O Teorema de Banach$Alaoglu$Boubarki
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O Teorema de Banach$Alaoglu$Boubarki
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIA CAMPUS EUNÁPOLIS DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPEN COLEGIADO DE MATEMÁTICA –COMAT Jairo de Almeida Santos O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki Eunápolis 2012 Jairo de Almeida Santos O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki 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 MATEMÁTICA –COMAT O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki por Jairo de Almeida Santos 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. Dr. Fabíolo Moraes Amaral - IFBA Aos meus pais. 4 Agradecimentos Agradeço primeiramente a Deus, por mais um objetivo alcançado. Em segundo quero agradecer ao Professor Marcos Ferreira, por ter me orientado, pela compreensão, paciência, incentivo e ensinamentos. Mas, principalmente, por ter apostado que nosso trabalho sempre daria certo. Aos meus colegas e amigos da faculdade. Pelos momentos de estudos, por estarem presentes nos momentos estressantes e também pelos bons momentos de distração. A todos os meus professores que contribuíram para a minha formação. A Rondinei, Silvonei, Marinalva e Valdinei. E para …nalizar, quero agradecer a minha família. Em especial aos meus irmãos, Isaac e Taiane, e aos meus pais, Eni e Lourival, a quem devo tudo. 5 Resumo Neste trabalho, abordaremos um importante resultado da Análise Funcional, a saber o Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki. Veremos que, em espaços vetoriais normados de dimensão in…nita, a bola unitária fechada nunca é compacta. Entretanto, em certas situações, o teorema mencionado acima garantirá que a bola unitária fechada de determinados espaços normados de dimensão in…nita é compacta. Palavras-Chave: Bola unitária fechada, Topologia fraca estrela, Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki. 6 Sumário Introdução 1 Preliminares 1.1 Resultados gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Operadores lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Os espaços lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados 8 . . . . . 9 9 14 17 20 26 2 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki 2.1 Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Topologia Fraca Estrela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 29 33 35 Conclusão 37 Referências Bibliográ…cas 38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Introdução O tema de estudo deste trabalho é o Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki, mais conhecido como Teorema de Banach-Alaouglu. Mostraremos que em um espaço de dimensão in…nita a bola unitária fechada nunca é compacta. Mas, o Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki irá dizer que em um espaço dual E 0 com a topologia fraca estrela a bola unitária fechada é sempre compacta. Nesse trabalho, usamos como metodologia a revisão bibliográ…ca do tipo metanálise, isto é, revisão sistemática de outras pesquisas, visando realizar uma avaliação crítica das mesmas e/ou produzir novos resultados ou sínteses desses estudos, segundo ([2]). Este texto está dividido em dois capítulos. No primeiro capítulo, iniciamos com as preliminares, onde consta algumas de…nições e resultados de análise, topologia e álgebra linear que usamos no trabalho. Depois introduzimos os espaços vetoriais normados, operadores lineares e resultados acerca dos mesmos e os espaços de Banach de dimensão …nita e in…nita. Por …m, trabalhamos os conjuntos compactos em espaços vetoriais normados. No segundo capítulo de…nimos topologia fraca e fraca estrela e os principais resultados. Por …m, chegamos no Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki. Por …m, trazemos a conclusão. 8 Capítulo 1 Preliminares 1.1 Resultados gerais Para o bom entedimento desse trabalho é necessário o conhecimento prévio de alguns conceitos e resultados de álgebra linear, análise e topologia. As de…nições e resultados que enunciaremos a seguir podem ser encontrados nas referências bibliográ…cas que citamos no …nal desse texto. De…nição 1.1.1 ([5, p. 1]) Uma métrica num conjunto M é uma função d : M M ! R que satisfaz as seguintes condições: (i) d(x; y) 0; com d(x; y) = 0 , x = y: (ii) d(x; y) = d(y; x): (iii) d(x; z) d(x; y) + d(y; z); 8x; y; z 2 M: Um espaço métrico é um par (M; d), onde M é um conjunto e d é uma métrica em M. De…nição 1.1.2 ([5, p. 161]) Um sequência (xn ) num espaço métrico M chamase uma sequência de Cauchy quando, para todo " > 0 dado, existe n0 2 N tal que m; n > n0 ) d(xm; xn ) < ". De…nição 1.1.3 ([7, p. 4]) Seja E um espaço vetorial sobre K (que denotará R ou C). Uma norma em E é uma função k k : E ! R que satisfaz, para todos x; y 2 E e 2 K; as seguintes condições: (i) kxk 0; com kxk = 0 , x = 0: (ii) k xk = j j kxk : (iii) kx + yk kxk + kyk : Um espaço vetorial munido de uma norma é chamado de espaço vetorial normado (evn). Um evn sempre pode ser considerado um espaço métrico, com a métrica dada por d (x; y) = kx yk : Dizemos que que a métrica acima d é induzida pela norma k k : 9 1.1. RESULTADOS GERAIS Exemplo 1.1.4 ([5, p. 5]) As seguintes funções são normas em Rn p + x2n kxk = x21 + x22 + : kxks = jx1 j + jx2 j + + jxn j kxkm = max fjx1 j ; jx2 j ; : : : ; jxn jg Em espaços métricos, dizemos que a sequência (xn )1 n=1 converge para x quando lim d (xn ; x) = 0: n!1 De modo análogo, em um evn, dizemos que uma sequência (xn )1 n=1 converge para x quando lim kxn xk = 0: n!1 Duas normas k k1 e k k2 em um espaço vetorial E são equivalentes se existem constantes positivas c1 ; c2 tais que c1 kxk1 kxk2 c2 kxk1 ; 8x 2 E: De…nição 1.1.5 Seja M um espaço métrico. Um conjunto X M é compacto se toda sequência de X possui uma subsequência que converge para um elemento de X. De…nição 1.1.6 Seja E um espaço vetorial normado, a bola unitária fechada em E é o conjunto BE = fx 2 E; kxk 1g: De…nição 1.1.7 Seja E um espaço vetorial normado, a bola unitária fechada em E 0 é o conjunto BE 0 = ff 2 E 0 ; kf k 1g: De…nição 1.1.8 ([5, p. 30]) Uma função f : E ! F entre espaços vetoriais normados é dita lipschitziana se existe uma constante K > 0; tal que kf (x) f (y)k K kx yk ; 8x; y 2 E: Teorema 1.1.9 ([5, p. 149]) Se f : E ! F é lipschitziana, então f é uniformemente contínua. De…nição 1.1.10 ([4, p. 174]) Sejam E um evn e X em E se, dados y 2 E e " > 0; existe x 2 X tal que kx E: Dizemos que X é denso yk < ": De…nição 1.1.11 ([5, p. 275]) Um espaço métrico M é dito separável se existe D M enumerável e denso. 10 1.1. RESULTADOS GERAIS De…nição 1.1.12 ([5, p. 71]) Uma topologia num conjunto X é uma coleção de subconjuntos de X, chamados conjuntos abertos, satisfazendo as seguintes propriedades: (i) ; e X pertencem a : (ii)Se A1 ; :::; An 2 ; então A1 \ ::: \ An 2 : S A 2 . (iii)Dada uma família (A ) 2 de elementos de ; tem-se 2 Na de…nição anterior, denota um conjunto arbitrário de índices. Um espaço topológico é um par (X; ) de acordo a de…nição anterior. De…nição 1.1.13 Seja X um espaço topológico. Um subconjunto Y X é dito S compacto (em X) quando, sempre que Y A ; com cada A aberto em X, existirem 1; : : : ; n 2 tais que Y A 1 \ 2 \ A n: Proposição 1.1.14 ([7, p. 145]) Sejam X um espaço topológico e B X um subespaço. A B é compacto em B se, e somente se, A é compacto em X. Em particular, fazendo A = B; segue que A é compacto em X se, e somente se, A; pensando como espaço topológico, é compacto. Proposição 1.1.15 ([7, p. 147]) Sejam A B Y; A é fechado em Y e B é compacto em Y . Nessas condições A é compacto em Y . De…nição 1.1.16 ([7, p. 130]) Sejam X um espaço topológico e x 2 X. Uma vizinhança de x é um conjunto U contendo um aberto V de X, com x 2 V . A coleção Ux de todas as vizinhanças de x é chamada de sistema de vizinhanças de x. De…nição 1.1.17 ([7, p. 131]) Uma base de vizinhança em x num espaço topológico X é uma subcoleção Bx , Bx Ux , tendo a propriedade que cada U 2 Ux contém algum V 2 Bx . Assim, Ux pode ser determinado por Bx da seguinte forma Ux = fU X; V U para algum V 2 Bx g. De…nição 1.1.18 ([7, p. 133]) Se (X; ) é um espaço topológico, uma base para uma coleção B tal que S = B; C B : é B2C De…nição 1.1.19 ([7, p. 135]) Sejam X e Y espaços topológicos e f : X ! Y uma função. Então f é contínua em x0 2 X se, e somente se, para cada vizinhança V de f (x0 ) em Y , existir uma vizinhaça U de x0 em X tal que f (U ) V . Dizemos que f é contínua em X se f for contínua em cada ponto de X. Proposição 1.1.20 ([7, p. 137]) Sejam Y Z e f : X ! Y . Nessas condições, f é contínua se, e somente se, f vista como função de X em Z é contínua. 11 1.1. RESULTADOS GERAIS De…nição 1.1.21 ([7, p. 137]) Seja X um conjunto para cada em : O produto cartesiano dos conjuntos X é o conjunto Q S X = fx : ! X ; x( ) 2 X para cada 2 g. (1.1) 2 2 Quando não houver possibilidade de confusão, denotaremos Q X por X . Na 2 prática, o valor x( ) é denotado por x . A função : X ! X , dada por (x) = x , é chamada a -ésima projeção. De…nição 1.1.22 ([7, p. 137]) A topologia produto (ou topologia de Tychono¤ ) em X é obtida tomando como base os conjuntos da forma U , onde (a) U é aberto em X para cada : (b) U = X , exceto para uma quantidade …nita de índices. Observação 1.1.23 Veja que X com U = X ; exceto para escrito como U = 11 (U 1 ) \ ::: \ n1 (U n ). = 1 ; :::; n, pode ser Dessa forma, a topologia produto é exatamente a topologia que tem como sub-base a coleção 1 (U ) ; 2 A; U é aberto em X : Observação 1.1.24 Sejam X um conjunto qualquer e Y = ff : Q X ! R; f é uma funçãog : De acordo (1.1) podemos interpretar Y como sendo Y = Z ; com Z = R para todo : Dessa forma, um elemento da 2X base da topologia produto de Y é algo do tipo: U= 1 1 (U 1 ) \ \ 1 n (U n ) com U j ; j = 1; : : : ; n; elementos da base (natural) da topologia de R. Assim, cada U é um intervalo de raio j centrado num certo bj e U = fg 2 Y ; jg ( j ) bj j < j; para cada j = 1; : : : ; ng : Teorema 1.1.25 (Tychono¤, [7, p. 148]) Sejam fX g topológicos e Y = X . Um subconjunto não vazio Y0 = 2 e somente se, cada A é compacto. j 2 2 uma família de espaços A de Y é compacto se, Em situações gerais, as sequências não caracterizam bem as topologias. Por exemplo, às vezes é possível encontrar um ponto de acumulação de um conjunto F X sem que exista uma sequência (xn ) em F convergindo para esse ponto. Existem duas caracterizações clássicas de sequência, que consertam essa limitação: redes e …ltros. Neste texto, será imprescindível um resultado a cerca de redes. 12 1.1. RESULTADOS GERAIS De…nição 1.1.26 ([7, p. 139]) O conjunto é dito conjunto dirigido quando existe uma relação em ; satisfazendo: (a) para todo 2 : (b) se 1 2 e 2 3 , então 1 3. (c) se 1 ; 2 2 , então existe algum 3 2 tal que 1 3 e 2 3. Na de…nição anterior, dizemos que a relação é uma direção para o conjunto . Exemplo 1.1.27 A relaçao de ordem natural em R é uma direção. De…nição 1.1.28 ([7, p. 139]) Uma rede em um conjunto X é uma função P : ! X, onde é um conjunto dirigido. Por convenção, o ponto P ( ) é denotado por x e escrevemos "a rede (x ) 2 ". De…nição 1.1.29 ([7, p. 139]) Seja (x ) 2 uma rede em um espaço topológico X. Dizemos que (x ) 2 converge para x 2 X (escrevemos x ! x) se para cada vizinhança U de x, existir algum 0 2 tal que para todo 0 , tem-se x 2 U . Exemplo 1.1.30 ([7, p. 140]) O conjunto N com a ordem natural é um conjunto dirigido. Dessa forma, toda sequência (xn )1 n=1 em N é uma rede: Teorema 1.1.31 ([7, p. 141]) Uma rede (x ) converge para x se, e somente se, para cada 2 2 , no espaço produto X = (x ) ! (x) em X . 2 X De…nição 1.1.32 ([7, p. 140]) Um espaço topológico X é chamado espaço de Hausdor¤ quando, para todos x; y em X distintos, existem abertos U; V de X tais que x 2 U; y 2 V e U \ V = ?. Proposição 1.1.33 ([5, p. 12]) Todo espaço métrico é um espaço de Hausdor¤. Proposição 1.1.34 ([4, p. 123]) (Teorema de Bolzano-Weierstrass) sequência limitada de números reais possui uma suquência convergente. Toda De…nição 1.1.35 ([1, p. 109]) Seja E um espaço vetorial sobre K. Um funcional linear em E é uma transformação linear f : E ! K. O conjunto formado por todos os 0 funcionais lineares f : E ! K chamares de espaço dual de E e denotaremos por E . De…nição 1.1.36 ([2, p. 117]) Seja E um espaço vetorial sobre K. Chamamos o 0 0 00 espaço (E ) de espaço bidual a E e usamos a notação E . 13 1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS 1.2 Espaços vetoriais normados De…nição 1.2.1 Um espaço métrico é dito completo se toda sequência de Cauchy for convergente no espaço. De…nição 1.2.2 Um espaço de Banach é um evn que é completo com a métrica induzida pela norma. Proposição 1.2.3 Kn é um espaço de Banach. 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 (m) (r) xj xj m; r n0 ) jjxm xr jj = 2 <" (1.2) 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) < ": (1.3) De (1.3), 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 14 1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS (m) pelos limites das n sequências (xj )1 m=1 : Fazendo r ! 1 em (1.2) obtemos " lim kxm xr k # 12 " n P (m) (r) = lim (xj xj )2 r!1 r!1 = = = " " " lim n P (m) r7 !1 j=1 n P (xj (m) lim (xj j=1 r!1 n P j=1 = kxm sempre que m j=1 (m) (xj 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 mais adiante que todo evn de dimensão …nita é um espaço de Banach. Para tanto, necessitamos do seguinte lema técnico: Lema 1.2.4 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) : (1.4) 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 (1.4) equivale provar a existência de c > 0 tal que para quaisquer escalares b1 ; : : : ; bn tem-se jjb1 x1 + : : : + bn xn jj c; (1.5) onde n X j=1 jbj j = j a1 an 1 j + : : : + j j = (ja1 j + : : : + jan j) = 1: v v v 15 1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS 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) tais que jjb1 x1 + : : : + b(m) ; existem b1 ; : : : ; b(m) : n xn jj < n m m .. . (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 (1) (m) (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 j=1 (m) e, para cada j, lim dj m7 !1 n X (m) jdj j = 1 = cj : Portanto, (m) lim yn ;m = lim (d1 x1 + : : : + d(m) n xn ) m!1 m!1 (1.6) (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: (1.7) Segue de (1.6) que lim jjyn ;m jj = jjyjj: m!1 (1.8) 1 De (1.8) 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 (1.7). Logo, existe c > 0 que satisfaz a desigualdade (1.5) para quaisquer escalares b1 ; : : : ; bn : Terminamos esta seção enunciando duas consequências do Teorema de HahnBanach. Estas serão usadas na demonstração do Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki. 16 1.3. OPERADORES LINEARES Proposição 1.2.5 Se E é um evn, então, para cada x0 2 En f0g ; existe ' 2 E 0 tal que k'k = 1 e ' (x0 ) = kx0 k : Proposição 1.2.6 Se E é um evn não trivial, então, para cada x 2 E; tem-se kxk = sup fj' (x)j ; ' 2 E 0 com k'k 1g ; onde o supremo é atingido. 1.3 Operadores lineares De…nição 1.3.1 Sejam E e F espaços vetoriais sobre K: Uma aplicação T : E ! F é um operador linear T (x + y) = T (x) + T (y); 8x; y 2 E; 8 2 K: O conjunto formado por todos os operadores lineares de E em F será denotado por L(E; F ): De…nição 1.3.2 Se E e F são espaços vetoriais normados e T : E ! F um operador linear, de…nimos kT k = supfkT (x)k ; kxk 1g. Dizemos que T é limitado quando kT k < 1. Proposição 1.3.3 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K. Dado T 2 L(E; F ), as seguintes a…rmações são equivalentes: (a) T é contínuo. (b) T é contínuo na origem. (c) T é limitado. Demonstração: (a) ) (b) É óbvio. (b) ) (c) Suponha que (c) não seja válido. Assim, existe uma sequência (xk )1 k=1 em E tal que kkk k 1 e kT xk k > k; 8k 2 N. De…na zk = kTxxkk k ; 8k 2 N; e veja que lim zk = lim xk k!1 k!1 1 = 0; kT xk k o que contraria o fato de T ser contínua na origem. (c) ) (a) A…rmamos que kT xk kT k kxk ; 8x 2 E: De fato, se x = 0 o resultado é imediato. Suponha então x 6= 0. Assim kT xk 1 x = Tx = T( ) kxk kxk kxk kT k ) kT xk kT k kxk ; 8x 2 E: Dessa forma, para quaisquer x; y 2 E temos kT (x y)k kT k kx yk c kx yk : Isso mostra que T é lipschitziana, e portanto uniformemente contínua. 17 1.3. OPERADORES LINEARES Corolário 1.3.4 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 1 k n j=1 j=1 Faça k = max kT (ek )k e observe que, pelo Lema 1.2.4, existe c > 0 tal que n P j=1 1 k n jaj j k c kxk =c. Logo kT (x)k kxk. Portanto kT k = sup kT (x)k jjxjj 1 k k k kxk = sup kxk = ; c jjxjj 1 c 1 c sup jjxjj e o resultado segue. Corolário 1.3.5 Em um evn de dimensão …nita, quaisquer duas normas são equivalentes. Demonstração: Sejam k k1 e k k2 normas quaisquer em E. Considere o operador identidade id : (E; k k1 ) ! (E; k k2 ): Como dim E < 1, segue do corolário anterior que id e id 1 são contínuas. Assim, existem c1 ,c2 > 0 tais que kid (x)k2 c1 kxk1 e id 1 (x) 1 c2 kxk2 : Dessa forma, 1 kxk1 c2 kxk2 c1 kxk1 ; 8x 2 E: De…nição 1.3.6 Dizemos que dois espaços vetoriais normados E e F são isomorfos se existe um operador linear T : E ! F contínuo e com inversa contínua. Neste caso, T é chamado de isomor…smo. Se T : E ! F é um isomor…smo tal que kT xk = kxk ; 8x 2 E, então dizemos que E e F são isometricamente isomorfos. Neste caso, dizemos que T é uma isometria. Corolário 1.3.7 Se E e F são espaços vetorias normados com dim E = dim F = n, então E e F são isomorfos. 18 1.3. OPERADORES LINEARES Demonstração: Sejam B = fe1; :::; en g e C = ff1 ; :::; fn g bases de E e F; respectivamente. De…na T : E ! F pondo T (ej ) = fj , para cada j = 1; :::; n: É claro que T é linear. A…rmamos que T é bijetiva. De fato, sejam x; y 2 E tais que T (x) = T (y): Assim, T (a1 e1 + + an en ) = T (b1 e1 + + bn en ) donde a1 f1 + ::: + an fn = b1 f1 + ::: + bn fn ) (a1 b1 )f1 + ::: + (an bn )fn = 0: Logo ai bi = 0 para todo i = 1; : : : ; n: Isso mostra que T é injetiva. Agora se z 2 F , então y = c1 f1 + ::: + cn fn = c1 T (e1 ) + ::: + cn T (en ) = T (c1 e1 ) + ::: + T (cn en ) = T (c1 e1 + ::: + cn en ) = T (x) ; onde x = c1 e1 + ::: + cn en 2 E: LogoT é sobrejetora. Como T e T 1 possuem dimensão …nita, segue que esses operadores são contínuos. O resultado segue. Proposição 1.3.8 Sejam E e F espaços vetoriais normados, com E completo. Se T : E ! F é um isomor…smo, então F é completo. Demonstração: Seja (xn )1 n=1 uma sequência de Cauchy em F . Considere yn = 1 T (xn ) ; para todo n natural. Como (xn )1 n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que n; m n0 ) kxn xm k < ": Logo n; m n0 ) kyn ym k = kT 1 (xn ) T 1 (xm )k = kT 1 (xn xm )k kT 1 k kxn xm k K"; visto que T 1 é limitado. Isso mostra que (yn )1 n=1 é de Cauchy em E: Como E é completo, segue que yn ! y 2 E: Por …m, como T é contínuo, segue que T (yn ) ! T (y) ; donde xn ! T (y) 2 F: O resultado segue. Corolário 1.3.9 Todo evn (sobre K) de dimensão …nita é um espaço de Banach. Demonstração: Seja E um evn tal que dim E = n. Pelo Corolário 1.3.7, temos que E é isomorfo a Kn . Como Kn é Banach, segue, da proposição anterior, que E é Banach. 19 1.4. OS ESPAÇOS LP Os espaços lp 1.4 Nesta seção, daremos alguns exemplos de espaços de Banach de dimensão in…nita, a saber os espaços lp . Antes desses exemplos, precisamos das Desigualdade de Hölder e Minkowski. Lema 1.4.1 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 1.4.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam p; q > 1 tais que n 2 N. Então ! p1 ! 1q n n n P P P jxj yj j jxj jp jyj jq j=1 j=1 j=1 para quaisquer escalares xj ; yj com j = 1; : : : ; n. 20 1 p + 1 q = 1 e 1.4. OS ESPAÇOS LP 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 jyj jq jxj jp e bj = P aj = P n n jxk jp jyk jq temos que 1 jyj jq = 0 é trivial. Suponha então jyj jq 6= 0. Usando o Lema 1.4.1 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 p 1 p n P jxk j aj b j + p q = n X aj p j=1 1 q q k=1 n X aj b j + p q j=1 jyk j n X bj + q j=1 1X 1X = aj + bj p j=1 q j=1 0 1 n n 0 n k=1 n P 1 j=1 = P p n k=1 Logo, segue de (1.9) n P j=1 o que prova o resultado. 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 = (1.9) : jxj j jyj j k=1 n P p jxj j jxk jp n P k=1 1 j=1 + P q n k=1 p jxk j 21 1 p q jyj j 1 1 + = 1: p q = jyk jq n P k=1 q jyk j 1 q ; 1.4. OS ESPAÇOS LP Teorema 1.4.3 (Desigualdade de Minkowski) Sejam n 2 N e p n P k=1 p 1 p jxk + yk j n P 1 p p k=1 jxk j + n P k=1 quaisquer que sejam os escalares xk ; yk com k = 1; : : : ; n. 1. Então 1 p p (1.10) 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 (1.10) 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 (1.11) 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 (1.11) 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 (1.12) 1.4. OS ESPAÇOS LP 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 (1.12) e (1.13), obtemos 2 ! p1 n n X X (jxk j + jyk j) (jxk j + jyk j)p 1 4 + jxk jp k=1 n P k=1 n P k=1 donde n P k=1 (jxk j + jyk j)p (jxk j + jyk j)p (jxk j + jyk j)p 1 p n P = k=1 n X 1 q k=1 (jxk j + jyk j)p x := (xj )1 j=1 jyk jp + 1 q 1 De…nição 1.4.4 Para cada p 2 R com 1 ( lp = jxk jp k=1 ! p1 (jxk j + jyk j)p k=1 n X k=1 Logo n X n X k=1 n X k=1 ! p1 3 " 5 jyk jp jxk jp ! p1 n X k=1 ! p1 + # 1q (1.13) : (jxk j + jyk j)p # 1q ; n X k=1 jyk jp ! p1 : p < 1 de…nimos o conjunto ) 1 P 2 KN ; jxj jp < 1 : j=1 Observação 1.4.5 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 <1e jyj jq < 1; 1 P j=1 jyj jq ! 1q < 1: Dessa forma, fazendo n ! 1 na Desigualdade de Hölder, obtemos 1 P j=1 jxj yj j 1 P j=1 jxj jp ! p1 1 P j=1 jyj jq ! 1q : Usando um raciocínio análogo, obtemos a Desigualdade de Minkowski para n ! 1. 23 : 1.4. OS ESPAÇOS LP Proposição 1.4.6 Se 1 por p < 1, lp é um espaço vetorial normado com a norma dada (xj )1 j=1 := p Demonstração: Tomando x; y 2 lp e x+y = x= 1 P j=1 jxj jp ! p1 (1.14) : 2 K, de…nimos 1 (xj )1 j=1 + (yj )j=1 = (x1 + y1 ; : : : ; xj (xj )1 j=1 = ( x1 ; : : : ; xj ; : : :) : + yj ; : : :) Mostraremos que as operações estão bem de…nidas. Inicialmente observe que, pela desigualdade de Minkowski, tem-se ! p1 ! p1 ! p1 1 1 1 X X X jxj + yj jp jxj jp + jyj jp < 1; j=1 j=1 j=1 donde x + y 2 lp . Por outro lado, veja que 1 1 X X p p j xj j = j j jxj jp < 1 j=1 j=1 portanto x 2 lp . As propriedades de espaço vetorial não oferecem di…culdades. Provaremos agora que a função (1.14) é uma norma em lp . De fato, vejamos as condições: (i) É claro que (xj )1 j=1 Por outro lado, se (ii) Veja que (xj )1 j=1 p p 1 > 0. Agora veja que, sendo (xj )1 j=1 = 0 temos (xj )j=1 P1 1 p p j=1 jxj j = ( xj )1 j=1 1 P = p j=1 (iii) Como 1 (xj )1 j=1 + (yj )j=1 = 0 então p j xj jp P1 j=1 ! p1 jxj jp = 0 e portanto xj = 0; 8j 2 N. n P j jp jxj jp = = (xj + yj )1 j=1 j=1 1 X = p j=1 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 o que prova o resultado. 24 = 0. p ! p1 p ! p1 jxj + yj jp ! p1 + = j j (xj )1 j=1 1 P j=1 jyj jp + (yj )1 j=1 ; p ! p1 ! p1 : p 1.4. OS ESPAÇOS LP Proposição 1.4.7 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 ! p1 1 X n; m n0 ) " > kxn xm kp = jxnj xmj jp jxnj j=1 xmj j ; (1.15) para cada j 2 N: Dessa forma, para cada j, (xnj )1 n=1 é uma sequência de Cauchy em 1 K. Como K é Banach, temos que cada (xnj )j=1 converge, digamos para yj 2 K. Seja N x = (yj )1 j=1 2 K . Vamos mostrar que x 2 lp e xn ! x. De (1.15) segue, para cada N natural, que ! p1 N X < "; (1.16) jxmj xnj jp j=1 sempre que n; m n0 : Fazendo n ! 1 em (1.16), 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 p "; n; m n0 ) kxm xk = jxmj yj j 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 1.4.8 Se p = 1, de…nimos o espaço vetorial l1 = N x := (xj )1 j=1 2 K ; sup jxj j < 1 j2N munido da norma kxk1 := sup jxj j : j2N 25 1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS Proposição 1.4.9 O (l1 ; k k1 ) é um espaço de Banach. Demonstração: Seja (xn )1 n=1 uma sequência de Cauchy em l1 . Denotemos cada termo da sequência xn por x1 = (x11 ; x12 ; x13 ; :::; x1n ; :::) .. . xn = (xn1 ; xn2 ; xn3 ; :::; xnn ; :::) .. . ; N onde, para cada n; (xnj )1 j=1 2 K . Como (xn )1 n=1 é de Cauchy, dado " > 0; existe n0 2 N tal que n; m n0 ) sup jxnj j2N xmj j kxn xm k1 < "; donde n; m n0 ) jxnj xmj j < ", (1.17) para cada j 2 N …xo. Dessa forma, para cada j, a sequência de escalares (xnj )1 n=1 é de Cauchy em K, e portando convergente. Seja yj = limn!1 xnj e considere y = (yj )1 j=1 . Nosso objetivo agora é mostrar que xn ! y e que y 2 l1 . Em (1.17), fazendo n ! 1; obtemos, para cada j; jxmj yj j "; sempre que m n0 . Assim m n0 ) kxm yk1 = sup jxmj j2N yj j ", (1.18) donde xm ! y. Por outro lado, de (1.18), temos que xn0 y 2 l1 . Como xn0 2 l1 e y = xn0 (xn0 y) ; segue que y 2 l1 , visto que l1 é um espaço vetorial. O resultado segue. 1.5 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados Nessa seção, mostraremos que a compacidade apresenta comportamentos diferentes em dimensões …nita e in…nita. Mostraremos que a bola unitária fechada é sempre compacta em espaços de dimensão …nita e que ela nunca é compacta em espaços de dimensão in…nita. Teorema 1.5.1 Se E é um evn de dimensão …nita, então um subconjunto X compacto se, e somente se, é fechado e limitado. 26 E é 1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS Demonstração: Sendo E um espaço métrico segue que, se X E é compacto, então é fechado e limitado (veja [5, p. 212]). Mostremos então que, se X E é fechado e limitado, então é compacto. Mostraremos que X é sequencialmente compacto. De fato, sejam B = fe1; :::; en g uma base de E e (xm )1 m=1 uma sequência em X. Observe que, para cada m 2 N, tem-se (m) xm = a1 e1 + + a(m) n en : Como (xm )1 m=1 é limitada, existe k > 0 tal que kxm k Lema 1.2.4, exite c > 0 tal que k kxm k = n X (m) ai ei c i=1 n X k, 8m 2 N. Dessa forma, pelo (m) ai i=1 ,8m 2 N. Em particular, k (m) ai c para todo m 2 N e cada i = 1; : : : ; n: Isso mostra que cada sequência de escalares 1 1 (m) (m) é limitada. Logo, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, cada ai ai m=1 m=1 admite uma subsequência convergente. Usando um raciocício análogo à demonstração do Lema 1.2.4, obtemos uma subsequência de (xm )1 m=1 que converge para um certo n X y= ai ei . Como X é fechado, segue que y 2 X: Isso mostra que X é compacto. i=1 Corolário 1.5.2 A bola unitária fechada em um evn de dimensão …nita é compacta. Demonstração: Segue diretamente do teorema anterior. Lema 1.5.3 (Lema de Riesz) Sejam M um subespaço fechado próprio de um evn E e um número real tal que 0 < < 1. Então existe y 2 E tal que kyk = 1 e ky xk ; 8x 2 M . Demonstração: Seja y0 2 EnM e considere d = dist (y0 ; M ) := inf ky0 x2M xk : A…rmamos que d > 0: Com efeito, se d = 0; então existiria uma sequência de elementos de M convergindo para y0 : Porém, como M é fechado, isso contraria o fato de y0 62 M: Seja x0 2 M tal que d ky0 x0 k : Considere agora y0 x0 ; ky0 x0 k e veja que kyk = 1 e, além disso, para cada x 2 M temos y= ky xk = y0 ky0 x0 x0 k x = onde usamos o fato de (x0 + ky0 ky0 (x0 + ky0 x0 k x)k ky0 x0 k x0 k x) 2 M: 27 d ky0 x0 k ; 1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS Teorema 1.5.4 Um evn tem dimensão …nita se, e somente se, a bola unitária fechada é compacta. Demonstração: ()) Corolário 1.5.2. (() Seja BE a bola unitária fechada compacta. Devemos mostrar que dim E < 1. Suponha por absurdo que dim E = 1; e tome x1 2 E com kx1 k = 1. Como dim E = 1, segue que [x1 ] é um subespaço (fechado) próprio de E. Assim, pelo Lema de Riesz, existe x2 2 En[x1 ] tal que kx2 k = 1 e kx2 x1 k 1 := : 2 Agora, como [x1 ; x2 ] é um subespaço próprio de E; novamente pelo Lema de Riez, existe x3 2 En[x1 ; x2 ] tal que kx3 k = 1 e kx3 xi k 1 , para i = 1; 2: 2 Repetindo esse procedimento n vezes, obtemos uma sequência (xn )1 n=1 de vetores unitários tais que 1 kxn xm k 2 1 para todo m 6= n: Assim, (xn )n=1 Assim, (xn ) é uma sequência em BE que não possui subsequência convergente. Mas isso fere o fato de BE ser compacta. O resultado segue. 28 Capítulo 2 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki Já mostramos que em espaços de dimensão in…nita a bola unitária fechada nunca é compacta. Neste capítulo iremos ver que no espaço dual E 0 ; de um evn E de dimensão in…nita, a bola unitária fechada é compacta considerando uma certa topologia, chamada de topologia fraca-estrela. 2.1 Topologia Fraca Como todo evn E é um espaço métrico, temos que E é um espaço topológico. Neste caso, os abertos da topologia em E são os conjuntos abertos de E; visto como um espaço métrico. Esta topologia é chamada de topologia métrica. A partir de agora, sempre que quisermos falar da topologia métrica de um evn, usaremos os termos "topologia forte"ou "topologia da norma". De…nição 2.1.1 Se (X ; ) é uma família de espaços topológicos, com 2 , e f : X ! X são funções, a topologia fraca em X; gerada pela família de funções ff ; 2 g; é a topologia cujos abertos são a união arbitrária de interseções …nitas de conjuntos da forma f 1 (V ); com V aberto em X : Observe que se é a topologia fraca em X, então cada f : (X; ) ! (X ; ) é contínua. Mais ainda, a topologia fraca é a topologia mais econômica (no sentido de conter menos abertos) que torna todas as f contínuas. Na Análise Funcional, quando nos referimos à topologia fraca em um evn E, estaremos nos referindo à topologia fraca em E gerada pela família dos funcionais lineares contínuos f 2 E 0 : Denotaremos por (E; E 0 ) a topologia fraca em um evn E. Se uma sequência (xn )1 n=1 w converge para x na topologia fraca, escrevemos xn ! x: 29 2.1. TOPOLOGIA FRACA Proposição 2.1.2 Se X tem a topologia fraca gerada pela família ff : X ! X ; 2 g, então f : Y ! X será contínua se, e só se, f f for contínua, para cada . Demonstração: ()) É imediato. (() Suponha f f contínua, para cada U= 2 ; e considere n \ f 1 j (V j ) j=1 um aberto da base da topolgia fraca em X (lembrando que os V j são abertos de X j ). Veja que ! n n n \ \ \ f 1 (U ) = f 1 f j1 (V j ) = (f f ) 1 (V j ), f 1 f j1 V j = j=1 j=1 j=1 que é aberto pois cada f j f é contínua. Suponha agora que A seja um aberto arbitrário. Assim, A será a união de abertos A da base de X. Logo, ! [ [ f 1 (A) = f 1 U = f 1 (U ); 2 2 1 que é aberto pois, pelo que já vimos, cada f (A ) é aberto. Proposição 2.1.3 Um evn E com a topologia fraca é um espaço de Hausdor¤, isto é, 0 dados x1 ; x2 2 E disntintos, existem A; B 2 (E; E ) tais que A \ B = ;, x1 2 A e x2 2 B. Demonstração: Como x1 modo que x2 6= 0; pelo Teorema de Hahn-Banach, existe f 2 E 0 de x2 ) = kx1 f (x1 x2 k = 6 0; donde f (x1 ) 6= f (x2 ). Como K é um espaço de Hausdor¤, existem abertos V1 ; V2 disjuntos, tais que f (x1 ) 2 V1 e f (x2 ) 2 V2 . Nessas condições, temos x1 2 f 1 (V1 ) e x2 2 f 1 (V2 ): Veja que f Como f 1 (V1 ) ; f 1 1 (V1 ) \ f 1 (V2 ) = ?. (V2 ) 2 (E; E 0 ), o resultado segue. 30 K 2.1. TOPOLOGIA FRACA w w Proposição 2.1.4 Se E é um evn, então xn ! x se, e somente se, '(xn ) ! '(x); 8' 2 E 0. Demonstração: ()) Observe que ' : (E; (E; E 0 )) ! K é contínua. Logo, se w xn ! x, então '(xn ) ! '(x); 8' 2 E 0 : w (() Suponha que '(xn ) ! '(x); 8' 2 E 0 . Devemos mostrar que xn ! x, isto é dado A 2 (E; E 0 ) com x 2 A, existe n0 2 N tal que se n n0 ; tem-se xn 2 A. Certamente, A contém um aberto da forma A2 = '1 1 (V1 ) \ ::: \ 'n 1 (Vn ), onde cada Vi é aberto de K e x 2 A2 . Dessa forma, basta mostrarmos que existe n0 2 N de modo que xn 2 A2 ; sempre que n n0 : Ora, x 2 A2 ) x 2 'i 1 (Vi ); 8i = 1; :::; n ) 'i (x) 2 Vi ; 8i = 1; :::; n: Como, para cada i = 1; : : : ; n; temos 'i (xn ) ! 'i (x), existem ni 2 N tais que n ni ) 'i (xn ) 2 Vi para todo i: Tomando n0 = maxfn1 ; :::; nn g, segue que n n0 ) 'i (xn ) 2 Vi ; 8i = 1; :::; n: ) xn 2 'i 1 (Vi ) ) xn 2 '1 1 (V1 ) \ ::: \ 'n 1 (Vn ); w donde xn 2 A; e portanto xn ! x. Proposição 2.1.5 ([7, p. 89]) Sejam E um evn e x0 2 E. Os conjuntos da forma VI;" = fx 2 E; j'i (x) 'i (x0 )j < "; para todo i 2 Ig com I …nito, 'i 2 E 0 e " > 0 formam uma base de vizinhanças de x0 na topologia fraca de E. Proposição 2.1.6 ([7, p. 90]) Se E é um evn, então w (i) xn ! x ) (kxn k)1 lim inf kxn k : n=1 é limitada e kxn k w 0 (ii) Se xn ! x e fn ! f em E , então fn (xn ) ! f (x). O próximo resultado mostra que, em dimensão …nita, os conceitos de topologia fraca e forte coincidem. Proposição 2.1.7 Se dim E < 1, então a topologia fraca e a topologia da norma coincidem. 31 2.1. TOPOLOGIA FRACA Demonstração: Segue da de…nição que todo aberto da topologia fraca é também aberto da topologia forte. Resta-nos mostrar que os abertos da topologia forte são abertos da topologia fraca. Seja U um aberto da topologia forte de E. Devemos mostrar que, para todo x0 2 U; existe um aberto V da topologia fraca de modo que x0 2 V U . Seja fe1 ; :::; en g uma base normalizada de E. Como U é aberto e x0 2 U; existe r > 0 tal que Bx0 (r) U: Para cada i = 1; :::; n;de…na fi : E ! K n P x= aj ej 7! ai : j=1 Veja que kx n X x0 k = n X ai ei i=1 n X = bi ei i=1 (ai bi )ei i=1 n X = i=1 n X i=1 = n X i=1 jai bi j kei k jai bi j jfi (x) fi (x0 )j : Considere agora o seguinte subconjunto r , com i = 1; :::; ng; 2n e veja que V 2 (E:E 0 ) e x0 2 V: Por …m, devemos mostrar que V x 2 V , então U = fx 2 E; jfi (x) kx donde x0 2 V U. x0 k n X i=1 jfi (x) fi (x0 )j < U . De fato, se n X r nr r = = < r; fi (x0 )j < 2n 2n 2 i=1 Proposição 2.1.8 Se E é um evn de dimensão in…nita, então a topologia fraca e a topologia da norma nunca coincidem. Demonstração: Sejam S = fx 2 E; kxk = 1g : Sabemos que S é fechado na topologia da norma. Vamos mostrar que S não é fechado na topologia fraca. Para tanto, mostraremos que (E;E 0 ) fx 2 E; kxk < 1g S : 32 2.2. TOPOLOGIA FRACA ESTRELA Seja x0 2 E tal que kx0 k < 1 e considere V = Vx0 um aberto qualquer da topologia fraca contendo x0 : Mostraremos que Vx0 \ S 6= ?. Seja W Vx0 da forma W = fx 2 E; jfi (x) fi (x0 )j < "; i = 1; :::; ng. Mostraremos que W \ S 6= ?. De fato, seja y0 2 En f0g tal que fi (y0 ) = 0; para todo n i = 1; :::; n, isto é, y0 2 \ ker fi . Veja que, de fato, existe tal y0 . Se não existisse, a i=1 aplicação linear g : E ! Kn x 7! (f1 (x); :::; fn (x)) seria injetiva. Mas isto é um absurdo pois dim E 6= dim K n . De…na agora r: R ! R : t 7! kx0 + ty0 k Note que r(0) = kx0 k < 1 e limt!1 r(t) = 1: Deste modo, como r é contínua, existe t0 2 R tal que r(t0 ) = kx0 + t0 y0 k = 1, donde x0 + t0 y0 2 S. Por …m, veja que fi (x0 + t0 y0 ) fi (0) = fi (t0 y0 ) = t0 fi (y0 ) = 0; 8i = 1; :::; n; e portanto x0 + t0 y0 2 W . Segue que x0 + t0 y0 2 (W \ S) segue. 2.2 (Vx0 \ S); e o resultado Topologia Fraca Estrela Nessa seção, iremos introduzir o conceito de topologia fraca estrela. Esta é peça fundamental na demonstração do teorema central de nosso trabalho. Seja E um espaço vetorial normado. Sabemos que em E temos a topologia forte (a norma) e a topologia fraca ( (E; E 0 )). O espaço E 0 também está munido das topologias fraca e da norma. Iremos de…nir agora, uma outra topologia em E 0 : Considere a seguinte aplicação J : E ! E 00 x 7! J(x) : E 0 ! K f 7! J(x)(f ) = f (x): A…rmamos que, para cada x 2 E; J(x) está em E 0 . De fato, se 2 K e f; g 2 E 0 , então J(x)(f + g) = (f + g) (x) = f (x) + g(x) = J(x)(f ) + J(x)(g): Vejamos agora que J(x) é contínua. Com efeito, como kJ (x)kE 0 = supfjJ(x)(f )j ; kf k 1g = supfjf (x)j ; kf k segue nossa a…rmação. 33 1g = kxk . (2.1) 2.2. TOPOLOGIA FRACA ESTRELA Observe que J é linear. De fato, para x; y 2 E e 2 K, temos J(x + y)(f ) = f (x + y) = f (x) + f (y) = J(x)(f ) + J(y)(f ) = (J(x) + J(y))(f ); 8f 2 E 0 donde J(x + y) = J(x) + J(y): De (2.1) temos que J é uma isometria sobre sua imagem. Neste caso, dizemos que J(E) é uma "cópia"de E em E 00 : A função J é chamada de injeção canônica de E em E 00 . De…nição 2.2.1 A topologia fraca estrela gerada pelos funcionais lineares de J(E). (E 0 ; E) em E 0 é a topologia fraca em E 0 Embora não usaremos os seguintes resultados na próxima seção, por conhecimento, apresentamos estes ao leitor. Salientamos que suas demonstrações, em sua maioria, são análogas aos resultados correspondentes à topologia fraca. w No que se segue, xn ! x denotará convergência na topologia fraca estrela. Proposição 2.2.2 ([7, p. 93]) E 0 é um espaço de Hausdor¤ com a topologia fraca estrela. Proposição 2.2.3 ([7, p. 93]) Os conjuntos da forma V = ff 2 E 0 ; jf (xi ) f0 (xi )j < ", para todo i 2 Ig com I …nito, xi 2 E e " > 0 formam uma base de vizinhanças de f0 para a topologia fraca estrela. Proposição 2.2.4 ([7, p. 93]) Sejam E um espaço de Banach e (fn )1 n=1 uma sequência em E 0 . Nessas condições: w (i) fn ! f , fn (x) ! f (x) para todo x em E. w w (ii) fn ! f ) fn ! f . w (iii) fn ! f ) (kfn k)1 lim inf kfn k. n=1 é limitada e kf k w (iv) fn ! f e xn ! x ) fn (xn ) ! f (x): Proposição 2.2.5 ([7, p. 93]) Seja ' : (E 0 ; (E 0 ; E)) ! K linear e contínua. Então existe x 2 E tal que ' = Jx: Em outras termos, (E 0 ; (E 0 ; E))0 = J(E). Proposição 2.2.6 ([7, p. 93]) Se E e F são espaços vetoriais normados e f : E ! F é linear e contínua, então f : (E; (E; E 0 )) ! (F; (F; F 0 )) é contínua. 34 2.3. O TEOREMA DE BANACH-ALAOGLU-BOUBARKI 2.3 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki Finalmente, podemos demonstrar o principal resultado de nosso trabalho. Teorema 2.3.1 (Banach-Alaoglu-Boubarki) A bola fechada unitária BE 0 é compacta com a topologia fraca estrela. Demonstração: Inicialmente, mostraremos que E 0 com a topologia fraca estrela é homeomorfo a um subespaço do espaço produto Y = KE = ff : E ! Kg: Seja : E 0 ! Y dada por (f ) = f: É claro que é injetiva. A…rmamos que é contínua. De fato, para cada x0 2 E, considere a projeção x0 : Y ! K na coordenada x0 . Dessa forma, temos que a aplicação x0 : E 0 ! K é tal que (f ) = x0 x0 (f ) = f (x0 ) = J(x0 )(f ); 8f 2 E 0 : Logo x0 = J(x0 ); e portanto, pela de…nição da topologia fraca estrela em E 0 , temos que x0 é contínua. Como a topologia produto em Y é a topologia fraca gerada pelas projeções x0 (Observação 1.1.24) que são contínuas, segue da Proposição 2.1.2 que é contínua. Como é injetiva, a aplicação : E 0 ! (E 0 ) dada por (f ) = (f ) está bem de…nida. É claro que é bijetiva. Como é contínua, segue da Proposição 1.1.20 que 0 é contínua. Para mostrarmos que E 0 é homeomorfo a (E ), resta-nos mostrar que 1 : (E 0 ) ! E 0 é contínua. Como E 0 está munido com a topologia fraca estrela, mais uma vez a Proprosição 2.1.2 garante que 1 será contínua se provarmos que para cada x0 , a aplicação J(x0 ) 1 : (E 0 ) ! K é contínua. Observe que, se (f ) 2 (E 0 ) então J(x0 ) 1 ( (f )) = J(x0 )(f ) = f (x0 ) = x0 j (E 0 ) ( (f )); donde J(x0 ) 1 = x0 j (E 0 ) (2.2) : Como x0 é contínua, segue que a restrição x0 j (E0 ) é também contínua. Dessa forma, 1 de 2.2, segue que cada J(x0 ) é contínua, e portanto 1 é contínua. Isso mostra que E 0 é homeomorfo ao subespaço (E 0 ) de Y; e consequentemente BE 0 é homeomorfo a (BE 0 ). Assim, para provar que BE 0 é compacta na topologia fraca estrela, basta provar que (BE 0 ) é compacta em (E 0 ). Mas, pela Proposição 1.1.14, basta provar que (BE 0 ) é compacta em Y . Lembremos que (BE 0 ) = (f' 2 E 0 ; j'(x)j 35 kxk ; 8x 2 Eg) Y: 2.3. O TEOREMA DE BANACH-ALAOGLU-BOUBARKI Logo, pela Observação 1.1.24 temos que (BE 0 ) x2E O Teorema de Tychono¤ garante que x2E [ kxk ; kxk] Y. [ kxk ; kxk] é compacto em Y . Para obtermos a compacidade de (BE 0 ) = (BE 0 ), basta garantirmos que (BE 0 ) é fechado em Y (Proposição 1.1.15). Com efeito, considere ( (' )) 2 uma rede em (BE 0 ) que converge para f 2 Y; na topologia produto. Dessa forma, pelo Teorema 1.1.31, segue que x0 ( (' )) ! x0 (f ) ) x0 ( (' )) (x) ! x0 (f ) (x) ; 8x 2 E; ou melhor (' ) (x) ! f (x) ) ' (x) ! f (x) ; 8x 2 E: (2.3) Usando o fato que cada ' ; segue de (2.3) que f é linear. Como k' (x)k para cada k' k kxk kxk e cada x 2 E, segue, novamente de (2.3), que kf (x)k kxk e portanto e kf k 1: Dessa forma, f 2 BE 0 donde f = (f ) 2 (B 0 ): Isso mostra que (BE 0 ) é fechado em Y; e o resultado segue. 36 Conclusão Nesse trabalho, …zemos um estudo sobre a compacidade da bola unitária fechada em espaços vetoriais normados de dimensão in…nita. Mais precisamente, demonstramos o Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki. Também vimos que há uma dicotomia com essa compacidade e a dimensão de um espaço vetorial normado. 37 Referências Bibliográ…cas [1] COELHO, F. U. LOURENÇO, M. L. Um Curso de Álgebra Linear. São Paulo: Edusp, 2007. [2] 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). [3] KREYSZIG, E. Introductory Functional Analysis With Applications. Délhi: Wiley Classics Library, 1989. [4] LIMA, E. L. Curso de Análise vol. 1. Rio de Janeiro: IMPA, 2011. (Coleção Projeto Euclides) [5] LIMA, E. L. Espaços Métricos. Rio de Janeiro: IMPA, 2007. (Coleção Projeto Euclides) [6] OLIVEIRA, C. R. Introdução à Análise Funcional. Rio de Janeiro: IMPA, 2010. (Coleção Projeto Euclides) [7] PELLEGRINO, D. M. Notas de Aula de Introdução À Análise Funcional. João Pessoa: UFPB, 2008. 38