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
.
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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