MAT0334 - MAT5721: Introdução à Análise Funcional Prova 2 - Maio 14 de 2019

MAT0334 - MAT5721: Introdução à Análise Funcional Prova 2 - Maio 14 de 2019

Prof. Wilson Cuellar Monitora: Rafaela Gesing

Definição. Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈ L(X, Y). Dizemos que T é limitado por baixo se existe γ >0 tal que

kT(x)k ≥γkxk, para todo x∈X.

I)(2,0) SejamX e Y espaços de Banach e T ∈ L(X, Y) limitado por baixo.

1. Seja (xn)n uma sequência emX tal que (T(xn))n é de Cauchy emY. Mostre que (xn)n é de Cauchy emX.

Resolução: Seja > 0 qualquer. Tome n0 ∈ N tal que kT(xn)−T(xm)k < γ, para todo n, m≥n₀. Assim, se n, m≥n₀

kx_n−xmk ≤ 1

γkT(xn−xm)k= 1

γkT(xn)−T(xm)k< 1 γγ= Portanto,(x_n)_n é de Cauchy.

2. Mostre que T X é fechado.

Resolução: Seja y ∈ T X. Então existe (x_n)_n sequência em X tal que T(x_n) → y quando n→ ∞. Como a sequência(T(xn))n é convergente, é de Cauchy; segue do item 1. que(xn)n

é uma sequência de Cauchy em X (que é Banach) e portanto, existez ∈X tal que xn →z.

Como T é contínua, T(x_n) → T(z). Da unicidade do limite segue que T(z) = y, portanto, y∈T X.

3. Mostre que T é um isomorfismo deX sobre sua imagemT X.

Resolução: Note queTé injetora, pois sex∈Xé tal queT(x) = 0, então0 =kT(x)k ≥γkxk, de onde segue quex= 0. Portanto,T :X→T X é bijeção contínua entre espaços de Banach (T X é Banach pois pelo item anterior é um subespaço fechado de um Banach). Do Teorema da Aplicação Aberta segue que T⁻¹ :T X →X é contínua, isto é, T é um isomorfismo deX sobre sua imagemT X.

II)(3,0) SejamX um espaço de Banach eT ∈ L(X, `₁) sobrejetivo.

1. Mostre que existe uma sequêncialimitada (xn)nde elementos emX tal queT(xn) =enpara todon∈N. (Sugestão: Use o teorema da aplicação aberta.)

Resolução: Pelo Teorema da Aplicação Aberta,T é aberta, então existeδ >0tal queδB_{`1</sub> ⊂ T(B<sub>X</sub>). Para cada n ∈ N, e<sub>n</sub> ∈B<sub>`1}, e assim δe_n ∈δB_`1; portanto, existe y_n ∈ B_X tal que T(xn) =δen. Colocando xn = ¹_δyn,∀n∈N temos que T(xn) = ¹_δT(yn) = ¹_δδen =en. Além disso,

kx_nk= 1 δy_n

= 1

δky_nk ≤ 1 δ, isto é, a sequência(x_n)_n é limitada.

1

2. Mostre que existe um operador S ∈ L(`<sub>1</sub>, X)tal que S(e<sub>n</sub>) =x<sub>n</sub>, para todon∈N. Resolução: Seja a = (a<sub>n</sub>)<sub>n</sub> ∈ `₁, observemos que P

na_nx_n é absolutamente convergente (e portanto convergente) emX. De fato, para todoN ∈N

N

X

n=1

ka_nxnk=

N

X

n=1

|a_n|kx_nk ≤C

N

X

n=1

|a_n| ≤Ckak₁, (1)

onde sup_nkx_nk ≤ C. Tomando limite quando N → ∞ obtevemos que P∞

n=1ka_nx_nk é convergente. Para cada a= (an)n ∈`1, definamos S(a) = P∞

n=1anxn. S está bem definida pela observação anterior. Sejama= (a_n)_n,b= (b_n)_n em`₁ eλ∈K

S(a+λb) =

∞

X

n=1

(a_n+λb_n)x_n=

∞

X

n=1

a_nx_n+λ

∞

X

n=1

b_nx_n=S(a) +λS(b).

Portanto S é linear. Segue da equação (1) que kP_N

n=1a_nx_nk ≤ Ckak₁, para todo N ∈ N e a = (a_n)_n ∈ `<sub>1</sub>. Tomando limite quando N → ∞ obtevemos kS(a)k ≤ Ckak<sub>1</sub>, para todo a∈`1. Concluímos queS é contínua e por definiçãoS(en) =xn para todo n∈N.

3. Prove queT(S(y)) =y, para todo y∈`₁.

Resolução: Sabemos que (en)n é base de Schauder de `1. Seja y = (an)n ∈ `1, logo y = P∞

n anen e para cada N ∈N

T◦S

N

X

n=1

anen

!

=T

N

X

n=1

anxn

!

=

N

X

n=1

anen.

Segue da continuidade deT e S, ao tomar limite quandoN → ∞, queT ◦S(y) =y.

4. Mostre que X contém um subespaço fechado isomorfo a `1. Conclua que X não é reflexivo.

(Sugestão: Mostre que S é limitado por baixo e use problema I)

Resolução: Primeiramente vamos mostrar que S é limitado por baixo. Com efeito, dado y∈`1, pelo item anterior,

kyk=kT(S(y))k ≤ kTkkS(y)k

Assim,

kS(y)k ≥ 1

kTkkyk, ∀y∈`₁

Do problema I segue que S : `<sub>1</sub> → S(`₁) é isomorfismo, isto é, X contém um subespaço fechado isomorfo a `<sub>1</sub> (a saber, S(`₁)). Como`₁ não é um espaço reflexivo, concluímos que X não pode ser reflexivo.

III)(3,0)

1. Sejam X um espaço normado e Y um subespaço de X. Dado T ∈ L(Y, `<sub>∞</sub>) demonstre que existe uma extensãoS ∈ L(X, `_∞) de T tal que kTk=kSk.

Resolução: Defina, para cada n∈N,

πn:`∞−→K (zj)j 7−→zn

Note que π é linear e |π_n((z_j)_j)| = |z_n| ≤ sup_j∈N|z_j| = k(z_j)_jk∞, assim, π_n é contínua e kπ_nk ≤1. Além disso,kπ_nk ≥ |π_n(en)|= 1; portanto,kπ_nk= 1.

2

Temos então que, para todo n ∈ N, π_n◦T : Y → K é linear e contínua. Do Teorema de Hahn-Banach, existeϕ_n∈X^∗ tal que ϕ_n(y) = (π_n◦T)(y),∀y∈Y ekϕ_nk=kπ_n◦Tk. Note que

k(π_n◦T)(x)k ≤ kπ_nkkT(x)k ≤ kTkkxk, e portanto,kϕ_nk=kπ_n◦Tk ≤ kTk.

Considere

S:X −→`∞

x7−→(ϕ_n(x))_n

• S está bem definida: Para cada n∈Ne x∈X, temos

|ϕ_n(x)| ≤ kϕ_nkkxk ≤ kTkkxk, portanto,(ϕ_n(x))_n∈`∞.

• S é linear: Sejam α∈K ex, y∈X,

S(αx+y) = (ϕn(αx+y))n=α(ϕn(x))n+ (ϕn(y))n=αS(x) +S(y)

• S é contínua: Se x∈X, temos

kS(x)k=k(ϕ_n(x))_nk= sup

n∈N

|ϕ_n(x)| ≤ kTkkxk,

de onde segue a continuidade deS.

• kSk=kTk: Com efeito, temos

kSk= sup{kSxk:x∈BX} ≥sup{kSyk:y∈BY}= sup{kT yk:y∈BY}=kTk Por outro lado, se x∈BX, então

kSxk= sup

n∈N

|ϕ_n(x)| ≤sup

n∈N

kϕ_nk ≤ kTk ⇒ kSk ≤ kTk

2. Sejam X um espaço de Banach e T ∈ L(`∞, X) limitado por baixo. Prove que existe S ∈ L(X, `_∞) tal que S(T(x)) =x para todox∈`∞. (Sugestão: Use os exercícios I e III-1.) Resolução: Considere Y = T(`∞). Da questão I), temos que T : `∞ → Y é isomorfismo e portanto, T<sup>−1</sup> ∈ L(Y, `_∞). De III-1. segue que existe S ∈ L(X, `<sub>∞</sub>) tal que S(y) =T<sup>−1</sup>(y), para todo y∈Y. Assim, se x∈`∞, então T(x)∈Y e temos S(T(x)) =T⁻¹(T(x)) =x.

IV)(2,0) Sejam X e Y espaços de Banach e T ∈ L(X, Y). Mostre que T é limitado por baixo se e somente se T^∗ é sobrejetor.

Resolução: (⇒) Seja g ∈ X^∗. Como T é limitado por baixo, da questão I), segue que T⁻¹ : T X → X é isomorfismo, portanto, g ◦T⁻¹ : T X → K é linear e contínua. Do Teorema de Hahn-Banach, existeh∈Y^∗ tal que h(y) =g(T⁻¹(y)),∀y∈T X. Temos, para x∈X,

(T^∗h)(x) =h(T(x)) =g(T⁻¹(T(x))) =g(x), isto é,T^∗h=g, e portantoT^∗ é sobrejetor.

(⇐) Temos que T^∗ ∈ L(Y^∗, X^∗) é sobrejetor; segue do Teorema da Aplicação Aberta queT^∗ é aberta. Então, existe δ > 0 tal que δBX^∗ ⊆ T^∗(BY^∗). Assim, dada ϕ ∈BX^∗, temos δϕ∈δBX^∗, portanto, existeφ∈B_Y^∗ tal que T^∗φ=δϕ. Assim, para todox∈X,

δ|ϕ(x)|=|φ(T(x))| ≤ kφkkT(x)k ≤ kT(x)k.

Segue do Teorema de Hahn-Banach que

δkxk=δsup{|ψ(x)|:ψ∈B_X^∗} ≤ kT xk.

Portanto, T é limitado por baixo.

Boa prova!

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