3 Lista 3

Exercício 1. Seja (f_n)n≥0 uma sequência de funções contínuas do espaço compacto Kno espaço dos números complexosC. Dê um exemplo onde f_n(x)converge pontual-mente para uma funçãof que não é contínua.

Solução: Considere, para todo n ≥0, f_n : [0,1] → C dada por f_n(x) = xⁿ, Então é claro que (f_n)n≥0 ⊆ C([0,1]), e [0,1] é compacto. Mas (f_n)n≥0 converge pontualmente para f: [0,1]→C dada por:

f(x) =

0, se x∈[0,1) 1, se x=1, e f6∈C([0,1]).

Exercício 2(P₂, Sub). Mostre queC(K), o espaço das funções contínuas de um espaço compactoK em C, com a norma:

kfk_∞=sup{|f(x)| |x∈K}

é um espaço linear completo, isto é, C(K) é um espaço de Banach quando equipado com a topologia da convergência uniforme.

Solução: Feito anteriormente.

Exercício 3. Mostre que: se uma sequência (f_n)_n≥0 de funções contínuas, de um espaço compactoX em R converge uniformemente para uma função f: X→ R, então f∈C(X).

Solução: Fixe x₀ ∈ X. Vamos provar que f é contínua em x₀. Seja > 0. Como fn

k·k_∞

−→ f, existe n₀ ∈ N tal que n ≥ n₀ =⇒ kfn −fk_∞ < /3, donde temos que

|f_n(x) −f(x)|< /3 para todo x∈X (em particular para x₀). Como f_n0 é contínua em x₀, existe uma vizinhança V de x₀ tal que x ∈V =⇒ |f_n0(x) −f_n0(x₀)|< /3. Então se x ∈V, temos que:

|f(x) −f(x₀)|≤|f(x) −f_n0(x)|+|f_n0(x) −f_n0(x₀)|+|f_n0(x₀) −f(x₀)|<

3 + 3 +

3 =. Logo f é contínua em x₀. Como x₀∈X era qualquer, f é contínua em X.

Exercício 4. Calcule limn→+∞f_n na norma:

kfk₁= Z₂

0

kf(t)|dt para a sequência:

fn(x) =

xⁿ se 0≤x≤1 1 se 1≤x ≤2.

Solução: Seja f: [0,2]→R dada por:

f(x) =

0 se 0≤x <1 1 se 1≤x≤2 Afirmo que fn

k·k₁

−→f. De fato, temos que kf_n−fk₁=1/(n+1)^n→+∞−→ f.

Exercício 5 (P₂). Mostre queCL₂([0,2]), o espaço das funções contínuas de um espaço compacto[0,2]em C, com a norma:

kfk₂ = Z₂

0|f(x)|²dx 1/2

não é um espaço completo.

Solução: Considere a sequência e o limite do exercício anterior. Vejamos que (f_n)n≥0 é de k · k₂-Cauchy. Seja p∈N qualquer. Então kf_n+p−f_nk₂ ⁿ−^→→^+∞0 indepen-dentemente de p. Com efeito:

kfn+p−fnk₂ = sZ₂

0|fn+p(x) −fn(x)|²dx

= sZ₁

0

(x^n+p−xⁿ)²dx

= sZ₁

0

x^2(n+p)−2x^2n+p+x²ⁿdx

=

s 1

2(n+p) +1− 2

2n+p+1 + 1 2n+1

n−→→+∞0

Porém f6∈CL₂([0,2]), pois se f fosse contínua, pelo Teorema do Valor Intermediário, f deveria assumir todos os valores entre 0 e 1, o que não ocorre. Vejamos que f_n −^k·k→² f. Temos que:

kf_n−fk₂ = sZ₂

0|f_n(x) −f(x)|²dx = sZ₁

0

x²ⁿdx=

r 1

2n+1 →0.

Exercício 6 (P₂, Sub). (a) Mostre que:

`₁(N) =

(x_n)n∈N|X

n∈N

|x_n|<+∞

é um espaço vetorial normado e completo para a norma k(x_n)n∈Nk₁=P

n∈N|x_n|.

(b) Mostre que:

`₂(N) =

(x_n)n∈N| X

n∈N

|x_n|² <+∞

é um espaço vetorial normado e completo para a normak(x_n)n∈Nk₂ =pP

n∈N|x_n|². (c) Vale a inclusão`<sub>1</sub>(N)⊆`₂(N)? Vale a inclusão `<sub>2</sub>(N)⊆`₁(N)?

Solução:

(a) Recorde que as operações em `<sub>1</sub>(N) são definidas termo a termo, então as pro-priedades das operações são herdadas das operações de C. Provemos que x = (x<sub>n</sub>)n≥0, y= (y<sub>n</sub>)n≥0∈`₁(N) =⇒ x+y∈`₁(N). Diretamente:

|x_n+y_n|≤|x_n|+|y_n|, ∀n≥0 =⇒ X

n≥0

|x_n+y_n|≤X

n≥0

|x_n|+X

n≥0

|y_n|<+∞. E se λ∈C, temos:

X

n≥0

|x_n|<+∞ =⇒ |λ|X

n≥0

|x_n|<+∞ =⇒ X

n≥0

|λx_n|<+∞, logo λx∈`₁(N) também.

Façamos uma rápida verificação de que k · k₁ é norma. Temos que kxk₁ ≥ 0 por consistir de uma soma de termos positivos. Se kxk₁ = 0, então |x_n| = 0 e logo x_n=0 para todo n, então x=0.

Se λ∈C, temos:

kλxk₁=X

n≥0

|λxn|=X

n≥0

|λ||xn|=|λ|X

n≥0

|xn|=|λ|kxk₁.

E a desigualdade triangular segue do cálculo feito para verificar que x, y ∈

`<sub>1</sub>(N) =⇒ x+y∈`₁(N).

Vejamos agora que (`<sub>1</sub>(N),k · k<sub>1</sub>) é um espaço de Banach. Seja (ξ<sub>n</sub>)n≥0= ((x<sup>(n)</sup><sub>k</sub> )k≥0)n≥0 ⊆`₁(N)

uma sequência de k · k₁-Cauchy. Dado > 0, existe n₀ ∈N tal que:

kξ_n−ξ_mk₁ < ∀m, n > n₀ =⇒ X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< ∀m, n > n₀.

Mas: |x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< ∀m, n > n₀, ∀k≥0.

Portanto temos que fixado k, (x⁽ⁿ⁾_k )n≥0 é uma sequência de |·|-Cauchy em C.

Como C é completo, existe o limite x_k=limn→∞x⁽ⁿ⁾_k . Defina ξ = (x_k)k≥0. Afirmo então que ξ∈`₁(N) e que ξ_n−^k·k→¹ ξ.

Seja > 0. Existe n₀ ∈N tal que:

kξ_n−ξ_mk₁< , ∀m, n > n₀ X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< , ∀m, n > n₀ Xr

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |< , ∀m, n > n₀, ∀r≥0

mlim→+∞

Xr k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |≤, ∀n > n₀, ∀r≥0 Xr

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −xk|≤, ∀n > n₀, ∀r≥0 X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x_k|≤, ∀n > n₀ kξ_n−ξk₁≤, ∀n > n₀,

portanto ξ_n −^k·k→¹ ξ. Isto também nos dá que ξ=ξ_n0 − (ξ_n0−ξ) ∈`¹(N), fixado o n₀ correspondente a, digamos, =1.

(b) Recorde que as operações em `<sub>2</sub>(N) são definidas termo a termo, então as pro-priedades das operações são herdadas das operações de C. Provemos que x = (x<sub>n</sub>)n≥0, y= (y<sub>n</sub>)n≥0 ∈`₂(N) =⇒ x+y∈`₂(N). Temos que para todo n≥0 vale que (x_n+y_n)²≤(|x_n|+|y_n|)². Com efeito:

(xn+yn)² ≤(|xn|+|yn|)² ⇐⇒ x²_n+2xnyn+y²_n≤|xn|²+2|xnyn|+|yn|² ⇐⇒ xnyn ≤|xnyn|, o que é verdade. Ainda mais, vale que (|x_n|+|y_n|)² ≤ 4|x_n|² +4|y_n|² (a análise pode ser feita sem perder generalidade se |x_n|≥|y_n|, diretamente). Isto vale para todo n, portanto:

X

n≥0

|x_n+y_n|² ≤X

n≥0

(|x_n|+|y_n|)² ≤X

n≥0

4|x_n|²+4|y_n|² =4 X

n≥0

|x_n|²+X

n≥0

|y_n|²

!

<+∞, daí x+y∈`₂(N). E se λ∈C, temos:

X

n≥0

|xn|² <+∞ =⇒ |λ|²X

n≥0

|xn|² <+∞ =⇒ X

n≥0

|λxn|²<+∞, logo λx∈`₂(N) também.

Façamos uma rápida verificação de que k · k₂ é norma. Com efeito, ela é induzida pela aplicação h·,·i:`<sub>2</sub>(N)×`₂(N)→C dada por hx, yi=P

n≥0x_ny_n, que veremos ser um produto interno.

Temos que hx, xi ≥ 0 qualquer que seja x ∈ `₂(N) por ser uma soma de termos positivos. E:

hx, xi=X

n≥0

|xn|² =0 =⇒ |xn|² =0 ∀n≥0 =⇒ xn =0, ∀n≥0,

daí x =0. E também:

hx, yi=X

n≥0

xnyn =X

n≥0

xnyn =X

n≥0

xnyn =hy, xi.

E dado z ∈`₂(N), e λ∈C, temos:

hx+λy, zi=X

n≥0

(x_n+λy_n)z_n =X

n≥0

x_nz_n+λX

n≥0

y_nz_n =hx, zi+λhy, zi.

Isto, juntamente com o fato de h·,·i ser hermiteana, nos dá a sesquilinearidade de h·,·i. Portanto h·,·i é um produto interno, que induz k · k₂. Então k · k₂ é automaticamente uma norma.

Vejamos agora que (`<sub>2</sub>(N),k · k<sub>2</sub>) é um espaço de Banach. Seja (ξ<sub>n</sub>)<sub>n≥0</sub> = ((x<sup>(n)</sup><sub>k</sub> )<sub>k≥0</sub>)<sub>n≥0</sub> ⊆`₂(N)

uma sequência de k · k₂-Cauchy. Dado >0, existe n₀∈N tal que:

kξ_n−ξ_mk₂ < ∀m, n > n₀ =⇒ X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |² < ² ∀m, n > n₀.

Mas: |x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |² ≤X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |² < ² ∀m, n > n₀, ∀k≥0.

Portanto temos que fixado k, (x⁽ⁿ⁾_k )_n≥0 é uma sequência de |·|-Cauchy em C.

Como C é completo, existe o limite x_k=limn→∞x⁽ⁿ⁾_k . Defina ξ = (x_k)k≥0. Afirmo então que ξ∈`₂(N) e que ξ_n −^k·k→² ξ.

Seja > 0. Existe n₀ ∈N tal que:

kξn−ξmk₂< , ∀m, n > n₀ X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |²< ², ∀m, n > n₀ Xr

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |²< ², ∀m, n > n₀, ∀r≥0

mlim→+∞

Xr k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x^(m)_k |²≤², ∀n > n₀, ∀r≥0 Xr

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −x_k|²≤², ∀n > n₀, ∀r≥0 X

k≥0

|x⁽ⁿ⁾_k −xk|²≤², ∀n > n₀ kξn−ξk₂≤, ∀n > n₀,

portanto ξ_n −^k·k→² ξ. Isto também nos dá que ξ=ξ_n0 − (ξ_n0 −ξ)∈ `²(N), fixado o n₀ correspondente a, digamos, =1.

(c) Vale a inclusão `<sub>1</sub>(N)⊆`₂(N). Seja x= (x_n)n≥0 ∈ `₁(N). Então P

n≥0|x_n| <+∞, e portanto |xn| → 0. Assim existe n₀ ∈ N tal que n > n₀ implica que |xn| < 1.

Nestas condições |x_n|² <|x_n| e daí:

X

n>n₀

|xn|²< X

n>n₀

|xn|≤X

n≥0

|xn|<+∞, e daí P

n≥0|x_n|² <+∞ (desprezamos apenas uma quantidade finita de termos).

Não vale a inclusão contrária. A sequência (1/n)n≥1 está em `₂(N) pois:

X

n≥1

1 n² = π²

6 <+∞, mas não está em `₁(N) pois:

X

n≥1

1

n = +∞.

Exercício 7. Seja X um espaço de Banach. Se E ⊆ X é um subespaço de dimensão finita, entãoEé um subespaço fechado de X.

Solução: Vamos primeiro provar que se um espaço vetorial qualquer V tem dimen-são finita, então todas as normas sobreV são equivalentes. Fixe uma base{e₁, . . . , en} uma base de V. Então todo x∈V se escreve unicamente como x=P_n

i=1x_ie_i. Defina k · k: V →R por kxk =max{|x_i| | 1 ≤i ≤ n}. Claramente k · k é uma norma. Agora seja p:V →R outra norma qualquer. Por um lado, temos:

p(x) =p Xn

i=1

x_ie_i

!

≤ Xn

i=1

|x_i|p(e_i)≤ Xn

i=1

kxkp(e_i) =bkxk, onde b = P_n

i=1p(e_i). Por outro lado, como V tem dimensão finita, a esfera S = {x ∈ V | kxk = 1} é compacta. Como p é uma norma, p é contínua. Pelo teorema do extremo de Weierstrass, p atinge um mínimo em S, digamos em x₀, e chame a=p(x₀). Como x₀ ∈ S, temos kx₀k =1 6=0, então x₀ 6=0 e daí a > 0. Seja x ∈ V qualquer, x 6=0 (se x=0 nada há o que fazer). Então:

p x

kxk

≥a =⇒ akxk ≤p(x).

Como obtivemos a desigualdade:

akxk ≤p(x)≤bkxk,

temos que p e k · k são equivalentes. Como p era qualquer, todas as normas em V são equivalentes a k · k, e portanto equivalentes entre si.

De volta ao contexto do exercício, aproveitemos a notação e fixemos {e₁, . . . , e_n} uma base de E. Então defina T : Cⁿ →E, pondo T (xj)ⁿ_j=1

= P_n

j=1xjej. É claro que T é linear. Temos que T é injetora pois {e_j}ⁿ_j=1 é linearmente independente, e T é sobrejetora pois todo elemento de E se escreve como Pn

j=1x_je_j, e aí a n-upla (x_j)ⁿ_j=1 é

levada no elemento por T. Assim T é bijetora, e portanto um isomorfismo entre Cⁿ e E. Defina k · k_T :Cⁿ →R pondo kxk_T =kTxk. Vejamos rapidamente que k · k_T é uma norma em Cⁿ. Que kxk_T ≥0 para todo x é claro. E:

kxk_T =0 =⇒ kTxk=0 =⇒ Tx =0 =⇒ x=0, pois T é injetora. Se λ∈C e x ∈Cⁿ temos:

kλxk_T =kT(λx)k=kλTxk=|λ|kTxk=|λ|kxk_T. E por fim, dados x, y∈Cⁿ, vale que:

kx+yk_T =kT(x+y)k=kTx+Tyk ≤ kTxk+kTyk=kxk_T +kyk_T.

Assim k · k_T é uma norma em Cⁿ. E note que pela construção de k · k_T, T é um isomorfismo isométrico entre (Cⁿ,k · k_T) e (E,k · k). Pelo início da discussão, temos que k · k é equivalente, digamos à norma do máximo ou a norma canônica em Cⁿ, que o torna um espaço de Banach. Portanto (Cⁿ,k · k_T) é também um espaço de Banach. Como Cⁿ e E com as tais normas são isometricamente isomorfos, segue que E é um espaço de Banach com a norma induzida de X. Porém, como X é um espaço de Banach, para começar, concluímos que E é fechado em X.

Exercício 8. Mostre que a aderência de qualquer subespaço vetorial F ⊆ X ainda é um subespaço vetorial deste espaço normadoX.

Solução: Basta mostrar que F é fechado para as operações de X. Notamos que 0∈ F ⊆ F. E ainda, dados x, y ∈F e λ ∈C, existem sequências (x_n)n≥0,(y_n)n≥0 ⊆ F tais que xn → x e yn →y. Como F é um subespaço vetorial de X, F é fechado para as operações de X, portanto para cada n ≥0, temos que x_n+λy_n ∈F. Desta forma x_n+λy_n→x+λy∈F.

Exercício 9. Seja E um espaço vetorial de dimensão finita dimE = n e {e₁, . . . , e_n} uma base deE. Para cada x∈E, escreva:

x=α₁e₁+· · ·+α_ne_n. Mostre que:

x ∈E7→kxk=max{|αk| |1≤k≤n}∈R é uma norma sobreE.

Solução: Primeiro notamos que como {e_k}ⁿ_k=1 é uma base de E, x ∈E se escreve de forma única como explicitado no enunciado, e sendo assim, a aplicaçãok · k está bem definida. Que k · k ≥0 para todo x ∈ E é claro, pois |α_k| ≥0 para todo k =1, . . . , n. E:

kxk=0 =⇒ max{|α_k| |1≤k≤n}=0

=⇒ |α_k|=0, ∀k=1, . . . , n

=⇒ α_k =0, ∀k=1, . . . , n.

Assim, x = Pn

k=1α_ke_k = 0. Ainda, se λ ∈ C, temos que x = Pn

k=1α_ke_k =⇒ λx = P_n

k=1λαkek, donde:

kλxk= max

1≤k≤n|λα_k|= max

1≤k≤n|λ||α_k|=|λ| max

1≤k≤n|α_k|=|λ|kxk.

E por fim, se y= P_n

k=1β_ke_k, temos que x+y =P_n

k=1(α_k+β_k)e_k, e assim, fixado k entre 1 e n qualquer, vale:

|α_k+β_k|≤|α_k|+|β_k|≤ kxk+kyk.

Tomando o máximo emk segue que kx+yk ≤ kxk+kyk. Portanto k · k é uma norma em E.

Exercício 10 (P₂). Seja E um espaço vetorial, B = (e_i)i∈I uma base algébrica¹³ de E.

Portanto, para cadax∈E existe finito F⊆Ie {λ_i ∈C|i∈F}, tais que:

x=X

i∈F

λ_ie_i.

Mostre que existe uma norma paraE.

Solução: Seja x∈E. Suponha que dados F₁, F₂ ⊆I, finitos, tenhamos x =X

i∈F₁

a_ie_i =X

i∈F₂

b_ie_i.

Então: X

i∈F₁\F₂

a_ie_i+ X

i∈F₁∩F₂

(a_i−b_i)e_i+ X

i∈F₂\F₁

(−b_i)e_i =0. Por independência linear dos (e_i)i∈F₁∪F₂, segue que:







a_i =0, ∀i∈F₁\F₂ a_i =b_i, ∀i∈F₁∩F₂ b_i =0, ∀i ∈F₂\F₁

Em outras palavras, a combinação finita é única módulo coeficientes nulos. Assim, max{|a_i| | i ∈ F₁} =max{|b_i| |i ∈F₂}. Portanto, se F ⊆ I é finito e x =P

i∈Fx_ie_i, está bem-definida a aplicação k · k :E → R dada por kxk =max^i∈F|x_i|. Isto é, o valor de kxk não depende do conjunto F usado para escrever a combinação. Agora só falta verificar que esta aplicação k · k de fato funciona.

Que kxk ≥0 para todo x ∈E é claro. E:

kxk=0 =⇒ max

i∈F |x_i|=0 =⇒ |x_i|=0, ∀i ∈F =⇒ x_i =0, ∀i∈F, logo x =P

i∈Fxiei =0. Se λ∈C, temos:

kλxk=max

i∈F |λx_i|=max

i∈F |λ||x_i|=|λ|max

i∈F |x_i|=|λ|kxk.

13Base de Hamel. A existência de uma tal base para qualquer espaço segue do Axioma da Escolha, portanto o resultado desse exercício também!

E para a desigualdade triangular, escreva x=P

i∈F₁x_ie_i e y=P

i∈F₂y_ie_i, com F₁, F₂ ⊆ I, finitos. Podemos escrever:

x+y=X

i∈F₁

x_ie_i+X

i∈F₂

y_ie_i = X

i∈F₁\F₂

x_ie_i+ X

i∈F₁∩F₂

(x_i+y_i)e_i+ X

i∈F₂\F₁

y_ie_i,

isto é:

x+y= X

i∈F₁∪F₂

c_ie_i, com c_i =







xi, ∀i ∈F₁\F₂ xi+yi, ∀i∈F₁∩F₂ yi, ∀i∈F₂\F₁

Assim: 





se i ∈F₁\F₂, |c_i|=|x_i|≤|x_i|+kyk ≤ kxk+kyk se i ∈F₁∩F₂, |c_i|=|x_i+y_i|≤|x_i|+|y_i|≤ kxk+kyk se i ∈F₂\F₁, |c_i|=|y_i|≤ kxk+|y_i|≤ kxk+kyk

Então como |c_i| ≤ kxk+kyk para todo i ∈ F₁∪F₂, tomamos o máximo e obtemos kx+yk ≤ kxk+kyk. Portanto k · k é uma norma sobre E.

Exercício 11. Dados espaços vetoriais normadosEe F, seja:

L(E, F) ={f:E→F|fé linear e contínua}. (a) Mostre queL(E, F) é um espaço vetorial.

(b) Defina:

f∈L(E, F)7→kfk= sup

kxk≤1

kf(x)k.

Mostre que (L(E, F),k · k)é um espaço normado.

(c) Mostre quekf(x)k ≤ kfkkxkpara todo x ∈Ee todaf∈L(E, F).

Solução:

(a) Se f, g ∈ L(E, F) e λ ∈ C, definimos f+g e λf por (f+g)(x) = f(x) +g(x) e (λf)(x) = λf(x), para todo x ∈ E. As propriedades das operações em L(E, F) são herdadas das operações deF, que já sabemos ser um espaço vetorial. Verifiquemos que f+λg∈L(E, F).

Linearidade: Sejam x, y∈E, k∈C. Temos:

(f+λg)(x+ky) =f(x+ky) + (λg)(x+ky) =f(x+ky) +λg(x+ky)

=f(x) +kf(y) +λ(g(x) +kg(y)) =f(x) +kf(y) +λg(x) +λkg(y)

=f(x) +λg(x) +k(f(y) +λg(y)) = f(x) + (λg)(x) +k(f(y) + (λg)(y))

= (f+λg)(x) +k(f+λg)(y), portanto f+λg é linear.

Continuidade: Se λ= 0 nada há o que fazer. Suponha λ6=0. Seja >0. Fixe x₀ ∈E qualquer. Existem δ₁, δ₂ >0 tais que:

kx−x₀k< δ₁ =⇒ kf(x) −f(x₀)k< /2 kx−x₀k< δ₂ =⇒ kg(x) −g(x₀)k< /2|λ|

Chame δ =min{δ₁, δ₂}>0. Se kx−x₀k< δ, então valem as duas condições acima e:

k(f+λg)(x) − (f+λg)(x₀)k=kf(x) +λg(x) −f(x₀) −λg(x₀)k

=kf(x) −f(x₀) +λ(g(x) −g(x₀))k

≤ kf(x) −f(x₀)k+|λ|kg(x) −g(x₀)k

<

2 +|λ| 2|λ| =,

portantof+λgé contínua emx₀∈E. Como x₀ é arbitrário, f+λgé contínua.

Concluímos que f+λg∈L(E, F), portanto L(E, F) é um espaço vetorial.

(b) Seja f ∈ L(E, F) qualquer. Como kf(x)k ≥ 0 qualquer que seja x ∈ E, segue que kfk= sup_kxk≤1kf(x)k ≥0. Se kfk= 0, então kf(x)k= 0 e logo f(x) = 0 qualquer que seja x com kxk. É claro que f(0) = 0. E se x 6=0, x/kxk tem norma 1 e daí f(x/kxk) =f(x)/kxk=0 =⇒ f(x) =0. Portanto f=0.

Seja agora λ∈C. Temos:

kλfk= sup

kxk≤1

kλf(x)k= sup

kxk≤1|λ|kf(x)k=|λ| sup

kxk≤1

kf(x)k=|λ|kfk.

Para a desigualdade triangular, tome x ∈E com kxk ≤1, qualquer. Temos:

k(f+g)(x)k=kf(x) +g(x)k ≤ kf(x)k+kg(x)k ≤ kfk+kgk.

Agora passe ao supremo no lado esquerdo e obtemos kf+gk ≤ kfk+kgk.

(c) Seja x ∈ E qualquer. Se x = 0 a desigualdade vale trivialmente. Caso contrário x/kxk tem norma 1 e daí:

f

x kxk

≤ kfk =⇒

1 kxkf(x)

≤ kfk =⇒ kf(x)k

kxk ≤ kfk =⇒ kf(x)k ≤ kfkkxk.

Exercício 12 (P₂, extra). Seja m ≥ 0 um número natural fixado. Mostre que entre todos os polinômios P ∈ C[X] de grau ≤ m tais que P(0) = 1, existe um que torna

mínimo o valor: Z₁

0|P(t)|dt.

Solução: Seja P^m(C) o espaço dos polinômios com coeficientes complexos e grau

≤ m. Temos que k · k : P^m(C) → R dada por kPk = R₁

0|P(t)|dt é uma norma em P^m(C). Como a dimensão de P^m(C) é finita (m+1, para ser exato), a bola unitária:

B[0,1] =

P ∈P^m(C)| Z₁

0|P(t)|dt=1 é compacta, e k · k é contínua por ser uma norma.

Defina T : P^m(C) → C pondo T(P) = P(0). Dados P, Q ∈ P^m(C) e λ ∈ C, temos que:

T(P+λQ) = (P+λQ)(0) =P(0) +λQ(0) =T(P) +λT(Q),

donde T é linear. Como além de P^m(C), C também tem dimensão finita, segue que T também é contínua. Desta forma, o conjunto:

T⁻¹({1}) ={P ∈P^m(C)|P(0) =1}

é a pré-imagem de um conjunto fechado por uma função contínua, portanto é fechado também. Como P^m(C) é um espaço normado, e portanto Hausdorff, temos que B[0,1] ∩T⁻¹({1}) é a interseção de um compacto com um fechado, logo compacto.

Pelo teorema do extremo de Weierstrass, existe P₀ ∈ B[0,1]∩T⁻¹({1}) que minimiza k · k em B[0,1] ∩T⁻¹({1}). Mas evidentemente kP₀k ≤ kPk se kPk ≥ 1 (isto é, se P6∈B[0,1]). Portanto P₀ minimiza k · k em T⁻¹({1}) e é o polinômio procurado.

Exercício 13. SejaEum espaço normado, eEeo espaço das sequências de Cauchy de E, e a aplicação:

(x_n)n≥0 ∈Ee7→k(x_n)n≥0k=sup

n≥0

kx_nk

(a) Mostre que esta aplicação é uma norma.

(b) Mostre que o subespaço Ee₀ das sequências de E que convergem para 0 é fechado em E.e

(c) Mostre que o espaço quocientebE=E/ee E₀ é completo para a norma quociente.¹⁴ (d) A aplicação I : E → Eb tal que I(x) = [x] (a classe das sequências tais que x_n =x

para todo n) é uma isometria linear de Eem um subespaço denso de E.b Solução:

(a) Sejam x = (xn)_n≥0, y = (yn)_n≥0 ∈ eE e λ ∈ C. É claro que kxk ≥ 0, por ser o supremo entre números não-negativos. E se kxk=supn≥0kx_nk=0, então temos kx_nk, e logo x_n iguais a zero para todo n, donde x =0. Também:

kλxk=sup

n≥0kλx_nk=sup

n≥0|λ|kx_nk=|λ|sup

n≥0kx_nk=|λ|kxk.

E por fim, temos:

kxn+ynk ≤ kxnk+kynk ≤ kxk+kyk, ∀n≥0,

então podemos tomar o supremo no lado esquerdo e obtemos kx+yk ≤ kxk+kyk.

14Neste item e no seguinte, utilizamos uma outra norma, mais factível de ser trabalhada. Você pode me enviar ma resolução direta usando a norma quociente, caso ache (será acrescentada com o devido agradecimento).

(b) Seja (ξ_n)n≥0 = ((x⁽ⁿ⁾_k )k≥0)n≥0 uma sequência em eE₀, com ξ_n →ξ= (x_k)k≥0. Vamos provar que (x_k)k≥0 converge para zero também. Seja >0. Como ξ_n → ξ, existe n₀ ∈N tal que kξ_n0 −ξk < /2, isto é, kx⁽ⁿ_k ⁰⁾−x_kk < /2 para todo k≥ 0. Mas como (xⁿ_k⁰)k≥0 converge para zero, existe k₀ ∈ N tal que kx⁽ⁿ_k⁰⁾k < /2 para todo k > k₀. Então se k > k₀ temos:

kx_kk=kx_k−xⁿ_k⁰ +x⁽ⁿ_k ⁰⁾k ≤ kx_k−xⁿ_k⁰k+kxⁿ_k⁰k<

2 + 2 =,

donde (x_k)k≥0 converge para zero, e daí ξ_n →ξ∈eE₀. Portanto Ee₀ é fechado.

(c) Se [ξ]∈eE/eE₀, colocamos:

k[ξ]k= lim

k→+∞kx_kk,

onde (xk)k≥0∈[ξ]. Vejamos que o valor acima não depende da escolha de repre-sentante (x_k)k≥0. Mais exatamente, vejamos que se (y_k)k≥0,(z_k)k≥0 ∈[(x_k)k≥0], en-tão limk→+∞ky_kk=limk→+∞kz_kk. Seja > 0. Existe k₀∈N grande o suficiente¹⁵ tal que se k > k₀, temos kxk−ykk,kxk−zkk< /2, pois (yk)k≥0,(zk)k≥0 ∈[(xk)k≥0]. Nestas condições:

|ky_kk−kz_kk|≤ ky_k−z_kk ≤ ky_k−x_kk+kx_k−z_kk<

2 + 2 =.

Agora façamos a verificação de que realmente temos uma norma. Como sem-pre, é claro que k[(xk)k≥0]k ≥ 0 para qualquer sequência (xk)k≥0 ∈ Ee. E se k[(x_k)k≥0]k = 0, temos que limk→+∞kx_kk = 0, e disto segue que limk→+∞x_k = 0, assim (x_k)k≥0 ∈ Ee₀ = [0], e temos que [(x_k)k≥0] = [0]. As outras propriedades seguem das propriedades da norma em eE, aplicando limk→+∞.

Se I :E→eE/eE₀ é dada por I(x) = [(x)], onde (x) é a sequência constante e igual a x, veremos no item a seguir que I(E) é denso em eE/eE₀. É claro que I é linear (veja por exemplo o exercício 17 adiante). E ainda I preserva normas pois:

kI(x)k=k[(x)]k= lim

k→+∞kxk=kxk.

Vejamos com isto que E/ee E₀ é completo.

Seja ([ξ]_n)n≥0 uma sequência de Cauchy em E/ee E₀ e > 0. Como I(E) é denso, para cada n ≥ 0 existe y_n ∈ E tal que k[ξ]_n −Iy_nk < /3. Vejamos que a sequência (y_n)n≥0 é de Cauchy. Temos que existe n₀ ∈ N tal que m, n > n₀ implica k[ξ]_n− [ξ]_mk< /3. Aí:

ky_n−y_mk=kI(y_n−y_m)k=kIy_n−Iy_mk

≤ kIy_n− [ξ]_nk+k[ξ]_n− [ξ]_mk+k[ξ]_m−Iy_mk<

3 + 3 +

3 =. Chame ξ = (y_n)_n≥0. E agora teremos que ([ξ]_n)_n≥0 converge para [ξ] em eE/eE₀, pela construção dos y_n, pois k[ξ]_n − [ξ]k = k[ξ]_n −Iy_nk vai pra zero quando n→+∞.

15Um para cada sequência e tomamos o máximo.

(d) Só resta mostrar que I(E) é denso em eE/eE₀. Seja [ξ] ∈ E/ee E₀ qualquer classe.

Tome um representante (xn)_n≥0 ∈[ξ]. Como o representante é uma sequência de Cauchy, dado >0 existe n₀ ∈N tal que n > n₀ implica kx_n−x_n0k< . Então considere (x_n0, x_n0,· · ·) =Ix_n0 ∈I(E). Temos:

k[ξ] −Ix_n0k=k[(x_n)n≥0] − [(x_n0)]k=k[(x_n−x_n0)n≥0]k= lim

n→+∞kx_n−x_n0k ≤, pois kx_n−xn₀k < para todo n > n₀ implica limn→+∞kx_n−xn₀k ≤ ). Portanto Ix_n0 está na bola centrada em [ξ] de raio , o que conclui o argumento.

Exercício 14. SejaC^n≥2 com a norma uniformek · k_∞. Parax = (x₁, x₂, . . . , x_n)defina:

T(x) = Xn

j=1

α_1jx_j, . . . , Xn

j=1

α_njx_j

! .

Mostre queT é um operador linear limitado e calcule a sua norma.

Solução: Sejam x = (x_j)ⁿ_j=1,(y_j)ⁿ_j=1 ∈Cⁿ e λ∈C. Vejamos que T é linear.

T(x+λy) = Xn

j=1

α_1j(x_j+λy_j), . . . , Xn

j=1

α_nj(x_j+λy_j)

!

= Xn

j=1

α_1jx_j+λα_1jy_j, . . . , Xn

j=1

α_njx_j+λα_njy_j

!

= Xn

j=1

α_1jx_j+λ Xn

j=1

α_1jy_j, . . . , Xn

j=1

α_njx_j+λ Xn

j=1

α_njy_j

!

= Xn

j=1

α_1jx_j, . . . , Xn

j=1

α_njx_j

! +λ

Xn j=1

α_1jy_j, . . . , Xn

j=1

α_njy_j

!

=T(x) +λT(y).

Agora vejamos que T é limitado. Fixe um índice i entre 1 e n qualquer. Temos:

Xn j=1

α_ijx_j

≤ Xn

j=1

|α_ij| |x_j|≤ Xn

j=1

|α_ij|kxk_∞= Xn

j=1

|α_ij|

!

kxk_∞≤ max

1≤i≤n

Xn j=1

|α_ij|

! kxk_∞.

Tomando o máximo em i do lado esquerdo, temos:

kT(x)k_∞≤ max

1≤i≤n

Xn j=1

|α_ij|

! kxk_∞. PortantoT é limitado e kTk ≤max1≤i≤nP_n

j=1|α_ij|. Vejamos que vale a igualdade. Seja i^∗ o índice que realiza o máximo. Então seja x∈Cⁿ o vetor cuja j-ésima coordenada seja α_i^∗_j/|α_i^∗_j| se α_i^∗_j 6= 0, e 0 caso contrário. Então temos que kxk_∞ = 1 (pois o módulo de todas as suas entradas é 1), e a i^∗-ésima coordenada de T(x) verifica:

Xn j=1

α_i^∗_j αi∗j

|α_i^∗_j|

=

Xn j=1

|α_i^∗_j|²

|α_i^∗_j|

=

Xn j=1

|α_i^∗_j|

= Xn

j=1

|α_i^∗_j|= max

1≤i≤n

Xn j=1

|α_ij|.

Portanto kTk=max1≤i≤n

Pn j=1|α_ij|.

Exercício 15. Parax= (x_n)n≥0∈`₂(N), defina:

T(x) = (x_n+1)_n≥0∈`₂(N).

Mostre queT é um operador linear limitado e calcule a sua norma.

Solução: Sejam x = (x_n)n≥0, y= (y_n)n≥0 ∈`₂(N), e λ∈C. Vejamos que T é linear.

Temos:

T(x+λy) = (x_n+1+λy_n+1)_n≥0= (x_n+1)_n≥0+λ(y_n+1)_n≥0 =T(x) +λT(y).

E também temos:

kT(x)k₂ = X

n≥0

x²_n+1

!1/2

≤ X

n≥0

x²_n

!1/2

=kxk₂,

pois apenas estamos acrescentando o termo x²₀ na soma. Assim T é limitado e kTk ≤ 1. Para ver que a igualdade ocorre basta considerar x = (0,1,0, . . .) ∈ `₂(N). Claramente temoskxk₂ =1, T(x) = (1,0,0,· · ·) e por fim kT(x)k₂ =1. Assim kTk=1.

Exercício 16. Seja BC(]0,+∞[) o espaço linear das funções limitadas na semi-reta ]0,+∞[, equipado com a norma uniforme. Defina T ∈L(BC(]0,+∞[))por:

(Tx)(t) = 1 t

Z_t

0

x(τ)dτ.

Mostre queT é um operador linear limitado e calcule a sua norma.

Solução: Sejam x, y ∈ BC(]0,+∞[) e λ ∈ R. Vejamos que T é linear. Temos, qualquer que seja t >0:

(T(x+λy))(t) = 1 t

Z_t

0

(x+λy)(τ)dτ= 1 t

Z_t

0

x(τ) +λy(τ)dτ

= 1 t

Zt 0

x(τ)dτ+ 1 t

Zt 0

λy(τ)dτ

= 1 t

Z_t

0

x(τ)dτ+λ1 t

Z_t

0

y(τ)dτ

= (Tx)(t) +λ(Ty)(t) = (Tx)(t) + (λTy)(t)

= (Tx+λTy)(t).

Logo T(x+λy) =Tx+λTy. Agora vejamos que T é limitado. Temos:

|Tx(t)|= 1 t

Zt 0

x(τ)dτ

≤ 1 t

Zt

0|x(τ)|dτ≤ 1 t

Zt 0

kxk_∞dτ=kxk_∞.

Tomando o sup em t obtemos kTxk_∞ ≤ kxk_∞, portanto T é limitado e kTk ≤ 1.

Vejamos agora que vale a igualdade. Considere x :]0,+∞[→ R dado por x(t) = 1 para todo t >0. Claramente kxk_∞ =1. E:

|Tx(t)|= 1 t

Zt 0dτ

= 1 tt=1. Portanto kTk=1.

Exercício 17. SejaP([0,1])o conjunto dos polinômios no intervalo[0,1]equipado com a norma uniforme:

kxk_∞=max{|x(t)| |t∈[0,1]}. Parax∈P([0,1]), seja:

(Tx)(t) =x⁰(t) = dx(t) dt . Mostre queT é um operador linearnão limitado.

Solução: Sejam x, y∈P([0,1]) e λ∈C. Então:

(T(x+λy))(t) = (x+λy)⁰(t) =x⁰(t) +λy⁰(t) =Tx(t) +λTy(t) = (Tx+λTy)(t).

Como t ∈ [0,1] é qualquer, T(x+λy) = Tx+λTy, e T é linear. Para verificar que T não é limitado, vejamos que T não é limitado na esfera: para cada n∈N, considere xn : [0,1] → C dado por xn(t) = tⁿ. Então temos kxnk_∞ = 1 qualquer que seja n, porém (Tx_n)(t) =ntⁿ⁻¹ e daí kTx_nk_∞ =n.

Exercício 18. Seja X um espaço normado e F um subespaço fechado de X. Defina a função quociente:

q:X→X/F q(x) = [x] =x+F.

Mostre queq é um operador limitado cuja norma é kqk=1. Solução: Sejam x, y∈X e λ∈C. Temos:

q(x+λy) = (x+λy) +F= (x+F) + (λy+F) = (x+F) +λ(y+F) =q(x) +λq(y), portanto q é linear. Por um lado, temos que kq(x)k = kx +Fk ≤ kxk, tomando y = 0 ∈ F e recordando a definição de kx +Fk como o ínfimo das normas dos representantes da classe. Disto segue que q é limitado e kqk ≤ 1. Agora seja α∈]0,1[. Aí 1/α >1 e:

1

αkx+Fk>kx+Fk.

Então existe y∈F tal que:

1

αkx+Fk>kx+yk.

Chame z=x+y. Então temos que q(x) =q(z), pois y∈F. Reorganizando a última expressão temos:

1

αkz+Fk>kzk =⇒ kq(z)k> αkzk.

Como α entre 0 e 1 era qualquer, segue que kqk ≥1. Concluímos que kqk=1.

Exercício 19. Mostre que: se Y é um espaço de Banach, então (B(X, Y),k · k_∞)é um espaço de Banach.

Solução: QueB(X, Y)com as operações definidas pontualmente é um espaço vetorial e é normado com k · k_∞ segue do exercício 11. Resta ver que é completo. Seja (T_n)n≥0 ⊆ B(X, Y) uma sequência de k · k_∞-Cauchy. Vamos provar que para todo x∈E, (T_nx)n≥0 é uma sequência de Cauchy em Y. Se x=0 é óbvio. Suponha x 6=0 e seja >0. Existe n₀∈N tal que m, n > n₀ implica kT_n−Tmk_∞≤/kxk. Então se m, n > n₀, temos:

kT_nx−T_mxk=k(T_n−T_m)(x)k ≤ kT_n−T_mk_∞kxk<

kxkkxk=.

Assim (Tnx)n≥0 é uma sequência de Cauchy em Y, e como Y é Banach, existe y = limn→+∞T_nx. Defina T :X→Y pondo Tx=y. Vejamos queT é linear. Sejamx, y∈X e λ∈C:

T(x+λy) = lim

n→+∞T_n(x+λy) = lim

n→+∞T_nx+λT_ny= lim

n→+∞T_nx+λ lim

n→+∞T_ny=Tx+λTy.

Agora vejamos que T_n ^k·k−→^∞ T e que T ∈B(X, Y). Seja >0. Existe n₀∈N tal que:

kT_n−T_mk_∞< , ∀m, n > n₀ supx6=0

kT_nx−T_mxk

kxk < , ∀m, n > n₀ kT_nx−Tmxk

kxk < , ∀m, n > n₀, ∀x 6=0

mlim→+∞

kT_nx−T_mxk

kxk ≤, ∀n > n₀, ∀x 6=0 kT_nx−Txk

kxk ≤, ∀n > n₀, ∀x 6=0 supx6=0

kT_nx−Txk

kxk ≤, ∀n > n₀ kT_n−Tk_∞≤, ∀n > n₀,

portanto T_n −^k·k→^∞ T. O argumento acima também mostra que fixado, digamos, =1 e on₀ correspondente, T_n0−T ∈B(X, Y), donde T =T_n0− (T_n0−T)∈B(X, Y). Portanto B(X, Y) é um espaço de Banach com a norma k · k_∞.

Exercício 20 (Teorema de Baire). Seja M um espaço métrico completo. Se (U_n)n≥0

é uma sequência de abertos densos emM, então:

G= \

n≥0

U_n

é um conjunto G_δ denso emM.

Solução: Seja A um aberto não vazio. Então A∩U₀ 6= ∅ pois U₀ é denso em M. Tome x₀ ∈ A∩U₀, que é aberto por ser a interseção de dois abertos. Então existe 0< r₀<1 tal que:

x₀∈B(x₀, r₀)⊆B(x₀, r₀)⊆A∩U₀.

Então como U₁ é denso em M e B(x₀, r₀) é aberto, a interseção é aberta e não vazia, donde podemos escolher x₁ ∈B(x₀, r₀)∩U₁ e 0< r₁<1/2 tal que:

x₁∈B(x₁, r₁)⊆B(x₁, r₁)⊆B(x₀, r₀)∩U₁.

Prosseguindo indutivamente, conseguimosx_n ∈B(x_n−1, r_n−1)∩U_n e 0< r_n<1/(n+1) tal que:

x_n ∈B(x_n, r_n)⊆B(x_n, r_n)⊆B(x_n−1, r_n−1)∩U_n.

Então temos que {B(x_n, r_n)}^n≥0 é uma sequência de fechados encaixados, e:

0≤diam(B(x_n, r_n))≤1/(n+1)ⁿ−^→→^+∞0,

donde os diâmetros vão pra zero. Como M é completo, temos que: T

n≥0B(x_n, r_n)6=

∅. Fixe x ∈T

n≥0B(x_n, r_n). Então para todo n≥0, x∈B(x_n, r_n)⊆U_n, donde x ∈G. E também x ∈ B(x₀, r₀) ⊆ A. Então x ∈ A∩G, e assim concluímos que G é denso em M.

Exercício 21. SejaC([a, b]). Para cada x ∈C([a, b])definaf:X→Rpor:

f(x) = Z_b

a

x(t)dt.

Mostre quef é um funcional linear limitado cuja norma é igual a b−a.

Solução: Sejam x, y∈C([a, b]) e λ∈C. Temos:

f(x+λy) = Zb

a

(x+λy)(t)dt= Zb

a

x(t)+λy(t)dt= Zb

a

x(t)dt+λ Zb

a

y(t)dt=f(x)+λf(y).

Portanto f é um funcional linear. E também:

|f(x)|=

Zb a

x(t)dt

≤ Zb

a

|x(t)|dt≤ Zb

a

kxk_∞dt= (b−a)kxk_∞,

portanto f é limitado e kfk ≤ b−a. Agora considere a função x : [a, b] → R dada por x(t) =1 para todo t. É claro que kxk_∞ =1. E:

|f(x)|=

Z_b

a

x(t)dt

=

Z_b

a

dt

=b−a.

Concluímos que kfk=b−a.

Exercício 22. SejaC([a, b]). Fixe t ∈[a, b] e definaδ_t :C([a, b])→Rpor:

δ_t(x) =x(t).

Mostre que o funcional linear chamado de avaliação no pontot, é um funcional linear limitado cuja norma é igual a1.

Solução: Sejam x, y∈C([a, b]) e λ∈R. Temos:

δ_t(x+λy) = (x+λy)(t) =x(t) +λy(t) =δ_t(x) +λδ_t(y), portanto δ_t é um funcional linear. Temos:

|δt(x)|=|x(t)|≤ kxk_∞,

daí δ_t é um funcional linear limitado e kδ_tk ≤ 1. Agora considere x : [a, b] → R dado por x(t) = 1 para todo t. É claro que kxk_∞ = 1. E |δ_t(x)| = |x(t)| = 1 = kxk_∞. Concluímos que kδtk=1.

Exercício 23. SejaC([a, b]). Fixec₁, c₂, . . . , c_nnúmeros reais. Definaf:C([a, b])→R por:

f(x) = Xn

j=1

c_jx(t_j) para t₁, t₂, . . . , t_n∈[a, b].

Mostre quef é um funcional linear limitado.

Solução: Sejam x, y∈C([a, b]) e λ∈C. Temos:

f(x+λy) = Xn

j=1

c_j(x+λy)(t_j) = Xn

j=1

c_j(x(t_j) +λy(t_j))

= Xn

j=1

cjx(tj) +λcjy(tj) = Xn

j=1

cjx(tj) +λ Xn

j=1

cjy(tj)

=f(x) +λf(y),

portanto f é um funcional linear. E também:

|f(x)|=

Xn j=1

c_jx(t_j)

≤ Xn

j=1

|c_j||x(t_j)|≤ Xn

j=1

|c_j|kxk_∞= Xn

j=1

|c_j|

! kxk_∞,

portanto f é um funcional limitado e kfk ≤Pn j=1|c_j|.

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