INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIA
CAMPUS EUNÁPOLIS
DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPEN
COLEGIADO DE MATAMÉTICA –COMAT
GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHO
O Teorema de Hahn-Banach e aplicações
em espaços separáveis
Eunápolis
2012
GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHO
O Teorema de Hahn-Banach e aplicações
em espaços separáveis
Monogra…a apresentada ao Curso de Licenciatura
em Matemática do IFBA/Campus Eunápolis
como requisito parcial para obtenção do grau de
licenciado emMatemática, elaborada
sob a orientação do Prof.
Ms. Marcos dos Santos Ferreira
Eunápolis
2012
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIA
CAMPUS EUNÁPOLIS
DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPEN
COLEGIADO DE MATAMÉTICA –COMAT
O Teorema de Hahn-Banach e aplicações
em espaços separáveis
por
Givaldo Soares dos Santos Filho
Apresentação da monogra…a para o Instituto Federal de Educação, Ciência e
Tecnologia da Bahia, como requisito parcial para a obtenção do diploma de Licenciado
em Matemática.
Prof. Ms. Marcos dos Santos Ferreira - IFBA (Orientador)
Prof. Ms. Alex Santana dos Santos - UFRB
Prof. Ms. Claudemir Mota da Cruz - UESC
Nada há, fora do homem, que, entrando nele,
o possa contaminar, mas o que sai dele isso é
que contamina o homem. (...) Porque do
interior do coração dos homens saem os maus
pensamentos, os adultérios, as prostituições,
os homicídios, os furtos, a avareza, as
maldades o engano, a dissolução, a inveja,
a blasfêmia, a soberba, a loucura. Todos
estes males procedem de dentro e contaminam
o homem. (Marcos 7 v.15;21-23)
Agradecimentos
A Deus pelo dom da vida.
A minha mãe pelo seu ótimo papel como o meu anjo da guarda!
As minhas irmãs que, devido as brigas de casa, …zeram da faculdade um recanto de
paz!
Ao meu pai.
Aos meus professores especialmente ao
Professor Adílson Correia por ter depositado fé em mim!
Professor Marcos Ferreira pelas orientações que me encaminharam até aqui!
Aos meus colegas especialmente a
Eraldo Gonçalves, a minha eterna dupla!
Elaine Santos, a minha companhia nas conversas de corredores!
Resumo
Neste trabalho apresentamos a demonstração, consequências e algumas aplicações
de um dos resultados centrais da Análise Funcional: O Teorema de Hahn-Banach.
Salientamos que a ferramenta, dentre algumas existentes, que iremos utilizar na
demonstração será o Lema de Zorn. Além disso, apresentamos duas aplicações do
referido teorema em espaços separáveis.
Palavras-Chave: Lema de Zorn, Teorema de Hahn-Banach, Espaços Separáveis.
Sumário
Introdução
1 Preliminares
1.1 Espaços vetoriais normados
1.2 Operadores lineares . . . . .
1.3 Espaços de sequências . . .
1.4 Espaços separáveis . . . . .
8
.
.
.
.
9
9
13
20
28
2 O Teorema de Hahn-Banach
2.1 Lema de Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 O Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Algumas aplicações em espaços separáveis . . . . . . . . . . . . . . . .
32
32
33
40
Indicação de estudos
43
Referências Bibliográ…cas
45
.
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Introdução
O Teorema de Hahn-Banach é um dos resultados centrais da Análise Funcional assim
como os Teoremas de Banach-Steinhaus, da Aplicação Aberta e do Grá…co Fechado. O
foco deste trabalho será apresentar e demonstrar o Teorema de Hahn-Banach trazendo
algumas consequências e aplicações.
O tema do trabalho faz parte da Análise Funcional. A grosso modo, a Análise
Funcional é a junção de conceitos da Álgebra Linear, Análise e Topologia e é o ramo
da matemática que estuda os espaços de funções. Esta teve sua origem no século XX
decorrente a vários problemas envolvendo equações diferenciais e integrais, os quais
requeriam o uso de espaços vetoriais de dimensão in…nita. O seu desenvolvimento se
deve aos trabalhos de S. Banach (1892 - 1945), M. Fréchet (1878 - 1973), E. Helly (1884
- 1943), D. Hilbert (1862 - 1943), F. Riesz (1880 - 1956), E. Schmidt (1876 - 1959)
dentre outros.
Hans Hahn (1879 - 1934) e Stefan Banach demonstraram o teorema, separadamente,
nos anos 1922 e 1923, respectivamente. Hahn utilizou ordinais para demonstrar
o teorema, enquanto Banach usou a boa-ordenação e a indução trans…nita como
ferramenta para a demonstração. Neste trabalho, usaremos o Lema de Zorn como
ferramenta na demonstração do Teorema de Hahn-Banach.
Toda a pesquisa do trabalho foi realizada através de revisões bibliográ…cas em um
estudo de…nido por Fiorentini e Lorenzato [3] como metanálise, no qual os documentos
pesquisados como livros, trabalhos acadêmicos e artigos cientí…cos, foram estudados
visando apresentar uma síntese dos conceitos que fundamentam o Teorema de HahnBanach.
O trabalho será exposto ao longo de três capítulos. No capítulo inicial, trataremos
dos conceitos que determinam os espaços de Banach. Discutiremos também resultados
que serão importantes para o desenvolvimento deste trabalho como os espaços
normados, espaços de sequências e separáveis, além de demonstramos alguns dos
principais resultados referentes a estes conceitos. No segundo capítulo, apresentamos
a demonstração do teorema central do nosso trabalho, precedido do Lema de Zorn e
seguido de algumas aplicações em espaços separáveis. Por …m, concluiremos o trabalho
dando algumas indicações de estudos baseado no artigo de Narici e Beckenstein [7].
O trabalho teve como principal referência as notas de aulas do professor Pellegrino
[9] e o trabalho de monogra…a de Aguiar [1]. No entanto, resultados de Análise Real,
Espaços Métricos e Topologia foram obtidos dos livros de Lima, [5] e [6], Kreyszig [4],
Coelho [2] e Oliveira [8].
8
Capítulo 1
Preliminares
1.1
Espaços vetoriais normados
De…nição 1.1.1 Sejam E um conjunto não-vazio e K um corpo, que denotará R ou
C. De…nimos em E as seguintes operações:
+:E
:K
E ! E; (x; y) 7! x + y (soma de vetores)
E ! E; ( ; x) 7! x (multiplicação por escalar).
Diz-se que (E; +; K) é um espaço vetorial sobre K se, para x; y; z 2 E e
ocorrer:
;
2 K,
1. (x + y) + z = x + (y + z);
2. x + y = y + x;
3. x + 0 = x;
4. x + ( x) = 0;
5. (
)x = ( x);
6. 1x = x;
7. ( + )x = x + x;
8.
(x + y) = x + y:
Por convenção, chamamos os elementos de um espaço vetorial E de vetores e os
elementos do corpo K de escalares.
De…nição 1.1.2 Sejam fx1 ; x2 ; : : : ; xn g e f 1 ; 2 ; : : : ; n g subconjuntos de E e K;
respectivamente. Se para toda combinação linear de vetores nula
n
X
i xi
i=1
9
=0
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
tivermos todos i nulos, dizemos que fx1 ; x2 ; : : : ; xn g é linearmente independente
(li). Se pelo menos um i for não nulo, então dizemos que fx1 ; x2 ; : : : ; xn g é
linearmente dependente (ld).
De…nição 1.1.3 Seja E um espaço vetorial sobre K. Uma norma em E é uma função
jj jj : E ! R
que satisfaz as seguintes propriedades:
1. jjxjj
0; para todo x em E; e jjxjj = 0 , x = 0;
2. jj xjj = j jjjxj; j para todos
3. jjx + yjj
em K e x em E;
jjxjj + jjyjj para todos x; 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 induizida
pela norma, isto é
d(x; y) = jjx yjj:
Dizemos que uma seqüência (xn )1
n=1 em um espaço métrico M converge para x
quando lim d (xn ; x) = 0: Neste caso, escrevemos xn ! x: É claro que podemos garantir
n!1
a convergência se lim d(xn ; x) = 0.
n!1
De…nição 1.1.4 Uma sequência (xn )1
n=1 em um espaço métrico M é de Cauchy se
dado " > 0; existe n0 2 N tal que
n; m
n0 ) d (xn ; xm ) < ":
Não há di…culdades mostrar que em espaços métricos, toda sequência convergente é
de Cauchy. A recíproca, porém, desse fato não necessariamente é verdadeira. Isso nos
motiva a seguinte de…nição:
De…nição 1.1.5 Um espaço métrico M é dito ser completo se toda sequência de
Cauchy for convergente no espaço (isto é, seu limite é um elemento de M ).
Observação 1.1.6 Como em R uma sequência é convergente se, e só se, é de Cauchy,
segue-se que R é completo.
De…nição 1.1.7 Um espaço de Banach é um evn que é completo com a métrica
induzida pela norma.
Proposição 1.1.8 Kn é um espaço de Banach.
10
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Demonstração: Mostraremos apenas que Rn é Banach. O caso K = C é análogo.
n
Seja (xm )1
m=1 uma sequência de Cauchy em R : Observe que os elementos xm podem
serem escritos da forma
(1)
(1)
(2)
(2)
x1 = x1 ; x2 ; : : : ; x(1)
n
x2 = x1 ; x2 ; : : : ; x(2)
n
..
.
(m)
(m)
xm = x1 ; x2 ; : : : ; x(m)
:
n
..
.
Como (xm )1
m=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
s
n
P
(r)
(m)
xj
m; r n0 ) jjxm xr jj =
xj
2
<":
(1.1)
j=1
Elevando a desigualdade anterior ao quadrado, obtemos
n
X
(m)
(xj
(r)
xj )2 < "2
j=1
sempre que m; r
n0 : Em particular, para cada j = 1; : : : ; n …xo, temos
(m)
(xj
para m; r
(r)
xj )2 < "2
n0 , donde
(m)
xj
(r)
xj
(m)
< ":
(1.2)
De (1.2), segue que (xj )1
m=1 é uma sequência de Cauchy de números reais e portanto
(m)
convergente. Seja xj = limm!1 xj : Considere agora x = (x1 ; : : : ; xn ) o vetor formado
(m)
pelos limites das n sequências (xj )1
m=1 :
11
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Fazendo r ! 1 em (1.1) obtemos
lim kxm
"
n
P
= lim
r!1
=
=
=
sempre que m
xr k
r!1
"
"
"
j=1
lim
1
2
(m)
(xj
n
P
r7 !1 j=1
n
P
(m)
(xj
(m)
lim (xj
j=1 r!1
n
P
j=1
= kxm
(m)
xj )2
(xj
(r)
xj )2
(r)
xj )2
(r)
xj )2
# 21
# 21
# 12
xk
n
n0 : Isso mostra que (xm )1
m=1 converge para x 2 R :
Veremos adiante que todo evn de dimensão …nita é completo. Para tanto, precisamos
do seguinte lema técnico:
Lema 1.1.9 Para um conjunto li fx1 ; x2 ; : : : ; xn g de vetores em um evn E, existe
um número real c > 0 tal que, para qualquer escolha de escalares a1 ; a2 ; : : : ; an vale
a desigualdade
ka1 x1 + : : : + an xn k c (ja1 j + : : : + jan j) :
(1.3)
Demonstração: Por simplicidade, faremos v = ja1 j+: : :+jan j. Sendo assim, se v = 0
o resultado é imediato. Logo, vamos supor v > 0. Então, fazendo bj = aj =v, para cada
j = 1; : : : n, provar (1.3) equivale provar a existência de c > 0 tal que para quaisquer
escalares b1 ; : : : ; bn tem-se
jjb1 x1 + : : : + bn xn jj c;
(1.4)
onde
n
X
j=1
jbj j = j
an
1
a1
j + : : : + j j = (ja1 j + : : : + jan j) = 1:
v
v
v
Suponha, por absurdo, que isso não ocorra. Dessa forma teríamos
(1)
(1)
(1)
Para c1 = 1; existem b1 ; : : : ; b(1)
n tais que jjb1 x1 + : : : + bn xn jj < 1
1
1
(2)
(2)
(2)
Para c2 = ; existem b1 ; : : : ; b(2)
n tais que jjb1 x1 + : : : + bn xn jj <
2
2
..
.
Para cm =
1
1
(m)
(m)
; existem b1 ; : : : ; b(m)
tais que jjb1 x1 + : : : + b(m)
:
n
n xn jj <
m
m
..
.
12
1.2. OPERADORES LINEARES
(m)
(m)
Seja a sequência ym = b1 x1 +
+ bn xn : Observe que, para cada m 2 N,
Pn
(m)
(m)
= 1 e que kym k ! 0: Dessa forma, para cada j, jbj j 1: Isso mostra que
j=1 bj
(m)
(1)
(2)
cada sequência (bj ) = (bj ; bj ; : : :) é limitada, e portanto, pelo teorema de BolzanoWeierstrass, possui uma subsequência convergente. Seja c1 o limite da subsequência
(m)
1
1
(b1 )1
m=1 . Chame (y1 ;m )m=1 a subsequência correspondente de (ym )m=1 : Procedendo
dessa forma n vezes, obtemos uma subsequência
yn ;m =
n
X
(m)
dj xj ;
com
j=1
(m)
e, para cada j, lim dj
m7 !1
n
X
j=1
(m)
jdj j = 1
= cj : Portanto,
(m)
lim yn ;m = lim (d1 x1 + : : : + d(m)
n xn )
m!1
m!1
(1.5)
(m)
= lim d1 x1 + : : : + lim d(m)
n xn
m!1
m!1
= c1 x1 + : : : + cn xn := y:
Veja que
n
X
j=1
jcj j = lim
m!1
n
X
j=1
(m)
jdj j = lim 1 = 1: Assim, nem todos os cj são nulos e,
m!1
como fx1 ; x2 ; : : : ; xn g é li, segue que
y=
n
X
j=1
cj xj 6= 0:
(1.6)
Segue de (1.5) que
lim jjyn ;m jj = jjyjj:
m!1
(1.7)
1
De (1.7) e dos fatos de kym k ! 0 e (yn ;m )1
m=1 ser subsequência de (ym )m=1 temos que
jjyjj = 0: Mas isso contradiz (1.6). Logo, existe c > 0 que satisfaz a desigualdade (1.4)
para quaisquer escalares b1 ; : : : ; bn :
1.2
Operadores lineares
De…nição 1.2.1 Sejam E e F espaços vetoriais sobre K. Uma aplicação T : E ! F
é um operador linear (ou transformação linear) se
T (x + y) = T (x) + T (y); 8 2 K; 8x; y 2 E:
O conjunto formado por todos operadores lineares de E em F é denotado por
L(E; F ). Se F = K, dizemos que T é um funcional linear sobre F e denotamos L(E; F )
por E ou E 0 : Chamamos E 0 o espaço dual ou dual de E.
13
1.2. OPERADORES LINEARES
De…nição 1.2.2 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K e T : E ! F um
operador linear. De…nimos a norma de T por
jjT jj = supfjjT (x)jj; jjxjj
1g:
No Exemplo 1.2.13 veremos que L(E; F ) é um evn com a norma dada acima. Se
jjT jj < 1, dizemos que T é limitado.
De…nição 1.2.3 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K e T : E ! F um
operador linear. Dizemos que T é contínuo em x0 2 E se, para cada " > 0 existir > 0
tal que
jjx x0 jj < ) jjT (x) T (x0 )jj < ":
Proposição 1.2.4 A norma em um evn é uma função contínua.
Demonstração:
veja que
Sejam (E; k k) um evn e x0 2 E qualquer. Dados " > 0 e x 2 E
d (x; x0 ) <
) kx
x0 k < ;
d (kxk ; kx0 k) = kkxk
kx0 kk
kx
donde
x0 k <
:= ";
o que mostra o resultado.
O conjunto formado por todas as transformações lineares contínuas de E em F é
denotado por L(E; F ).
De…nição 1.2.5 Sejam E e F espaços vetoriais normados. Se existir um operador
T : E ! F bijetivo, contínuo e com inversa contínua dizemos que E e F são
topologicamente isomorfos (isomorfos). Neste caso, dizemos que T é um isomor…smo
topológico (isomor…smo) de E em F:
Quando o isomor…smo for tal que kT (x)k = kxk ; 8x 2 E, dizemos que E e F são
isometricamente isomorfos e que T é uma isometria.
Exemplo 1.2.6 O operador identidade de qualquer evn é uma isometria.
Proposição 1.2.7 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K. Dado T 2
L(E; F ), as seguintes a…rmações são equivalentes:
(i) T é contínuo.
(ii) T é contínuo na origem.
(iii) T é limitado.
14
1.2. OPERADORES LINEARES
Demonstração:
(i) ) (ii) É obvio.
(ii) ) (iii) Suponha que (iii) não ocorra. Então, sendo BE a bola unitária fechada de
E, temos
Para c1 = 1; 9 x1 2 BE ; jjT (x1 )jj > 1
Para c2 = 2; 9 x2 2 BE ; jjT (x2 )jj > 2
..
.
Para ck = k; 9 xk 2 BE ; jjT (xk )jj > k:
..
.
k, para cada
Dessa forma, existe uma sequência (xk )1
k=1 em BE tal que jjT (xk )jj
xk
k 2 N. Considere zk = jjT (xk )jj . Então lim zk = 0, pois xk é limitado e jjT (x1 k )jj ! 0:
k!1
Temos ainda
jjT (zk ) T (0)jj = jjT (zk )jj = jjT (
xk
1
1
)jj = jj
T (xk )jj =
jjT (xk )jj = 1;
jjT (xk )jj
jjT (xk )jj
jjT (xk )jj
o que fere a continuidade de T na origem.
(iii) ) (i)
A…rmamos que jjT (x)jj jjT jjjjxjj para todo x em E: Com efeito, se x = 0 não há o
que provar. Suponha então x 6= 0. Assim
jjT (x)jj
x
= jjT (
)jj
jjxjj
jjxjj
jjT jj ) jjT (x)j
jjT jjjjxjj:
Seja jjT jj = c: Observe que, para x1 ; x2 2 E; temos
jjT (x1 )
T (x2 )jj = jjT (x1
x2 )jj
jjT jjjjx1
x2 jj = cjjx1
x2 jj;
donde T é lipschtziana e portanto (uniformemente) contínua.
Corolário 1.2.8 Todo operador linear cujo domínio tem dimensão …nita é contínuo.
Demonstração: Sejam E; F espaços vetoriais normados com dim E = n e T : E ! F
um operador linear. Considere = fe1 ; : : : ; en g uma base de E: Veja que
!
n
n
n
n
P
P
P
P
jjT (x)jj = T
aj ej
=
aj T (ej )
jaj j kT (ej )k
max kT (ek )k jaj j:
j=1
j=1
j=1
1 k n
j=1
Faça k = max kT (ek )k e observe que, pelo Lema (1.1.9), existe c > 0 tal que
n
P
j=1
1 k n
jaj j
kxk =c. Logo kT (x)k
k
c
kxk. Portanto
kT k = sup kT (x)k
jjxjj 1
k
k
k
kxk = sup kxk = ;
c jjxjj 1
c
1 c
sup
jjxjj
15
1.2. OPERADORES LINEARES
e o resultado segue.
Duas normas k k1 e k k2 em um espaço vetorial E são equivalentes se existirem
constantes positivas c1 ; c2 tais que
c1 kxk1
kxk2
c2 kxk1 ; 8x 2 E:
Como consequência do corolário anterior, veremos a seguir que quaisquer normas
em um espaço vetorial de dimensão …nita são equivalentes.
Corolário 1.2.9 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão …nita, quaisquer
duas normas são equivalentes.
Demonstração: Sejam k k1 e k k2 normas em E. Considere a aplicação identidade
id : (E; k k1 ) ! (E; k k2 )
Como id é bijetiva e o domínio e contradomínio tem dimensão …nita, tem-se que id e
id 1 são contínuas. Daí, existem c1 ; c2 constantes tais que
kid (x)k2
c1 kxk1 e
id
1
(x)
1
c2 kxk2 :
Logo
1
kxk1
c2
kxk2
c1 kxk1 :
Veremos agora que quaisquer espaços vetoriais normados de mesma dimensão (…nita)
são isomorfos.
Corolário 1.2.10 Sejam n 2 N, E e F espaços vetoriais normados sobre K com
dim E = dim F = n. Nessas condições E e F são isomorfos.
Demonstração:
Sejam B = fe1 ; : : : ; en g e C = ff1 ; : : : ; fn g bases de E e F ,
respectivamente. De…na
T : E!F
:
ej 7! fj
A…rmação 1. T é linear. De fato, para u; v 2 E e
2 K temos
T ( u + v) = T ( ( 1 e1 + : : : + n en ) + ( 1 e1 + : : : + n en ))
= T (( 1 + 1 )e1 + : : : + ( n + n )en )
= T (( 1 + 1 )e1 ) + : : : + T (( n + n )en )
= T ( 1 e1 ) + T ( 1 e1 ) + : : : + T ( n en ) + T ( n en )
= T ( 1 e1 ) + : : : + T ( n en ) + T ( 1 e1 ) + : : : + T ( n en )
= T ( 1 e1 + : : : + n en ) + T ( 1 e1 + : : : + n en ) = T (u) + T (v):
16
1.2. OPERADORES LINEARES
A…rmação 2. T é injetiva. Sejam u; v 2 E tais que T (u) = T (v): Assim
T ( 1 e1 + : : : + n en ) = T ( 1 e1 + : : : + n en )
1 T (e1 ) + : : : + n T (en ) = 1 T (e1 ) + : : : + n T (en )
1 f1 + : : : + n fn = 1 f1 + : : : + n fn :
Como ff1 ; : : : ; fn g é li e
(
1
1 )f1
+ ::: + (
n )fn
n
= 0;
segue que
1
=
1; : : : ;
n
=
n;
donde u = v:
A…rmação 3. T é sobrejetora. De fato, se y 2 F então
y = 1 f1 + : : : + n fn
= 1 T (e1 ) + : : : + n T (en )
= T ( 1 e1 + : : : + n en ) = T (x);
onde x 2 E.
A…rmação 4. T e T 1 são contínuas. Como dim E = dim F = n, pelo Colorário
(1.2.8), a a…rmação está provada. Portanto, E e F são isomorfos.
Teorema 1.2.11 Sejam E e F espaços vetoriais normados com E completo.
T : E ! F é um isomor…smo, então F é completo.
Se
Demonstração: Seja (xn )1
n=1 uma sequência de Cauchy em F . Considere yn =
1
T (xn ) ; 8n 2 N.
1
A…rmação 1. (yn )1
n=1 é uma sequência de Cauchyem E. Como (xn )n=1 é de Cauchy,
dado " > 0 existe n0 2 N tal que
n; m
n0 ) kxn
xm k < ":
Veja que
kyn
ym k = T
1
(xn )
T
= T
1
(xn
xm )
T
1
T
1
kxn
":
1
(xm )
xm k
Como T 1 é contínua, segue que (yn )1
n=1 é de Cauchy e portanto convergente. Seja y o
limite em questão.
A…rmação 2. xn é convergente. De fato, como yn ! y e T é contínua, segue que
T (yn ) ! T (y), donde xn ! T (y) 2 F: O resultado segue.
17
1.2. OPERADORES LINEARES
Corolário 1.2.12 Todo evn de dimensão …nita sobre K é um espaço de Banach.
Demonstração: Seja E um evn sobre K com dim E = n. Pelo Colorário (1.2.10), E é
isomorfo a Kn . Usando o teorema anterior e o fato de Kn ser Banach temos o resultado.
Exemplo 1.2.13 L(E:F ) é um evn com a norma kT k = supfjjT (x)jj; jjxjj
1g:
De fato, é fácil mostrar que L(E:F ) é um espaço vetorial. Resta-nos mostrar que
kT k = supfjjT (x)jj; jjxjj 1g é norma. Sejam T1 ; T2 2 L(E:F ) e 2 K. Observe que
(i) kT k
0; 8T 2 L(E:F ). Agora, se T = 0 é claro que kT k = 0. Por outro, se
kT k = 0 então
sup kT (x)k = 0 ) T (x) = 0; 8x 2 BE :
kxk 1
Assim,
T
x
kxk
=0)
1
T (x) = 0 ) T (x) = 0; 8x 2 E:
kxk
(ii) k T1 k = sup k T1 (x)k = sup j j kT1 (x)k = j j sup kT1 (x)k = j j kT1 k.
(iii)
kxk 1
kxk 1
kxk 1
kT1 + T2 k = sup k(T1 + T2 ) (x)k
kxk 1
sup kT1 (x)k + sup kT2 (x)k
kxk 1
kxk 1
= kT1 k + kT2 k :
Exemplo 1.2.14 Se E é um evn e F Banach, então L(E:F ) é um espaço de Banach.
Seja (Tn )1
n=1 uma sequência de Cauchy em L(E:F ). Assim, dado " > 0 existe n0 2 N
tal que
n; m n0 ) kTn Tm k < ":
Daí, observe que
n; m
n0 ) (Tn
Tm )
x
kxk
kTn
Tm k < " ) k(Tn
Tm ) (x)k < " kxk ; 8x 2 E:
(1.8)
Logo, para cada x 2 E, (Tn (x))1
é
uma
sequência
de
Cauchy
em
F
.
Como
F
n=1
1
é Banach segue que (Tn (x))n=1 é convergente. De…na T : E ! F por T (x) =
limn!1 Tn (x) :
A…rmação 1: T é linear. De fato, se x; y 2 E e 2 K então
T (x + y) = lim Tn (x + y)
n!1
= lim (Tn (x) + Tn ( y))
n!1
= lim Tn (x) +
n!1
= T (x) + T (y)
18
lim Tn (y)
n!1
1.2. OPERADORES LINEARES
A…rmação 2: T é limitada. Com efeito, como Tn (x) ! T (x), fazendo n ! 1 em
(1.8) obtemos
kTm (x) T (x)k " kxk ,
sempre que m
kT (x)k
n0 : Deste modo
kT (x)
Tn0 (x)k + kTn0 (x)k
" kxk + kTn0 k kxk
(" + kTn0 k) kxk :
Passando sup na desigualdade anterior temos
x2BE
kT k
sup [(" + kTn0 k) kxk] = " + kTn0 k ;
x2BE
donde kT k < 1:
A…rmação 3: Tn ! T . De fato,
lim kTn
n!1
T k = lim sup k(Tn
T ) (x)k
n!1 x2BE
= sup lim kTn (x)
x2BE n!1
= sup
x2BE
lim Tn (x)
n!1
= sup kT (x)
T (x)k
lim T (x)
n!1
T (x)k = 0:
x2BE
Portanto L(E:F ) é Banach.
O Corolário (1.2.8) a…rma que todo operador lineae de…nido num evn de dimensão
…nita é contínuo. O próximo exemplo mostra que em dimensão in…nita o mesmo não
ocorre:
Exemplo 1.2.15 Para todo evn de dimensão in…nita E e todo evn F 6= f0g, existe um
operador linear T : E ! F não contínuo. De fato, seja B uma base de E: Considere
B 0 = fx1 ; x2 ; : : :g um subconjunto enumerável de B e y 2 F não nulo. De…na a seguinte
aplicação
y
; x 2 B0
n kyk
:
T : B ! F dada por T (x) :=
0; x 2 B n B 0
É claro que T acima é linear. Agora veja que
kT (xn )k = n ) sup kT (xn )k = 1;
kxn k 1
donde kT k = 1:
19
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
1.3
Espaços de sequências
Nesta seção veremos alguns espaços de Banach de dimensão in…nita cujos vetores
são sequências. Para tanto, será necessário estudarmos alguns resultados precursores, a
saber as desigualdades de Hölder e Minkowski. Daremos início demostrando um lema
necessário para a prova da desigualdade de Hölder.
Lema 1.3.1 Sejam a; b números reais positivos e p; q > 1 tais que
ap bq
Demonstração: Considere, para cada 0 <
por f (t) = t
t. Observe que
f 0 (t) = t
+
1
q
= 1: Então
a b
+ :
p q
1
1
1
p
< 1, a função f = f : (0; 1) ! R dada
1
= t
1
1
:
Veja que
f 0 (t) > 0; se 0 < t < 1
f 0 (t) < 0; se t > 1:
Como f é derivável em t = 1, pelo Teste da 1a Derivada, segue que f tem um máximo
local nesse ponto, isto é f (t) f (1) em algum intervalo contendo 1. Desse modo
t
Fazendo t =
a
b
e
t
)t
1
+ t; 8t > 0.
1
= p1 , obtemos
1
p
a
b
a
1
+ :
p pb
1
Multiplicando b em ambos os lados da desigualdade anterior temos
1
ap
b
Como
1
q
=1
1
;
p
1
p
b
1
1
p
b+
1
a
) a p b1
p
1
p
1
1
p
a
b+ :
p
concluímos que
1
1
ap bq
a b
+ :
p q
Teorema 1.3.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam p; q > 1 tais que
n 2 N. Então
! p1
! 1q
n
n
n
P
P
P
jyj jq
jxj yj j
jxj jp
j=1
j=1
j=1
para quaisquer escalares xj ; yj com j = 1; : : : ; n.
20
1
p
+
1
q
= 1 e
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Demonstração: O caso em que
que
n
P
j=1
jxj jp 6= 0 e
n
P
j=1
n
P
j=1
jxj jp = 0 ou
1
j=1
jxj jp
jyj jq
aj = P
e bj = P
n
n
p
jxk j
jyk jq
temos que
1
jyj jq = 0 é trivial. Suponha então
jyj jq 6= 0. Usando o Lema (1.3.1) com
k=1
ajp bjq
n
P
aj bj
+ )
p
q
k=1
n
P
jxj j
1
p
jxk jp
k=1
n
P
jyj j
k=1
aj b j
+ :
p
q
1
q
jyk jq
Repetindo o procedimento acima e somando as n desigualdades, obtemos
n
P
j=1
n
P
k=1
Observe que
n
X
j=1
jxj j jyj j
jxk jp
aj b j
+
p
q
=
1
p
n
P
k=1
n
X
aj
p
j=1
1
q
jyk jq
+
n
X
j=1
:
n
X
bj
q
j=1
1X
1X
=
aj +
bj
p j=1
q j=1
0
1
n
aj b j
+
p
q
n
0
1
p C
X B jyj jq C
1 XB
B jxj j C + 1
B
C
=
n
n
A q
@P
A
p j=1 @ P
p
q
j=1
jxk j
jyk j
n
n
k=1
=
n
P
1 j=1
n
pP
k=1
Logo
n
P
j=1
o que prova o resultado.
jxj j jyj j
jxj jp
k=1
n
P
1 j=1
n
qP
+
jxk jp
n
P
k=1
k=1
p
jxk j
21
1
p
jyj jq
1 1
+ = 1:
p q
=
jyk jq
n
P
k=1
q
jyk j
1
q
;
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Teorema 1.3.3 (Desigualdade de Minkowski) Sejam n 2 N e p
n
P
k=1
p
1
p
jxk + yk j
1
P
1
p
p
k=1
jxk j
+
1
P
k=1
quaisquer que sejam os escalares xk ; yk com k = 1; : : : ; n.
1. Então
1
p
p
(1.9)
jyk j
Demonstração: Para p = 1 temos
n
X
k=1
jxk + yk j = jx1 + y1 j + : : : + jxn + yn j
(jx1 j + jy1 j) + : : : + (jxn j + jyn j)
= (jx1 j + : : : + jxn j) + (jy1 j + : : : + jyn j)
n
n
X
X
=
jxk j +
jyk j :
k=1
k=1
Suponha agora p > 1. Pela desigualdade triangular, para mostrarmos (1.9) é su…ciente
garantirmos
n
X
k=1
Se
n
P
k=1
p
(jxk j + jyk j)
! p1
n
X
k=1
p
jxk j
! p1
n
X
+
k=1
p
jyk j
(jxk j + jyk j)p = 0; o resultado segue facilmente. Seja então
! p1
n
P
k=1
:
(jxk j + jyk j)p > 0.
Nosso objetivo aqui será utilizar a desigualdade de Hölder. Veja que
(jxk j + jyk j)p = (jxk j + jyk j) (jxk j + jyk j)p
p 1
= jxk j (jxk j + jyk j)
Observe que p = (p
1
(1.10)
p 1
+ jyk j (jxk j + jyk j)
:
1) q. De fato,
1 1
p+q
+ =1)
= 1 ) p + q = pq ) p = pq
p q
pq
Agora, fazendo em (1.10) ak = jxk j e bk = (jxk j + jyk j)p
n
P
Hölder em
jak bk j ; obtemos
1
q = (p
1) q:
e aplicado a Desigualdade de
k=1
n
X
k=1
jxk j (jxk j + jyk j)p
n
X
1
k=1
=
n
X
k=1
jxk jp
jxk jp
! p1 "
! p1 "
22
n
X
k=1
n
X
k=1
(jxk j + jyk j)(p
(jxk j + jyk j)p
1)q
# 1q
:
# 1q
(1.11)
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
De modo análogo, concluímos que
n
X
k=1
jyk j (jxk j + jyk j)p
n
X
1
k=1
jyk jp
! p1 "
Somando (1.11) e (1.12), obtemos
2
! p1
n
n
X
X
+
(jxk j + jyk j) (jxk j + jyk j)p 1 4
jxk jp
k=1
k=1
Logo
n
P
k=1
n
P
k=1
donde
n
P
k=1
(jxk j + jyk j)p
(jxk j + jyk j)p
p
n
X
1
q
k=1
(jxk j + jyk j)
1
p
=
n
P
k=1
(jxk j + jyk j)p
x := (xj )1
j=1
Observe que xn =
1
n
l2 =
Nesse caso, temos que xn =
1
n
(xj )1
j=1
1
q
k=1
n
X
k=1
jyk jp
+
n
X
k=1
n
X
k=1
! p1 3 "
5
p
jyk j
jxk jp
! p1
n
X
k=1
! p1
+
1
P
j=1
(jxk j + jyk j)p
n
X
k=1
)
jxj j < 1 :
1
n2
2 l1 . Por outro lado, temos
)
1
P
2 RN ;
jxj j2 < 1 :
2 l2 e yn =
j=1
p1
n
23
2
= l2 .
(1.12)
:
;
j=1
N
(xj )1
j=1 2 R ;
2
= l1 , enquanto yn =
(
! p1
(jxk j + jyk j)p
# 1q
p < 1 de…nimos o conjunto
)
1
P
2 KN ;
jxj jp < 1 :
Exemplo 1.3.5 Se K = R; então
(
l1 =
jxk j
1
De…nição 1.3.4 Para cada p 2 R com 1
(
lp =
p
n
X
jyk jp
! p1
:
# 1q
:
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Observação 1.3.6 A Desigualdade de Hölder é ainda válida se n ! 1. De fato,
tomando x; y 2 lp temos que
1
P
j=1
donde
1
P
j=1
jxj jp < 1 e
jxj jp
! p1
1
P
j=1
jyj jq < 1;
1
P
<1e
j=1
jyj jq
! 1q
< 1:
Dessa forma, fazendo n ! 1 na Desigualdade de Hölder, obtemos
1
P
j=1
1
P
jxj yj j
j=1
p
jxj j
! p1
1
P
j=1
q
jyj j
! 1q
:
Usando um raciocínio análogo, obtemos a Desigualdade de Minkowski para n ! 1.
Proposição 1.3.7 Se 1
por
p < 1, lp é um espaço vetorial normado com a norma dada
(xj )1
j=1
1
P
:=
p
Demonstração: Tomando x; y 2 lp e
j=1
jxj jp
! p1
(1.13)
:
2 K, de…nimos
1
x + y = (xj )1
j=1 + (yj )j=1 = (x1 + y1 ; : : : ; xj + yj ; : : :)
x=
(xj )1
j=1 = ( x1 ; : : : ; xj ; : : :) :
Mostraremos que as operações estão bem de…nidas. Inicialmente observe que, pela
desigualdade de Minkowski, tem-se
1
X
j=1
jxj + yj jp
! p1
1
X
j=1
jxj jp
! p1
+
1
X
j=1
jyj jp
! p1
< 1;
donde x + y 2 lp . Por outro lado, veja que
1
X
j=1
p
p
j xj j = j j
1
X
j=1
jxj jp < 1
portanto x 2 lp . As propriedades de espaço vetorial não oferecem di…culdades.
Provaremos agora que a função (1.13) é uma norma em lp . De fato, vejamos as condições:
(i) É claro que (xj )1
j=1
p
1
> 0. Agora veja que, sendo (xj )1
j=1 = 0 temos (xj )j=1
24
= 0.
p
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Por outro lado, se
(ii) Veja que
(xj )1
j=1
p
P1
1
p
p
j=1 jxj j
= ( xj )1
j=1
1
P
=
p
P1
= 0 então
j=1
j xj jp
j=1
! p1
jxj jp = 0 e portanto xj = 0; 8j 2 N.
n
P
jxj jp
j jp
=
j=1
! p1
= j j (xj )1
j=1
:
p
(iii) Como
1
(xj )1
j=1 + (yj )j=1
p
= (xj + yj )1
j=1
1
X
=
p
j=1
jxj + yj jp
! p1
segue da Desigualdade de Minkowski que
1
(xj )1
j=1 + (yj )j=1
=
p
1
P
j=1
1
P
j=1
jxj + yj jp
jxj jp
= (xj )1
j=1
! p1
p
! p1
+
1
P
j=1
jyj jp
+ (yj )1
j=1
! p1
;
p
o que prova o resultado.
Proposição 1.3.8 Se 1
p < 1, então lp é um espaço de Banach.
Demonstração: Seja (xn )1
n=1 uma sequência de Cauchy em lp . Consideremos a
seguinte denotação
x1 = (x11 ; x12 ; : : :)
x2 = (x21 ; x22 ; : : :)
..
.
xn = (xn1 ; xn2 ; : : :) :
..
.
Como (xn )1
n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
n; m
n0 ) " > kxn
x m kp =
1
X
j=1
jxnj
xmj jp
! p1
jxnj
xmj j ;
(1.14)
para cada j 2 N: Dessa forma, para cada j, (xnj )1
n=1 é uma sequência de Cauchy em
K. Como K é Banach, temos que cada (xnj )1
converge,
digamos para yj 2 K. Seja
j=1
25
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
N
x = (yj )1
j=1 2 K . Vamos mostrar que x 2 lp e xn ! x. De (1.14) segue, para cada N
natural, que
! p1
N
X
< ";
(1.15)
jxmj xnj jp
j=1
sempre que n; m
n0 : Fazendo n ! 1 em (1.15), obtemos
! p1
N
X
";
jxmj yj jp
j=1
para n; m
n0 e todo N natural. Fazendo agora N ! 1; temos
! p1
1
X
n; m n0 ) kxm xk =
jxmj yj jp
";
j=1
donde, xn ! x: Por outro lado, como xn0
x = xn0 (xn0 x); segue que x 2 lp .
x e xn0 pertencem ao espaço vetorial lp e
De…nição 1.3.9 Se p = 1, de…nimos o espaço vetorial
l1 =
N
x := (xj )1
j=1 2 K ; sup jxj j < 1
j2N
munida da norma
kxk1 := sup jxj j :
j2N
Em l1 ; consideramos os seguintes subespaços
c=
j!1
(xj )1
j=1
x=
2 KN ; lim xj = 0
j!1
n
1
N
= x = (xj )j=1 2 K ; xj = 0 para j
c0 =
c00
N
x = (xj )1
j=1 2 K ; lim xj existe
o
n0 2 N :
Exemplo 1.3.10 c é fechado em l1 : De fato, seja (xn )1
n=1 uma sequência em c tal que
lim xn = x. Mostraremos que x 2 c: Primeiro cosideremos
n!1
(1)
(1)
(2)
(2)
(n)
(n)
x 1 = x 1 ; x2 ; : : :
x 2 = x 1 ; x2 ; : : :
..
.
x n = x 1 ; x2 ; : : :
..
.
26
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
e x = (x1 ; x2 ; : : :) :Como xn ! x; dado " > 0 existe n1 2 N tal que
n
(n)
xj = kxn
(n)
xj < ";
n1 ) sup xj
j2N
Logo, para cada j 2 N, temos
sempre que n
xj
xk1 < ":
(1.16)
n1 . Isso mostra que cada sequência de escalares
(n)
(n)
xj
1
converge
n=1
(n)
para xj : Por outro lado, como cada xn = x1 ; x2 ; : : : é convergente em K, e portanto
de Cauhy, temos que existe n2 2 N de modo que
k; j
(n)
(n)
n2 ) xk
xj
(1.17)
< ":
Considerando n0 = max fn1 ; n2 g ; segue de (1.16) e (1.17) que
k; j
n0 ) jxk
xj j
xk
(n0 )
xk
(n0 )
+ xk
(n0 )
xj
(n0 )
+ xj
xj < 3"
Dessa forma, x = (xj )1
j=1 é uma sequência de Cauchy em K, donde x 2 c:
Exemplo 1.3.11 c0 é fechado em l1 . De fato, seja (xn )1
n=1 uma sequência em c0 tal
que xn ! x. Devemos mostrar que x 2 c0 : Usaremos a mesma notação para xn e x
como no exemplo anterior. Como xn ! x, dado " > 0 existe n1 2 N tal que
n
(n)
xj = kxn
(n)
xj < "
n1 ) sup xj
j2N
xk1 < ":
Dessa forma
xj
(n)
para todo n n1 e cada j 2 N. Isso mostra que lim xj
n!1
n2 2 N de modo que
(n )
j n2 ) xj 1 < ":
= xj : Como xn1 2 c0 existe
Considerando n0 = max fn1 ; n2 g temos que
j
n0 ) jxj j
(n1 )
xj
xj
(n1 )
+ xj
< 2":
Portanto xj ! 0; donde x = (xj )1
j=1 2 c0 .
Exercício 1.3.12 Mostraremos agora que c00 não fechado em l1 . De fato, seja
xn =
1 1
1
1; ; ; : : : ; ; 0; 0; : : :
2 3
n
27
2 c00 :
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Agora, considere
x=
1
1
1 1
;:::
1; ; ; : : : ; ;
2 3
n n+1
e observe que x 2 l1 ncoo . Por outro lado, veja que
lim kxn
n!1
xk1 = lim
n!1
0; : : : ; 0;
1
;
n+1
1
;:::
n+2
1
=0
n!1 n + 1
= lim
1
donde xn ! x:
1.4
Espaços separáveis
De…nição 1.4.1 Sejam (M; d) um espaço métrico e X
em M se, dados y 2 M e " > 0; existir x 2 X tal que
M: Dizemos que X é denso
d (x; y) < ":
De…nição 1.4.2 Um espaço métrico M é dito separável se existir D
enumerável.
M denso e
Proposição 1.4.3 Sejam E e F evn com E separável. Se E e F são isomorfos, então
F é separável.
Demonstração: Seja T : E ! F o isomor…smo em questão e considere D
e enumerável.
E denso
A…rmação 1: T (D) é enumerável. De fato, sendo f : N ! D uma bijeção segue
que a aplicação T f : N ! T (D) é bijetora. Logo, T (D) é enumerável
A…rmação 2: T (D) é denso em F . Com efeito, sejam y 2 F e " > 0. Como T
é um isomor…smo, existe z 2 E tal que T (z) = y. Como D é denso em E, existe x 2 D
tal que
kx zkE < ":
Como
kT (x)
ykF = kT (x)
T (z)kF = kT (x
segue nossa a…rmação, donde F é separável.
Proposição 1.4.4
Kn ; k kp é separável.
28
z)kF
kT k kx
zkE < kT k ";
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Demonstração: Façamos inicialmente para K = R.
A…rmamos que Qn é denso em Rn . Com efeito, seja x = (x1 ; : : : ; xn ) 2 Rn . Como Q é
denso em R, dado " > 0; existem y1 ; : : : ; yn 2 Q tais que
jxi
1
yi j < "=n p ; com i = 1; : : : ; n:
Considere y = (y1 ; : : : ; yn ) 2 Qn e observe que
kx
ykp =
n
X
i=1
jxi
p
yi j
! p1
<
n"p
n
1
p
= ";
o que prova nossa a…rmação. É claro que Qn é enumerável. Logo Rn é separável.
Para termos Cn separável, basta lembrar que Rn+1 é isomorfo a Cn .
O próximo resultado nos diz mais que a proposição anterior.
Proposição 1.4.5 Todo evn de dimensão …nita é separável.
Demonstração: Seja E um evn com dim E = n: Pelo Corolário 1.2.10, temos que E
é isomorfo a Kn . As Proposições 1.4.3 e 1.4.4 nos garantem a separabilidade de E.
Proposição 1.4.6 Se 1
p < 1, então lp é separável.
Demonstração: Faremos apenas o caso K = R. Com as devidas modi…cações, o caso
K = R é análogo.
Seja
n
o
N
D = y = (yj )1
2
Q
;
9
j
2
N
de
modo
que
y
=
0;
8j
>
j
:
0
j
0
j=1
Observe que D lp :
A…rmamos que D é denso em lp . De fato, sejam x = (x1 ; x2 ; : : :) 2 lp e " > 0. Como
1
P
jxj jp < 1, existe n0 2 N tal que
j=1
1
P
"
jxj jp < :
2
j=n0
Como Q é denso em R, existem z1 ; z2 ; : : : ; zn0
1
(1.18)
2 Q, tais que
1
jzi
yi j <
29
"p
2
i+1
p
;
(1.19)
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
onde i = 1; : : : ; n0
(1.19) que
1: Tomando z = (z1 ; z2 ; : : : ; zn0 1 ; 0; 0; : : :) 2 D, segue de (1.18) e
kx
zkp =
1
X
j=1
=
nX
0 1
j=1
<
2j+1
nX
0 1
2j+1
j=1
=
"
2n0
"
"
1
p
1
X
zj jp +
jxj
nX
0 1
j=1
<
zj jp
jxj
! p1
+
1
X
j=n0
+
"
2
j=n0
jxj jp
jxj
zj jp
! p1
! p1
! p1
1
< " p < ";
o que mostra nossa a…rmação.
Por …m, para vermos que D é enumerável, basta observar que
D=
1
S
Di
i=1
onde cada Di = f(x1 ; x2 ; : : : ; xi ; 0; : : :) ; xi 2 Qg é enumerável.
Exemplo 1.4.7 l1 não é separável. De fato, seja
n
o
C = (xj )1
;
x
=
0
ou
x
=
1
j
j
j=1
l1 :
Do processo de diagonalização de Cantor, segue que C não é enumerável. Observe que
para x; y 2 C, com x 6= y, tem-se
d (x; y) = kx
yk1 = sup jxj
j2N
yj j = 1:
Agora, para cada x 2 C considere a bola B 1 (x) e veja que
3
B 1 (x) \ B 1 (y) 6= ?:
3
3
Se M é qualquer subconjunto denso em l1 , então cada bola B 1 (x) ; x 2 C; contém
3
algum m 2 M . Isso mostra que M é não enumerável.
Proposição 1.4.8 Se E é um espaço de Banach separável, então a esfera unitária SE
é separável.
30
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Demonstração: Seja D
de SE
E denso e enumerável. Considere o seguinte subconjunto
D1 =
x
; x 2 D n f0g :
kxk
A…rmamos que D1 é denso em SE . De fato, sejam y 2 SE e " > 0. Não há perda de
generalidade supor " < 21 . Por hípótese, existe x0 2 D tal que
"
x0 k < :
2
ky
Observe que x0 6= 0, visto que " < 12 . Dessa forma
y
x0
kx0 k
ky
"
2
"
<
2
"
=
2
"
2
"
<
2
<
x0 k + x0
+ 1
1
kx0 k
kx0 k
+ jkx0 k
1j
+ jkx0 k
kykj
+ kx0 yk
"
+ = ";
2
o que prova a a…rmação. É claro que D1 é enumerável.
31
x0
kx0 k
Capítulo 2
O Teorema de Hahn-Banach
O Teorema de Hahn-Banach é, sem dúvida, um dos resultados centrais da Análise
Funcional. Ele nos fornece condições para estendermos funcionais lineares sem
alterarmos as propriedades dos mesmos.
2.1
Lema de Zorn
O Lema de Zorn (LZ) é um axioma da Teoria de Conjuntos que trata de famílias
de conjuntos. O LZ se consagrou como peça fundamental em várias demonstrações de
diversos resultados clássicos da matemática, como por exemplo Teorema de BishopPhelps, que todo espaço vetorial possui base de Hamel, Teorema de Tychono¤ dentre
outros.
A seguir, apresentamos alguns resultados necessários para de…nirmos o Lema de
Zorn.
De…nição 2.1.1 Dado um conjunto X e uma relação binária sobre ele, dizemos que
(X; ) é um conjunto parcialmente ordenado se valem as seguintes propriedades:
1.
; 8 2 X (re‡exiva).
2.
e
)
3.
e
)
(transitiva).
=
(antissimétrica).
Observação 2.1.2 Chamamos (X; ) de conjunto "parcialmente"ordenado porque
podem existir elementos em X não comparáveis de acordo com a ordenação
dada.
Se quaisquer dois elementos de (X; ) são comparáveis, então dizemos que (X; ) é
totalmente ordenado.
De…nição 2.1.3 Seja (X; ) um conjunto parcialmente ordenado. Um elemento a 2 X
é dito maximal se, para todo x 2 X com a x, tem-se que x = a. Por outro lado, um
elemento b 2 X é chamado limite superior de Y
X se y b; 8y 2 Y .
32
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Exemplo 2.1.4 Seja X = fX g 2 uma família de conjuntos:
A inclusão de conjuntos
S
é uma relação de ordem parcial em X: Observe que
X é um elemento maximal
2
de X:
Exemplo 2.1.5 A ordem natural
R não possui elemento maximal.
de R é uma relação de ordem total. Observe que
Agora estamos em condições de enunciar o Lema de Zorn.
Lema 2.1.6 (LZ) Um conjunto não-vazio parcialmente ordenado, no qual todo
subconjunto totalmente ordenado possui um limite superior, possui um elemento
maximal.
2.2
O Teorema de Hahn-Banach
A seguir, apresentamos o teorema de Hahn-Banch em sua forma analítica.
Apresentamos duas versões, uma para os espaços vetorias reais e outra para os espaços
vetoriais complexos.
Teorema 2.2.1 (Hahn-Banach (caso real) ) Seja E um espaço vetorial sobre o
corpo dos reais e p : E ! R uma aplicação que satisfaz
p (ax) = ap (x) para todo a > 0 e todo x 2 E
e
p (x + y)
Se G
p (x) + p (y) para quaisquer x; y 2 E:
E e g : G ! R é um funcional linear tal que
g (x)
p (x) para todo x em G;
então existe um funcional linear T : E ! R que estende g e que satisfaz
T (x)
p (x) para todo x em E:
Demonstração: Considere o conjunto
P =
h : D (h) E ! R; D (h)
h estende g e h (x)
E; h é linear; G D (h) ;
p (x) ; 8x 2 D (h)
É claro que P é não-vazio, pois g 2 P .
A…rmação 1: A seguinte relação
h1
h2 sse D (h1 )
D (h2 ) e h2 estende h1
33
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
de…ne uma ordenação parcial em P . De fato,
1. Claramente h h; 8h 2 P .
2. Se h1 h2 e h2 h1 , então D (h1 ) = D (h2 ) e portanto h1 = h2 .
3. Se h1 h2 e h2 h3 , então D (h1 ) D (h2 ) D (h3 ). É claro que h3 estende h1 .
A…rmação 2: Todo subconjunto totalmente ordenado de P possui um limite superior.
Com efeito, seja Q P totalmente ordenado. De…na
S
h : D (h) ! R com D (h) =
D (f ) e h (x) = f (x) ; 8x 2 D (f ) :
f 2Q
Note que h está bem de…nida, pois se x 2 D (h) então existe f0 2 Q tal que
x 2 D (f0 ).Caso exista f1 2 Q com x 2 D (f1 ), pela ordenação total de Q devemos
ter f0 f1 ou f1 f0
Caso f0
f1 , então D (f0 )
D (f1 ) e f1 estende f0 : Nesse caso, basta considerar
h (x) = f0 (x).
Por outro lado, se f1
f0 ; então D (f1 ) D (f0 ) e f0 estende f1 Dessa forma, basta
considerar h (x) = f1 (x). Isso mostra que h está bem de…nida.
É claro que h 2 P e h é limite superior de Q. Nessas condições, o Lema de Zorn garante
que P possui um elemento maximal, que denotaremos por T .
A…rmação 3: D (T ) = E. Suponha por absurdo que D (T ) 6= E. Assim, considere
x0 2 EnD (T ) e de…na e
h:D e
h ! R pondo
D e
h = D (T ) + [x0 ] e e
h (x + tx0 ) = T (x) + t ;
onde é uma constante que será de…nida depois de modo que e
h 2 P . No momento,
desejamos mostrar que satisfaça as seguintes desigualdades
T (x) +
T (x)
Para tanto, basta escolher
sup fT (x)
=e
h (x + x0 )
=e
h (x x0 )
p (x + x0 ) e
p (x
x0 ) ; 8x 2 D (T ) :
de modo que
p (x
inf fp (x + x0 )
x0 )g
x2D(T )
x2D(T )
Felizmente, tal escolha é possível pois se x; y 2 D (T ) então
T (x) + T (y) = T (x + y)
p (x + y)
= p (x + x0 + y x0 )
p (x + x0 ) + p (y x0 )
34
T (x)g :
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
e, consequentemente
T (y)
p (y
y0 )
T (x) ; 8x; y 2 D (T ) :
p (x + x0 )
Cosideremos agora os seguintes casos:
Caso 1: t > 0. Neste caso, temos
x
e
+ x0
h (x + tx0 ) = e
h t
t
x
+ x0
= te
h
t
x
=t T
+
t
x
tp
+ x0
t
= p (x + tx0 ) :
Caso 2: t < 0. Para este caso, segue que
e
h (x + tx0 ) = e
h
=
=
x
t
t
te
h
t T
x
t
x0
x0
x
t
x
x0
t
= p (x + tx0 ) :
tp
Caso 3: t = 0. Temos que
e
h (x + tx0 ) = e
h (x) = T (x)
p (x) = p (x + tx0 ) :
Isso mostra que e
h (x) p (x) ; 8x 2 D e
h : Daí, como e
h estende g, segue que e
h 2 P.
Ora, T e
h e T 6= e
h, mas isso fere a maximilidade de T . Logo D (E) = T e o resultado
segue.
O próximo corolário é às vezes enunciado como Teorema de Hahn-Banach.
Corolário 2.2.2 Sejam G um subespaço de um espaço vetorial normado E (sobre R) e
g : G ! R um funcional linear contínuo. Nessas condições, existe um funcional linear
contínuo T : E ! R que estende g tal que kT k = kgk.
35
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Demonstração: De…na p : E ! R pondo p (x) = kgk kxk. Observe que, se a > 0,
então p (x) = kgk kaxk = a kgk kxk = ap (x). Por outro lado, para x; y 2 E temos
p (x + y) = kgk kx + yk
kgk (kxk + kxk) = kgk kxk + kgk kyk = p (x) + p (y) :
Agora, veja que
x 2 G ) g (x)
jg (x)j
kgk kxk = p (x) ) g (x)
p (x) :
Logo, pelo Teorema de Hahn-Banach, existe T : E ! R linear que estende g e
T (x) p (x) ; 8x 2 E.
Resta-nos mostrar que T é contínuo e que kT k = kgk. Com efeito, por hipótese
kgk kxk ; 8x 2 G:
T (x)
(2.1)
Logo, para todo x 2 Gn f0g temos que
T (x)
kxk
kgk ) T
x
kxk
kgk ) kT k
kgk < 1;
donde T é limitado. Por …m, observe que
kgk = sup jg (x)j = sup jT (x)j
x2BG
x2BG
sup jT (x)j = kT k
x2BE
o que prova que kT k = kgk :
Demonstraremos agora a versão generalizada do Teorema de Hanh-Banach.
Teorema 2.2.3 (Hahn-Banach (caso complexo)) Seja E um espaço vetorial sobre
K (R ou C) e p : E ! R uma aplicação que satisfaz
p (ax) = jaj p (x) para todo a 2 K e todo x 2 E
e
p (x + y)
Se G
p (x) + p (y) para quaisquer x; y 2 E:
E e g : G ! K é uma aplicação linear tal que
jg (x)j
p (x) para todo x em G;
então existe um funcional linear T : E ! K que estende g e que satisfaz
jT (x)j
p (x) para todo x em E:
36
(2.2)
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Demonstração:
A…rmação 1: p (x)
0; 8x 2 E. De fato, primeiro veja que
0 = p (0) = p (0 + 0)
e portanto p (0)
2p (0) ;
0. Por outro lado, como p (x) = p ( x) então
2p (x) = p (x) + p ( x)
p (x
x) = p (0)
0
donde p (x) 0:
Se E é um espaço vetorial real, de (2.2), temos que g (x) p (x) ; 8x 2 G. Logo, pelo
Teorema de Hahn-Banach (caso real) para espaços vetoriais reais, existe T : E ! R
que estende g tal que
T (x) p (x) ; 8x 2 E:
Como
T (x) = T ( x)
p ( x) = p (x)
segue que
T (x)
p (x) ;
donde
jT (x)j
p (x) ; 8x 2 E:
Seja agora E um espaço vetorial sobre C. Então, podemos considerar
g (x) = g1 (x) + ig2 (x) ;
onde g1 e g2 são funcionais lineares sobre R. Como artifício, no momento, restringiremos
E e G como espaços vetoriais sobre R, que denotaremos, respectivamente, por ER e GR .
Como
g1 (x) jg (x)j p (x) ; 8x 2 GR ;
oTeorema de Hahn-Banach (caso real) garante a existência de T1 : ER ! R linear que
estende g1 e tal que
T1 (x) p (x) ; 8GR :
Agora, note que
x 2 G ) i [g1 (x) + ig2 (x)] = ig (x) = g (ix) = g1 (ix) + ig2 (ix)
)
g2 (x) + ig1 (x) = g1 (ix) + ig2 (ix) ;
e portanto
x 2 G ) g2 (x) =
g1 (ix) :
(2.3)
Dessa forma, de…na T : E ! C pondo
T (x) = T1 (x)
37
iT1 (ix) :
(2.4)
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
De (2.3) e (2.4) segue que
T (x) = g1 (x)
ig (ix) = g1 (x) + i [g2 (x)] = g (x) ; 8x 2 G:
Mostraremos que T é um funcional linear em EC . Com efeito, veja que
T (y + (a + ib) x) = T1 (y + (a + ib) x) iT1 (y + i (a + ib) x)
= T1 (y) + T1 (ax + ibx) iT (y) iT1 (iax bx)
= aT1 (x) + bT1 (ix) i [aT1 (ix) bT1 (x)] + [T1 (y)
= (a + ib) [T1 (x) iT1 (ix)] + T (y)
= (a + ib) T (x) + T (y) :
iT1 (y)]
Por …m, provaremos que jT (x)j p (x) para todo x em E. O caso T (x) = 0 é imediato,
pois p (x) 0. Suponha então T (x) =
6 0. Assim
T (x) = jT (x)j ei ) jT (x)j = e
i
T (x) = T e
i
x = e
i
x :
Como jT (x)j é real, vale
jT (x)j = T e
i
x = T1 e
i
x
p e
i
p (x) = p (x) :
O mais natural agora, é apresentarmos um corolário que generalize o Corolário 2.2.2
para o caso complexo.
Corolário 2.2.4 Seja G um subespaço de um espaço vetorial normado E e seja
g : G ! K um funcional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuo
T : E ! K que estende g e kT k = kgk.
Demonstração: Considere p : E ! K pondo p (x) = kgk kxk : Veja que p satisfaz
p ((a + ib) x) = kgk k(a + ib) xk = ja + ibj kgk kxk = ja + ibj p (x)
e
p (x + y) = kgk kx + yk
Veja também que
jg (x)j
kgk kxk + kgk kyk = p (x) + p (y) :
kgk kxk = p (x) ; 8x 2 G:
Logo, por Teorema de Hahn-Banach (caso complexo), existe T : E ! K linear, que
estende g satisfazendo jT (x)j p (x) ; 8x 2 E.
A…rmação 1: T é contínuo. De fato, observe que
x 2 E ) jT (x)j
p (x) = kgk kxk ) kT k
kgk < 1:
A…rmação 2: kT k = kgk. Com efeito, basta observarmos que
kT k = sup jT (x)j
x2BE
sup jT (x)j = sup jg (x)j = kgk :
x2BG
x2BG
38
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Corolário 2.2.5 Seja E um espaço vetorial normado. Dado x0 2 En f0g ; existe
' 2 E 0 tal que k'k = 1 e ' (x0 ) = kx0 k :
Demonstração: Seja p : E ! R dada por p (x) = kxk : Note que p satisfaz
p (ax) = jaj p (x) ; 8a > 0
e
p (x + y) = kx + yk
kx k+k yk = p (x) + p (y) :
Considere g : [x0 ] ! K dada por g (tx0 ) = t kx0 k e veja que
jg (tx0 )j = jtj kx0 k = ktx0 k :
Logo, pelo Teorema de Hahn-Banach, existe um funcional linear ' : E ! K que estende
g, tal que
j' (x)j p (x) = kxk ; 8x 2 E:
Por …m, como
k'k = sup j' (x)j
sup p (x) = sup kxk = 1
kxk 1
e
k'k
'
temos o resultado.
kxk 1
x0
kx0 k
= g
kxk 1
x0
kx0 k
= 1;
Corolário 2.2.6 Seja E um evn não trivial. Mostre que, para todo x em E vale
kxk = sup fj' (x)j ; ' 2 E 0 com k'k
1g ;
onde o supremo é atingido.
Demonstração: Se x = 0 o resultado é claro. Suponha então x 6= 0. Como
sup j' (x)j
sup k'k kxk ; 8' 2 E 0 ;
segue que
sup j' (x)j
'2BE 0
sup k'k kxk = kxk :
(2.5)
'2BE 0
Por outro lado, de…na '0 : [x] ! R, pondo '0 ( x) =
kxk. Assim
j'0 (x)j = kxk ) sup j'0 (x)j = sup kxk = 1:
kxk 1
kxk 1
Dessa forma, o Teorema de Hahn-Banach garante a existência de '1 2 E 0 que estende
'0 tal que k'1 k = k'0 k = 1. Logo, fazendo = 1, obtemos
'0 (x) = kxk = k'1 k
sup fj' (x)j ; ' 2 E 0 com k'k
De (2.5) e (2.6) segue que
kxk = sup fj' (x)j ; ' 2 E 0 com k'k
e o resultado segue.
39
1g ;
1g
(2.6)
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
2.3
Algumas aplicações em espaços separáveis
Nesta seção, iremos aplicar o Teorema de Hahn-Banach na construção de dois
resultados envolvendo espaços separáveis. Antes desses resultados, precisamos da
seguinte proposição.
Proposição 2.3.1 Sejam E um evn, M um subespaço fechado de E, y0 2 EnM e
d = dist (y0 ; M ). Então existe ' 2 E 0 tal que k'k = 1, ' (y0 ) = d e ' (x) = 0; 8x 2 M .
Demonstração: Seja N = M + [y0 ]. Se z 2 N , então
z = x + ay0 ;
com a 2 K e x 2 M . De…na '0 : N ! K pondo '0 (x + ay0 ) = ad. A…rmamos que '0
é linear. Com efeito, para z1 ; z2 2 N e 2 K temos
'0 (z1 + z2 ) = '0 ((x1 + a1 y0 ) + (x2 + a2 y0 ))
= '0 ((x1 + x2 ) + (a1 + a2 ) y0 )
= (a1 + a2 ) d
= a1 d + a2 d = '0 (z1 ) + '0 (z2 ) :
Veja ainda que '0 (M ) = f0g e que '0 (y0 ) = d. Mostraremos agora que k'0 k = 1.
Para tanto, seja z = x + ay0 e observemos que, se a 6= 0 então
x
a
kzk = kx + ay0 k = jaj
y0
jaj d = j'0 (z)j
e, se a = 0 então
kzk = kxk
0 = 0 d = j'0 (z)j :
Logo
k'0 k = sup j'0 (z)j = sup kzk = 1:
kzk 1
kzk 1
Como d = dist (y0 ; M ) ; por propriedade de ín…mo, dado " > 0 existe x" 2 M tal que
d
Seja z" =
y 0 x"
.
ky0 x" k
ky0
x" k
d + ":
Então z" 2 N , kz" k = 1 e
k'0 k
j'0 (z" )j =
d
ky0
x" k
d
;
d+"
donde k'0 k 1; e portanto k'0 k = 1. Pelo Teorema de Hahn-Banach, existe ' 2 E 0
que estende '0 e tal que k'k = k'0 k : O resultado segue.
40
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Teorema 2.3.2 Se E 0 for separável, então E também é separável.
Demonstração: Visto que E 0 é separável, a Proposição 1.4.8 garante a separabilidade
de SE 0 = f' 2 E 0 ; k'k = 1g. Seja então f'n ; n 2 Ng SE 0 denso e enumerável. Logo
k'n k = sup j'n (x)j = 1
x2SE
para cada n 2 N. Dessa forma, para cada n, existe xn 2 SE de modo que
j'n (xn )j
1
:
2
Seja M = [x1 ; x2 ; : : :]. Vamos provar que M = E.
Suponhamos por absurdo que M 6= E: Seja então y0 2 EnM . Pela proposição (2.3.1),
existe ' 2 E 0 com k'k = 1 tal que
' (y0 ) = d := dist (y0 ; M ) e ' (x) = 0; 8x 2 M:
Dessa forma
k'
'n k = sup j('
'n ) (x)j
kxk 1
j('
'n ) (xn )j = j' (xn )
'n (xn )j = j'n (xn )j
1
;
2
que é absurdo pois f'n ; n 2 Ng é denso em SE 0 . Assim M = E e portanto, o conjunto
(
)
n
X
x=
ai xi ; n 2 N e ai 2 Q (no caso real)
i=1
ou o conjunto
(
x=
n
X
j=1
)
(aj + ibj ) xj ; n 2 N e ai ; bj 2 Q (no caso complexo)
é enumerável e denso em E. O resultado segue.
Observação 2.3.3 A recíproca do teorema anterior não vale, pois l1 é separável e l1
não é, entretanto l1 = (l1 )0 . Para uma demonstração detalhada do último fato, veja
([9, pág. 40]).
Teorema 2.3.4 Todo evn separável é isometricamente isomorfo a um subespaço de l1 :
Demonstração: Sejam E um evn separável e D = fxn ; n 2 Ng um subconjunto
denso em E: Observe que podemos supor 0 62 D: Assim, pelo Corolário 2.2.5, para cada
n 2 N, existe 'n 2 E 0 tal que k'n k = 1 e 'n (xn ) = kxn k :
De…na a seguinte aplicação
T : E ! l1
:
x 7! ('n (x))1
n=1
41
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Como
j'n (x)j
k'n k kxk = kxk ;
segue que T está bem de…nida, visto que ('n (x))1
n=1 2 l1 : Da linearidade de cada 'n ;
temos que T é linear. Temos ainda que
kT (x)k = sup fj'n (x)j ; n 2 Ng
kxk ;
(2.7)
donde T é contínua. Por outro lado, veja que
kT (xk )k = sup fj'n (xk )j ; n 2 Ng
j'n (xk )j = kxk k :
(2.8)
Segue de (2.7) e (2.8) que, para cada k;
kT (xk ) k=k xk k :
(2.9)
Visto que D = fxn ; n 2 Ng é denso em E; dado x 2 E existe (xn )1
k=1 em D de modo
que xn ! x; donde kxn k ! kxk. Como T é contínua, segue que T (xk ) ! T (x) e
portanto kT (xk )k ! kT (x)k : Dessa forma, de (2.9) concluímos que kT (x)k = kxk
para todo x 2 E: Isso mostra que T é injetiva, e consequentemente, T : E ! T (E) é
uma isometria.
42
Indicação de estudos
O Teorema de Hahn-Banach, também formulado como teorema de separação e
teorema de extensão, é um teorema cuja forma é particularmente apropriado para
aplicações em problemas lineares. Na Análise Funcional podemos aplicá-lo em:
Dualidade.
O Teorema Integral de Cauchy para funções analíticas vetoriais.
Critério de Helly para resolver sistemas de equações lineares em espaços normados
re‡exivos.
E, se o estendermos para além da análise funcional, encontraremos aplicações como:
A prova da existência de funções de Green;
Solução de Banach do problema "fácil"de medida;
Aplicação de programações convexas;
Aplicação para teoria de jogos;
A formulação da termodinâmica;
O estudo do teorema de Hahn-Banach é um "tesouro"para o desenvolvimento de
outros teoremas importantes. Alguns desses desenvolvimentos recentes incluem:
Plewnia [1993]: Em vez de um subespaço linear de um espaço real X.
Seja C um subconjunto não-vazio convexo de X. Seja p : X ! R uma função
convexa e deixe f : C ! R uma função côncava com f (x) p(x) em C. Então
existe uma linear função g : X ! R e uma constante real a tal que g(x)+a p(x);
para x 2 X e f (x) p(x) + a; para x 2 C.
Ruan [1992]: Um teorema de Hahn-Banach para bisublineares funcionais.
Ding [1992]: Algumas condições para um espaço não-localmente convexo, como o
lp , 0 < p < 1, para ter a propriedade de extensão Hahn-Banach.
43
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Burgin [1991]: Usando a análise fora do padrão, um análogo do teorema de HahnBanach para obtenção de "hiperfuncionais".
Su [1990]: Um teorema de Hahn-Banach para uma classe de funcionais lineares
em espaços normados probabilísticas.
E o melhor de tudo, ainda não se tem uma idéia se as descobertas extraidas desse
teorema se esgotarão.
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Referências Bibliográ…cas
[1] AGUIAR, T. dos S. Uma Introdução à Análise Funcional: O Teorema de
Hahn-Banach. Ilhéus: UESC, 2008. (Monogra…a de Graduação)
[2] COELHO, F. U. LOURENÇO, M. L. Um Curso de Álgebra Linear. São Paulo:
Edusp, 2007.
[3] FIORENTINI, D.; LORENZATO, S. Processo de Coleta de Informações e de
Constituição do Material de Estudo. In:______. Investigação em Educação
Matemática: percursos teóricos e metodológicos. Campinas: São Paulo, 2006. p.
101 –131.(Coleção Formação de Professores).
[4] KREYSZIG, E. Introductory Functional Analysis With Applications. Délhi:
Wiley Classics Library, 1989.
[5] LIMA, E. L. Curso de Análise vol. 1. Rio de Janeiro: IMPA, 2011. (Coleção
Projeto Euclides)
[6] LIMA, E. L. Espaços Métricos. Rio de Janeiro: IMPA, 2007. (Coleção Projeto
Euclides)
[7] NARICI, L.; BECKENSTEIN, E. The Hahn-Banach Theorem: The Life and
Times. Nova York: St. John’s University, 2002.
[8] OLIVEIRA, C. R. Introdução à Análise Funcional. Rio de Janeiro: IMPA, 2010.
(Coleção Projeto Euclides)
[9] PELLEGRINO, D. M. Notas de Aula de Introdução à Análise Funcional.
João Pessoa: UFPB, 2008.
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