uma norma sobre bs.
b) Prove que bs é isometricamente isomorfo a ℓ∞.
SOLUÇÃO: (a) Sejam a = (an)
∞
n=1 e b = (bn)
∞
n=1 elementos de bs e λ um escalar. Então
sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
(aj + bj)
∣∣∣∣∣ = sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj +
n∑
j=1
bj
∣∣∣∣∣
≤ sup
n∈N
(∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
bj
∣∣∣∣∣
)
≤ sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣+ sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
bj
∣∣∣∣∣ <∞ (9)
e
sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
λaj
∣∣∣∣∣ = sup
n∈N
∣∣∣∣∣λ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ = sup
n∈N
|λ|
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ = |λ| sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ <∞. (10)
Logo, a+ b, λa ∈ bs e, por conseguinte, bs é um espaço vetorial.
Consideremos a aplicação
∥·∥ : bs→ R
(an)
∞
n=1 7→ sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ .
Obviamente, ∥(an)∞n=1∥ ≥ 0 para toda sequência (an)
∞
n=1 ∈ bs. Ademais, se ∥(an)∞n=1∥ = 0,
então
0 ≤ |a1| ≤ sup {|a1| , |a1 + a2| , |a1 + a2 + a3| , . . .}
= sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ = ∥(an)∞n=1∥ = 0
e, portanto, a1 = 0. Daí
0 ≤ |a2| = |a1 + a2| ≤ sup {|a1| , |a1 + a2| , |a1 + a2 + a3| , . . .}
= sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ = ∥(an)∞n=1∥ = 0
Análise Funcional - Avaliação I 11
e, portanto, a2 = 0. Daí
0 ≤ |a3| = |a1 + a2 + a3| ≤ sup {|a1| , |a1 + a2| , |a1 + a2 + a3| , . . .}
= sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
aj
∣∣∣∣∣ = ∥(an)∞n=1∥ = 0
e, portanto, a3 = 0. Prosseguindo com este argumento concluímos que an = 0 para todo
n ∈ N e, portanto, (an)
∞
n=1 é a sequência nula. Isto mostra que ∥·∥ goza de positividade.
A homogeneidade positiva de ∥·∥ segue de (10) e desigualdade triangular segue de (9).
Fica assim estabelecido que ∥·∥ é uma norma.
(b) Notemos que, segue da definição de bs que, se (an)
∞
n=1 ∈ bs, então
(
n∑
j=1
an
)∞
n=1
∈
ℓ∞. Sendo assim, é bem definido o operador
T : bs→ ℓ∞
(an)
∞
n=1 7→ T ((an)
∞
n=1) =
(
n∑
j=1
an
)∞
n=1
.
A linearidade de T é evidente. Percebamos agora que
∥T ((an)
∞
n=1)∥∞ =
∥∥∥∥∥
(
n∑
j=1
an
)∞
n=1
∥∥∥∥∥
∞
= sup
n∈N
∣∣∣∣∣ n∑
j=1
an
∣∣∣∣∣ = ∥(an)∞n=1∥ ,
ou seja, T é um isomorfismo isométrico. □
7. (2 pontos) Diz-se que um operador linear contínuo T : E → F é de posto finito se
a imagem de Té um subespaço de dimensão finita de F .
a) Prove que T é de posto finito se, e somente, se existem n ∈ N, φ1, . . . , φn ∈ E ′
e y1, . . . , yn ∈ F tais que, para todo x ∈ E,
T = φ1 (x) y1 + · · ·+ φn (x) yn.
b) Prove que o conjunto dos operadores lineares contínuos de posto finito de E
em F é um subespaço vetorial de L (E;F ). Este subespaço é fechado?
SOLUÇÃO: (a) Se existem n ∈ N, φ1, . . . , φn ∈ E ′ e y1, . . . , yn ∈ F tais que, para todo
x ∈ E,
T = φ1 (x) y1 + · · ·+ φn (x) yn,
então T (E) ⊂ span {y1, . . . , yn} e, portanto, a imagem de T tem dimensão finita o
que significa que T é um operador de posto finito. Reciprocamente, suponhamos que
T ∈ L (E;F ) seja de posto finito. Então T (E) possui dimensão finita, o que nos
permite fixar uma base {y1, . . . , yn} de T (E). Logo, para cada x ∈ E, existem escalares
φ1 (x) , . . . , φn (x) univocamente determinados tais que
T (x) = φ1 (x) y1 + · · ·+ φn (x) yn.
12 Análise Funcional - Avaliação I
Vejamos que os funcionais φ1, . . . , φn : E → K assim determinados são lineares. Dados
u, v ∈ E e α, β ∈ K, temos
n∑
k=1
φk (αu+ βv) yk = T (αu+ βv)
= αT (u) + βT (v)
= α
n∑
k=1
φk (u) yk + β
n∑
k=1
φk (v) yk
=
n∑
k=1
(αφk (u) + βφk (v)) yk
e, portanto, da unicidade das coordenadas de um vetor com respeito a uma base,
concluímos que
φk (αu+ βv) = αφk (u) + βφk (v) , para todo k = 1, . . . , n,
ou seja, φ1, . . . , φn são lineares. Finalmente, como T (E) tem dimensão finita, a restrição
da norma de F a T (E) e a correspondência
T (x) 7→ max {|φ1 (x)| , . . . , |φn (x)|}
definem sobre T (E) normas equivalentes e, portanto, existem constantes positivas a e b
tais que
a ∥T (x)∥ ≤ max {|φ1 (x)| , . . . , |φn (x)|} ≤ b ∥T (x)∥ ,
para todo x ∈ E. Daí, para todo k = 1, . . . , n,
|φk (x)| ≤ max {|φ1 (x)| , . . . , |φn (x)|} ≤ b ∥T (x)∥ ≤ b ∥T∥ ∥x∥
e φk ∈ E ′ para todo k = 1, . . . , n.
(b) Sejam S, T : E → F operadores lineares contínuos de posto finito. Segue então
do item (a) que existem y1, . . . , yn, z1, . . . , zm ∈ F e φ1, . . . , φn, ψ1, . . . , ψm ∈ E ′ tais que,
para todo x ∈ E,
T (x) = φ1 (x) y1 + · · ·+ φn (x) yn e S (x) = ψ1 (x) z1 + · · ·+ ψm (x) zm.
Assim, dados α, β ∈ K, para todo x ∈ E, temos
(αT + βS) (x) = αT (x) + βS (x)
= α
n∑
j=1
φj (x) yj + β
m∑
k=1
ψk (x) zk
=
n∑
j=1
(αφj) (x) yj +
m∑
k=1
(βψk) (x) zk.
À luz mais uma vez do item (a) concluímos que αT + βS possui posto finito e, por
conseguinte, a coleção dos operadores lineares contínuos de posto de finito definidos de E
em F constitui um subespaço de L (E;F ).
Análise Funcional - Avaliação I 13
Para todo n ∈ N, seja Tn ∈ L (c0; c0) definido por
Tn ((xk)
∞
k=1) =
(
x1,
x2
2
, . . . ,
xn
n
, 0, 0, 0, . . .
)
.
Então, claramente, Tn é de posto finito pra todo n. Ademais, se T : c0 → c0 é o operador
definido por
T ((xk)
∞
k=1) =
(xk
k
)∞
k=1
,
então T é linear e como
∥T ((xk)
∞
k=1)∥∞ =
∥∥∥(xk
k
)∞
k=1
∥∥∥
∞
= sup
k∈N
|xk|
k
≤ sup
k∈N
|xk| = ∥(xk)∞k=1∥∞ ,
concluímos que T é também contínuo. Percebamos que
∥Tn − T∥ = sup
{
∥(Tn − T ) ((xk)
∞
k=1)∥∞ : ∥(xk)∞k=1∥∞ ≤ 1
}
= sup
{∥∥∥∥((xkk )∞k=n+1
)∥∥∥∥
∞
: ∥(xk)∞k=1∥∞ ≤ 1
}
≤ 1
n+ 1
n→∞−→ 0
e, portanto, T = lim
n→∞
Tn. No entanto, para todo n ∈ N, T (nen) = en e, consequentemente,
span {en : n ∈ N} ⊂ T (E) e isto assegura que T não é de posto finito. □
8. (2 pontos) Seja (xj)
∞
j=1 uma sequência no espaço de Banach E tal que
∞∑
j=1
|φ (xj)| <
∞ para todo φ ∈ E ′. Mostre que
sup
∥φ∥≤1
∞∑
j=1
|φ (xj)| <∞.
SOLUÇÃO: Seja
T : E ′ → ℓ1
φ 7→ (φ (xj))
∞
j=1 .
É claro que T está bem definida e é linear. Sejam (φk)
∞
k=1 uma sequência em E ′ que
converge para φ e z = (zj)
∞
j=1 ∈ ℓ1 tal que T (φk) → z. Como convergência em ℓ1
implica em convergência coordenada a coordenada, da convergência de (T (φk))
∞
k=1 para
z, concluímos que
lim
k→∞
φk (xj) = zj
para todo j ∈ N. Por outro lado, como φk → φ,
lim
k→∞
φk (xj) = φ (xj)
para todo j ∈ N. Da unicidade do limite, inferimos que φ (xj) = zj para todo j ∈ N, ou
seja, inferimos que
T (φ) = (φ (xj))
∞
j=1 = (zj)
∞
j=1 = z.
O Teorema do Gráfico Fechado garante então que T é contínuo. Assim,
sup
φ∈BE′
∥∥∥(φ (xj))
∞
j=1
∥∥∥
1
= ∥T∥ <∞,
como desejado. □