SejaE um espa¸co vetorial sobreK, ondeKdenota o corpo dos n´umeros reais ou o corpo dos n´umeros complexos.
4.1.1. Definic¸˜ao. Uma semi-norma emE ´e uma aplica¸c˜ao:
E3x7−→ kxk ∈R satisfazendo as seguintes condi¸c˜oes:
(a) kxk ≥0, para todox∈E;
(b) kλxk=|λ|kxk, para todoλ∈K e todox∈E;
(c) kx+yk ≤ kxk+kyk, para todosx, y∈E (desigualdade triangular).
Uma norma em E ´e uma semi-norma que satisfaz a condi¸c˜ao adicional:
(d) kxk>0, para todox∈E com x6= 0.
Umespa¸co vetorial normado sobre K(ou, mais abreviadamente, umespa¸co normado) ´e um par (E,k · k), ondeE ´e um espa¸co vetorial sobreKe k · k´e uma norma em E.
Note que fazendoλ= 0 na condi¸c˜ao (b) obtemos:
k0k= 0.
Dado um espa¸co vetorial normado (E,k · k), n´os definimos:
(4.1.1) d(x, y) =kx−yk,
para todos x, y ∈ E. Temos que d: E×E → R´e uma m´etrica em E; de fato, segue das condi¸c˜oes (a) e (d) que, para todos x, y ∈ E, d(x, y) ≥0 e qued(x, y) = 0 se e somentex=y. Usando a condi¸c˜ao (b), obtemos:
d(x, y) =kx−yk=
(−1)·(y−x)
=ky−xk=d(y, x), e usando a condi¸c˜ao (c) obtemos:
d(x, z) =kx−zk=
(x−y) + (y−z)
≤ kx−yk+ky−zk=d(x, y) +d(y, z), para todos x, y, z ∈ E. Dizemos que a m´etrica d definida em (4.1.1) ´e a m´etricaassociada `a (oudeterminada pela) normak · k. N´os sempre assumi-remos que um espa¸co normado(E,k · k) est´a munido da m´etricadassociada
112
4.1. ESPAC¸ OS NORMADOS E COM PRODUTO INTERNO 113
a sua norma. Temos ent˜ao que todo espa¸co normado ´e tamb´em um espa¸co m´etrico (para uma rec´ıproca, veja o Exerc´ıcio 4.3).
4.1.2. Definic¸˜ao. Umespa¸co de Banach sobre K´e um espa¸co normado (E,k · k) sobre Ktal que a m´etrica associada `a normak · k ´e completa.
4.1.3. Exemplo. Dado um conjunto arbitr´arioX, ent˜ao o conjuntoKX de todas as fun¸c˜oes f : X → K possui uma estrutura natural de espa¸co vetorial sobreKdefinida por:
(f+g)(x) =f(x) +g(x), (λf)(x) =λf(x),
para todos x ∈ X, λ ∈ K, f, g ∈ KX. O conjunto Bd(X,K) de todas as fun¸c˜oes limitadas f : X → K ´e um subespa¸co de KX e a aplica¸c˜ao k · ksup : Bd(X,K)→R definida por:
kfksup= sup
x∈X
f(x)
,
para toda f ∈ Bd(X,K) ´e uma norma em Bd(X,K). A norma k · ksup ´e chamada anorma do supremoe a m´etricadsupassociada ak·ksup´e chamada a m´etrica do supremo. Temos que uma seq¨uˆencia (fn)n≥1 em Bd(X,K) converge para uma fun¸c˜ao f ∈Bd(X,K) (resp., ´e de Cauchy) com respeito
`
a m´etricadsupse e somente se (fn)n≥1converge uniformemente paraf(resp.,
´
e uniformemente de Cauchy). Se (fn)n≥1 ´e uma seq¨uˆencia uniformemente de Cauchy ent˜ao (fn)n≥1 tamb´em ´e pontualmente de Cauchy e portanto existef :X → Ktal que (fn)n≥1 converge para f pontualmente; segue do resultado do Exerc´ıcio 2.36 que (fn)n≥1 converge paraf uniformemente. Se todas as fun¸c˜oes fn s˜ao limitadas, ´e f´acil ver que f tamb´em ´e limitada, e portanto a m´etrica dsup ´e completa e Bd(X,K) ´e um espa¸co de Banach. Se X ´e um espa¸co m´etrico (ou, mais geralmente, um espa¸co topol´ogico) ent˜ao o conjunto Cb(X,K) de todas as fun¸c˜oes cont´ınuas e limitadas f :X →K
´
e um subespa¸co de Bd(X,K); como o limite uniforme de fun¸c˜oes cont´ınuas
´
e cont´ınua, segue queCb(X,K) ´e fechado em Bd(X,K) e portanto tamb´em completo com a m´etrica (induzida por)dsup. Segue queCb(X,K) tamb´em ´e um espa¸co de Banach munido da norma (induzida por)k · ksup. Note que se X ´e compacto ent˜ao toda fun¸c˜ao cont´ınua f :X → K´e limitada, de modo queCb(X,K) coincide com o espa¸coC(X,K) de todas as fun¸c˜oes cont´ınuas f :X →K.
4.1.4. Definic¸˜ao. Seja E um espa¸co vetorial sobre K. Um produto interno em E ´e uma aplica¸c˜ao:
E×E 3(x, y)7−→ hx, yi ∈K satisfazendo as seguintes condi¸c˜oes:
(a) hλx+x0, yi = λhx, yi+hx0, yi e hx, λy +y0i = ¯λhx, yi +hx, y0i, para todosx, y, x0, y0 ∈E e todoλ∈K, onde ¯λdenota o complexo conjugado de λ;
(b) hx, yi=hy, xi, para todos x, y∈E;
(c) hx, xi>0, para todox∈E com x6= 0.
4.1. ESPAC¸ OS NORMADOS E COM PRODUTO INTERNO 114
Note que a condi¸c˜ao (b) implica que hx, xi´e real, para todo x ∈E, de modo que faz sentido falar em hx, xi>0, na condi¸c˜ao (c). Quando K=R ent˜ao ¯λ= λpara todo λ∈ K, de modo que as condi¸c˜oes (a) e (b) podem ser substitu´ıdas respectivamente por:
(a’) hλx+x0, yi=λhx, yi+hx0, yi ehx, λy+y0i=λhx, yi+hx, y0i, para todos x, y, x0, y0∈E e todo λ∈K;
(b’) hx, yi=hy, xi, para todos x, y∈E.
Fazendo λ= 1 na condi¸c˜ao (a) obtemos:
hx+x0, yi=hx, yi+hx0, yi, hx, y+y0i=hx, yi+hx, y0i, para todos x, y, x0, y0 ∈E; da´ı:
h0, yi=h0 + 0, yi=h0, yi+h0, yi, hx,0i=hx,0 + 0i=hx,0i+hx,0i e portanto:
hx,0i= 0, h0, yi= 0,
para todosx, y∈E. Fazendox0= 0,y0 = 0 na condi¸c˜ao (a) obtemos ent˜ao:
hλx, yi=λhx, yi, hx, λyi= ¯λhx, yi, para todos x, y∈E e todo λ∈K.
O primeiro resultado n˜ao trivial sobre produtos internos que provaremos
´
e o seguinte:
4.1.5. Lema(desigualdade de Cauchy–Schwarz). Seja E um espa¸co ve-torial sobre K eh·,·i um produto interno em E. Ent˜ao:
(4.1.2)
hx, yi
≤ hx, xi12hy, yi12,
para todos x, y∈E; a igualdade em (4.1.2) vale se e somente se x e y s˜ao linearmente dependentes.
Demonstrac¸˜ao. Sexeys˜ao linearmente dependentes ent˜ao ouy=λx oux=λy, para algumλ∈K; da´ı ´e f´acil ver que vale a igualdade em (4.1.2).
Suponhamos ent˜ao quex eys˜ao linearmente independentes e provemos que vale a desigualdade estrita em (4.1.2). Provemos primeiramente que:
(4.1.3)
<hx, yi
<hx, xi12hy, yi12,
onde<λdenota a parte real de um n´umero complexoλ. Considere a fun¸c˜ao p:R→R definida por:
p(t) =hx+ty, x+tyi, para todot∈R. Temos:
p(t) =hx, xi+thx, yi+thy, xi+t2hy, yi=hx, xi+ 2t<hx, yi+t2hy, yi, para todot∈R. Comoxeys˜ao linearmente independentes, temos quex+ty
´
e n˜ao nulo, para todot∈R e portantop(t)>0, para todo t∈R. Mas p´e uma fun¸c˜ao polinomial do segundo grau e portanto seu discriminante:
∆ = 4 <hx, yi2
−4hx, xihy, yi
4.1. ESPAC¸ OS NORMADOS E COM PRODUTO INTERNO 115
deve ser negativo. Da´ı (4.1.3) segue diretamente. Seja agora λ ∈ K com
|λ|= 1 tal que λhx, yi ´e real1; trocandox por λxem (4.1.3) obtemos:
<hλx, yi
<hλx, λxi12hy, yi12, donde segue a desigualdade:
hx, yi
<hx, xi12hy, yi12. 4.1.6. Corol´ario. SejaEum espa¸co vetorial sobreKeh·,·ium produto interno em E. Ent˜ao a aplica¸c˜aok · k:E →R definida por:
(4.1.4) kxk=hx, xi12,
para todo x∈E, ´e uma norma em E.
Demonstrac¸˜ao. Note que, como hx, xi ≥ 0 para todo x ∈ E, a apli-ca¸c˜ao k · k est´a bem definida e kxk ≥ 0, para todo x ∈ E; al´em do mais, kxk>0, parax∈E n˜ao nulo. Dadosλ∈K,x∈E, temos:
kλxk=hλx, λxi12 = λλhx, xi¯ 1
2 = |λ|2hx, xi1
2 =|λ|kxk.
Finalmente, a desigualdade triangular ´e obtida da desigualdade de Cauchy–
Schwarz, atrav´es dos c´alculos abaixo:
kx+yk2 =hx+y, x+yi=hx, xi+hx, yi+hy, xi+hy, yi
=kxk2+kyk2+ 2<hx, yi ≤ kxk2+kyk2+ 2 hx, yi
≤ kxk2+kyk2+ 2kxkkyk= kxk+kyk2
,
ondex, y∈E.
A norma definida em (4.1.4) ´e chamada a norma associada ao (ou de-terminada pelo) produto internoh·,·i.
4.1.7. Definic¸˜ao. SejaE um espa¸co vetorial sobreKeh·,·ium produto interno em E. O par (E,h·,·i) ´e chamado um espa¸co pr´e-Hilbertiano sobre K. Se a m´etrica associada `a norma associada ao produto interno h·,·i for completa, dizemos que (E,h·,·i) ´e um espa¸co de Hilbert sobre K.
N´os sempre assumiremos que um espa¸co pr´e-Hilbertiano (E,h·,·i) est´a munido da norma (4.1.4) associada ao seu produto interno. Vemos ent˜ao que todo espa¸co pr´e-Hilbertiano ´e um espa¸co normado e todo espa¸co de Hilbert ´e um espa¸co de Banach. Nem toda norma est´a associada a um produto interno, como segue facilmente do seguinte:
4.1.8. Lema (identidade do paralelogramo). SeE ´e um espa¸co vetorial sobre K, h·,·i´e um produto interno emE ek · k´e a norma associada ah·,·i ent˜ao:
(4.1.5) kx+yk2+kx−yk2 = 2 kxk2+kyk2 ,
1Dado um n´umero complexo z, evidentemente existe um n´umero complexo λ de m´odulo 1 tal queλz´e real; basta tomarλ=|z|¯z , sez6= 0 eλ= 1 sez= 0.
4.1. ESPAC¸ OS NORMADOS E COM PRODUTO INTERNO 116
para todosx, y∈E.
Demonstrac¸˜ao. Temos:
kx+yk2=hx+y, x+yi=hx, xi+hx, yi+hy, xi+hy, yi, donde:
(4.1.6) kx+yk2 =kxk2+kyk2+ 2<hx, yi;
similarmente:
(4.1.7) kx−yk2 =kxk2+kyk2−2<hx, yi.
A conclus˜ao ´e obtida somando (4.1.6) e (4.1.7).
No Exerc´ıcio 4.10 pedimos ao leitor para mostrar que a norma do su-premo n˜ao satisfaz a identidade do paralelogramo (exceto pelo caso trivial, em que o dom´ınio tem um ´unico ponto). Vemos ent˜ao que nem toda norma est´a associada a um produto interno. No Exerc´ıcio 4.14 apresentamos um leitor um roteiro para demonstrar que toda norma que satisfaz a identidade do paralelogramo est´a associada a um ´unico produto interno.
SeF ´e um subconjunto fechado n˜ao vazio deRn eK ´e um subconjunto compacto n˜ao vazio de Rn ent˜ao existem pontos x ∈ F, y ∈ K tais que d(x, y) =d(F, K), ou seja, a distˆancia m´ınima entreF eK ´e explicitamente realizada2. Como ´e ilustrado no exemplo a seguir, se (M, d) ´e um espa¸co m´etrico arbitr´ario, F 6= ∅ ´e fechado em M e K 6= ∅ ´e um subconjunto compacto de M, n˜ao ´e verdade em geral que a distˆancia m´ınima entre F e K ´e realizada, mesmo sob a hip´otese que o espa¸co m´etricoM seja completo (´e verdade, no entanto, que se K e F s˜ao disjuntos ent˜ao d(K, F)>0).
4.1.9. Exemplo. SejaC [0,1],R
o espa¸co de Banach das fun¸c˜oes con-t´ınuas f : [0,1] → R munido da norma do supremo (veja Exemplo 4.1.3) e seja E o subespa¸co de C [0,1],R
constitu´ıdo pelas fun¸c˜oes cont´ınuas f : [0,1] → R tais que f(0) = f(1) = 0. Claramente E ´e um subespa¸co fechado de C [0,1],R
e portanto ´e tamb´em um espa¸co de Banach. SejaH o subconjunto de E definido por:
H =
f ∈E :R1
0 fdm= 1 . Se uma seq¨uˆencia (fn)n≥1 em C [0,1],R
converge uniformemente para f ent˜ao (veja Exerc´ıcio 2.26):
n→∞lim Z 1
0
fndm= Z 1
0
fdm,
donde segue queH ´e fechado emE. Vamos mostrar que a distˆancia dsup(0, H) = inf
f∈Hkfksup
2Esse n˜ao ´e o caso se supusermos apenas queF e Ks˜ao fechados. Por exemplo, se F =
x,1x
:x >0 eK=R× {0}ent˜aoF eK s˜ao fechados e disjuntos em R2, mas d(K, F) = 0.
4.1. ESPAC¸ OS NORMADOS E COM PRODUTO INTERNO 117
da fun¸c˜ao nula at´e H ´e igual a 1, mas que n˜ao existe nenhuma fun¸c˜ao f ∈H comdsup(0, f) =kfksup = 1. Em primeiro lugar, mostremos que n˜ao existe f ∈H com kfksup ≤ 1. De fato, suponha por absurdo quef ∈H e kfksup ≤1. Da´ı 1−f ≥0 eR1
0(1−f) dm= 0, donde f = 1 quase sempre;
mas f(0) = f(1) = 0 e a continuidade de f implicam que f ´e menor que 1 numa vizinhan¸ca de {0,1}, o que nos d´a uma contradi¸c˜ao. Vamos agora mostrar que para todoε >0 existef ∈H comkfksup ≤1 +ε. Obviamente podemos supor sem perda de generalidade queε≤1; seja η = 1+εε ∈
0,12 e considere a fun¸c˜ao f : [0,1]→R definida por:
f(x) =
1+ε
η x, se 0≤x≤η, 1 +ε, seη≤x≤1−η,
1+ε
η (1−x), se 1−η≤x≤1.
E f´´ acil ver que f ∈H e quekfksup = 1 +ε. Logodsup(0, H) = 1, mas n˜ao existef ∈H com kfksup= 1.
4.1.10. Proposic¸˜ao. Seja (E,h·,·i) um espa¸co pr´e-Hilbertiano sobreK e seja C ⊂ E um subconjunto completo, n˜ao vazio, tal que 12(p+q) ∈ C, para todos p, q∈C. Ent˜ao para todox∈E existe um ´unico pontop∈C tal que d(x, p) =d(x, C).
Demonstrac¸˜ao. Sejam x ∈ E, p, q ∈ C. Aplicando a identidade do paralelogramo (4.1.5) aos vetoresx−p,x−q, obtemos:
k2x−p−qk2+kp−qk2= 2 kx−pk2+kx−qk2 , e portanto:
(4.1.8) kp−qk2 = 2 kx−pk2+kx−qk2−2
x−12(p+q)
2 . Sejac=d(x, C)≥0. Provemos primeiramente a unicidade dep. Sep, q∈C s˜ao tais que d(x, p) = d(x, q) = c ent˜ao d x,12(p+q)
≥ c, de modo que (4.1.8) nos d´a:
kp−qk2≤2(c2+c2−2c2) = 0,
e da´ıp=q. Para provar a existˆencia dep, seja (pn)n≥1 uma seq¨uˆencia em C tal que d(x, pn) < c+ n1, para todo n≥ 1. Usando (4.1.8) com p = pn, q=pm e observando que d x,12(pn+pm)
≥c, obtemos:
kpn−pmk2 <2
c+ 1n2
+ c+m12
−2c2
= 2 2cn + 2cm +n12 + m12
, donde segue que (pn)n≥1 ´e uma seq¨uˆencia de Cauchy. J´a que C´e completo, existep∈C compn→pe da´ı fazendon→ ∞emd(x, pn)< c+n1 obtemos d(x, p)≤c. Como obviamente d(x, p)≥c, a conclus˜ao segue.
4.1.11. Definic¸˜ao. Seja (E,h·,·i) um espa¸co pr´e-Hilbertiano sobre K. Dois vetores x, y∈E s˜ao ditosortogonais sehx, yi= 0. SejaS um subcon-junto de E. O complemento ortogonal de S, denotado porS⊥, ´e conjunto
4.1. ESPAC¸ OS NORMADOS E COM PRODUTO INTERNO 118
dos vetores x∈E que s˜ao ortogonais a todos os vetores deS, isto ´e:
S⊥=
x∈E :hx, yi= 0, para todoy∈S .
E f´´ acil ver que o complemento ortogonal de um subconjunto S de E coincide com o complemento ortogonal do subespa¸co vetorial de E gerado por S, de modo que a no¸c˜ao de complemento ortogonal ´e particularmente interessante apenas para subespa¸cos vetoriais. ´E f´acil ver tamb´em que o complemento ortogonal de um subconjunto arbitr´ario de E ´e sempre um subespa¸co de E.
4.1.12. Lema. Sejam (E,h·,·i) um espa¸co pr´e-Hilbertiano sobre K e S um subespa¸co vetorial de E. Dados x ∈E, p ∈ S, ent˜ao d(x, p) =d(x, S) se e somente se x−p∈S⊥.
Demonstrac¸˜ao. Sejamx∈E,p∈S e suponha quex−p∈S⊥. Dado q ∈ S ent˜ao p−q ∈ S e portanto os vetores x−p e p−q s˜ao ortogonais;
pelo Teorema de Pit´agoras (veja Exerc´ıcio 4.15):
kx−qk2 =
(x−p) + (p−q)
2 =kx−pk2+kp−qk2 ≥ kx−pk2, donded(x, p)≤d(x, q), para todoq ∈S. Isso mostra qued(x, p) =d(x, S).
Reciprocamente, suponha que d(x, p) = d(x, S). Dado v ∈ S, considere a fun¸c˜ao φ:R→Rdefinida por:
φ(t) =d(x, p+tv)2=k(x−p)−tvk2, para todot∈R. Temos:
φ(t) =kx−pk2−2t<hx−p, vi+t2kvk2,
para todo t ∈ R. Como d(x, p) = d(x, S), a fun¸c˜ao φ possui um m´ınimo global em t= 0 e portanto:
φ0(0) =−2<hx−p, vi= 0.
Conclu´ımos que:
(4.1.9) <hx−p, vi= 0,
para todo v ∈S. SeK=R, a demonstra¸c˜ao j´a est´a completa. Se K=C, podemos trocarv por ivem (4.1.9), o que nos d´a:
<hx−p, ivi=−< ihx−p, vi
==hx−p, vi= 0, onde=λdenota a parte imagin´aria de um n´umero complexoλ. Da´ı:
hx−p, vi= 0
e a demonstra¸c˜ao est´a completa.
4.1.13. Definic¸˜ao. Sejam (E,h·,·i) um espa¸co pr´e-Hilbertiano sobreK e S um subespa¸co vetorial de E. Dado x ∈ E ent˜ao um ponto p ∈ S com x−p∈S⊥´e dito umaproje¸c˜ao ortogonal de xem S.
4.2. APLICAC¸ ˜OES LINEARES CONT´INUAS 119
Temos que a proje¸c˜ao ortogonal de x em S ´e ´unica quando existe; de fato, sep, q∈S e x−p, x−q∈S⊥ ent˜ao p−q= (x−q)−(x−p)∈S⊥ e p−q ∈S, de modo quehp−q, p−qi= 0 e p−q= 0.
4.1.14. Corol´ario. Sejam (E,h·,·i) um espa¸co pr´e-Hilbertiano sobre K e S um subespa¸co vetorial de E. Suponha que S ´e completo (esse ´e o caso, por exemplo, se(E,h·,·i)´e um espa¸co de Hilbert eS ´e fechado emE).
Ent˜ao todo x∈E admite uma (´unica) proje¸c˜ao ortogonal p∈S.
Demonstrac¸˜ao. Segue da Proposi¸c˜ao 4.1.10 que existe p ∈ S com d(x, p) =d(x, S). O Lema 4.1.12 nos diz ent˜ao quex−p∈S⊥. 4.1.15. Corol´ario. Sejam (E,h·,·i) um espa¸co pr´e-Hilbertiano sobre K e S um subespa¸co vetorial de E. Suponha que S ´e completo (esse ´e o caso, por exemplo, se(E,h·,·i)´e um espa¸co de Hilbert eS ´e fechado emE).
Ent˜aoE =S⊕S⊥.
Demonstrac¸˜ao. Se v ∈S∩S⊥ ent˜ao hv, vi= 0, de modo que v= 0.
O Corol´ario 4.1.14 implica que todo elemento deE ´e soma de um elemento de S com um elemento deS⊥, i.e., E =S+S⊥. A conclus˜ao segue.