INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIA CAMPUS EUNÁPOLIS
DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPEN COLEGIADO DE MATAMÉTICA –COMAT
GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHO
O Teorema de Hahn-Banach e aplicações
em espaços separáveis
Eunápolis 2012
GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHO
O Teorema de Hahn-Banach e aplicações
em espaços separáveis
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 MATAMÉTICA –COMAT
O Teorema de Hahn-Banach e aplicações
em espaços separáveis
por
Givaldo Soares dos Santos Filho
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
Nada há, fora do homem, que, entrando nele, o possa contaminar, mas o que sai dele isso é que contamina o homem. (...) Porque do interior do coração dos homens saem os maus pensamentos, os adultérios, as prostituições, os homicídios, os furtos, a avareza, as maldades o engano, a dissolução, a inveja, a blasfêmia, a soberba, a loucura. Todos estes males procedem de dentro e contaminam o homem. (Marcos 7 v.15;21-23)
Agradecimentos
A Deus pelo dom da vida.
A minha mãe pelo seu ótimo papel como o meu anjo da guarda!
As minhas irmãs que, devido as brigas de casa, …zeram da faculdade um recanto de paz!
Ao meu pai.
Aos meus professores especialmente ao
Professor Adílson Correia por ter depositado fé em mim!
Professor Marcos Ferreira pelas orientações que me encaminharam até aqui! Aos meus colegas especialmente a
Eraldo Gonçalves, a minha eterna dupla!
Resumo
Neste trabalho apresentamos a demonstração, consequências e algumas aplicações de um dos resultados centrais da Análise Funcional: O Teorema de Hahn-Banach. Salientamos que a ferramenta, dentre algumas existentes, que iremos utilizar na demonstração será o Lema de Zorn. Além disso, apresentamos duas aplicações do referido teorema em espaços separáveis.
Sumário
Introdução 8
1 Preliminares 9
1.1 Espaços vetoriais normados . . . 9
1.2 Operadores lineares . . . 13 1.3 Espaços de sequências . . . 20 1.4 Espaços separáveis . . . 28 2 O Teorema de Hahn-Banach 32 2.1 Lema de Zorn . . . 32 2.2 O Teorema de Hahn-Banach . . . 33
2.3 Algumas aplicações em espaços separáveis . . . 40
Indicação de estudos 43
Introdução
O Teorema de Hahn-Banach é um dos resultados centrais da Análise Funcional assim como os Teoremas de Banach-Steinhaus, da Aplicação Aberta e do Grá…co Fechado. O foco deste trabalho será apresentar e demonstrar o Teorema de Hahn-Banach trazendo algumas consequências e aplicações.
O tema do trabalho faz parte da Análise Funcional. A grosso modo, a Análise Funcional é a junção de conceitos da Álgebra Linear, Análise e Topologia e é o ramo da matemática que estuda os espaços de funções. Esta teve sua origem no século XX decorrente a vários problemas envolvendo equações diferenciais e integrais, os quais requeriam o uso de espaços vetoriais de dimensão in…nita. O seu desenvolvimento se deve aos trabalhos de S. Banach (1892 - 1945), M. Fréchet (1878 - 1973), E. Helly (1884 - 1943), D. Hilbert (1862 - 1943), F. Riesz (1880 - 1956), E. Schmidt (1876 - 1959) dentre outros.
Hans Hahn (1879 - 1934) e Stefan Banach demonstraram o teorema, separadamente, nos anos 1922 e 1923, respectivamente. Hahn utilizou ordinais para demonstrar o teorema, enquanto Banach usou a boa-ordenação e a indução trans…nita como ferramenta para a demonstração. Neste trabalho, usaremos o Lema de Zorn como ferramenta na demonstração do Teorema de Hahn-Banach.
Toda a pesquisa do trabalho foi realizada através de revisões bibliográ…cas em um estudo de…nido por Fiorentini e Lorenzato [3] como metanálise, no qual os documentos pesquisados como livros, trabalhos acadêmicos e artigos cientí…cos, foram estudados visando apresentar uma síntese dos conceitos que fundamentam o Teorema de Hahn-Banach.
O trabalho será exposto ao longo de três capítulos. No capítulo inicial, trataremos dos conceitos que determinam os espaços de Banach. Discutiremos também resultados que serão importantes para o desenvolvimento deste trabalho como os espaços normados, espaços de sequências e separáveis, além de demonstramos alguns dos principais resultados referentes a estes conceitos. No segundo capítulo, apresentamos a demonstração do teorema central do nosso trabalho, precedido do Lema de Zorn e seguido de algumas aplicações em espaços separáveis. Por …m, concluiremos o trabalho dando algumas indicações de estudos baseado no artigo de Narici e Beckenstein [7].
O trabalho teve como principal referência as notas de aulas do professor Pellegrino [9] e o trabalho de monogra…a de Aguiar [1]. No entanto, resultados de Análise Real, Espaços Métricos e Topologia foram obtidos dos livros de Lima, [5] e [6], Kreyszig [4], Coelho [2] e Oliveira [8].
Capítulo 1
Preliminares
1.1
Espaços vetoriais normados
De…nição 1.1.1 Sejam E um conjunto não-vazio e K um corpo, que denotará R ou C. De…nimos em E as seguintes operações:
+ : E E ! E; (x; y) 7! x + y (soma de vetores)
: K E ! E; ( ; x) 7! x (multiplicação por escalar).
Diz-se que (E; +; K) é um espaço vetorial sobre K se, para x; y; z 2 E e ; 2 K, ocorrer: 1. (x + y) + z = x + (y + z); 2. x + y = y + x; 3. x + 0 = x; 4. x + ( x) = 0; 5. ( )x = ( x); 6. 1x = x; 7. ( + )x = x + x; 8. (x + y) = x + y:
Por convenção, chamamos os elementos de um espaço vetorial E de vetores e os elementos do corpo K de escalares.
De…nição 1.1.2 Sejam fx1; x2; : : : ; xng e f 1; 2; : : : ; ng subconjuntos de E e K;
respectivamente. Se para toda combinação linear de vetores nula
n
X
i=1
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
tivermos todos i nulos, dizemos que fx1; x2; : : : ; xng é linearmente independente
(li). Se pelo menos um i for não nulo, então dizemos que fx1; x2; : : : ; xng é
linearmente dependente (ld).
De…nição 1.1.3 Seja E um espaço vetorial sobre K. Uma norma em E é uma função jj jj : E ! R
que satisfaz as seguintes propriedades:
1. jjxjj 0; para todo x em E; e jjxjj = 0 , x = 0; 2. jj xjj = j jjjxj; j para todos em K e x em E; 3. jjx + yjj jjxjj + jjyjj para todos x; y em E:
Um espaço vetorial munido de uma norma será chamado de espaço vetorial normado (evn).
Um evn pode ser sempre considerado um espaço métrico, com a métrica induizida pela norma, isto é
d(x; y) = jjx yjj:
Dizemos que uma seqüência (xn)1n=1 em um espaço métrico M converge para x
quando lim
n!1d (xn; x) = 0:Neste caso, escrevemos xn! x: É claro que podemos garantir
a convergência se lim
n!1d(xn; x) = 0.
De…nição 1.1.4 Uma sequência (xn)1n=1 em um espaço métrico M é de Cauchy se
dado " > 0; existe n0 2 N tal que
n; m n0 ) d (xn; xm) < ":
Não há di…culdades mostrar que em espaços métricos, toda sequência convergente é de Cauchy. A recíproca, porém, desse fato não necessariamente é verdadeira. Isso nos motiva a seguinte de…nição:
De…nição 1.1.5 Um espaço métrico M é dito ser completo se toda sequência de Cauchy for convergente no espaço (isto é, seu limite é um elemento de M ).
Observação 1.1.6 Como em R uma sequência é convergente se, e só se, é de Cauchy, segue-se que R é completo.
De…nição 1.1.7 Um espaço de Banach é um evn que é completo com a métrica induzida pela norma.
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Demonstração: Mostraremos apenas que Rn é Banach. O caso K = C é análogo. Seja (xm)1m=1 uma sequência de Cauchy em Rn: Observe que os elementos xm podem
serem escritos da forma
x1 = x(1)1 ; x (1) 2 ; : : : ; x (1) n x2 = x (2) 1 ; x (2) 2 ; : : : ; x(2)n .. . xm = x (m) 1 ; x (m) 2 ; : : : ; x (m) n : .. .
Como (xm)1m=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
m; r n0 ) jjxm xrjj = s n P j=1 x(m)j x(r)j 2 <": (1.1)
Elevando a desigualdade anterior ao quadrado, obtemos
n
X
j=1
(x(m)j x(r)j )2 < "2
sempre que m; r n0: Em particular, para cada j = 1; : : : ; n …xo, temos
(x(m)j x(r)j )2 < "2 para m; r n0, donde
x(m)j x(r)j < ": (1.2) De (1.2), segue que (x(m)j )1
m=1 é uma sequência de Cauchy de números reais e portanto
convergente. Seja xj = limm!1x(m)j :Considere agora x = (x1; : : : ; xn)o vetor formado
pelos limites das n sequências (x(m)j )1 m=1:
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS Fazendo r ! 1 em (1.1) obtemos " lim r!1kxm xrk = lim r!1 n P j=1 (x(m)j x(r)j )2 1 2 = " lim r7 !1 n P j=1 (x(m)j x(r)j )2 #1 2 = " n P j=1 lim r!1(x (m) j x (r) j ) 2 #1 2 = " n P j=1 (x(m)j xj)2 #1 2 =kxm xk
sempre que m n0:Isso mostra que (xm)1m=1 converge para x 2 Rn:
Veremos adiante que todo evn de dimensão …nita é completo. Para tanto, precisamos do seguinte lema técnico:
Lema 1.1.9 Para um conjunto li fx1; x2; : : : ; xng 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
ka1x1+ : : : + anxnk c (ja1j + : : : + janj) : (1.3)
Demonstração: Por simplicidade, faremos v = ja1j+: : :+janj. 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 (1.3) equivale provar a existência de c > 0 tal que para quaisquer escalares b1; : : : ; bn tem-se jjb1x1+ : : : + bnxnjj c; (1.4) onde n X j=1 jbjj = j a1 v j + : : : + j an v j = 1 v(ja1j + : : : + janj) = 1: Suponha, por absurdo, que isso não ocorra. Dessa forma teríamos
Para c1 = 1; existem b (1) 1 ; : : : ; b (1) n tais que jjb (1) 1 x1+ : : : + b(1)n xnjj < 1 Para c2 = 1 2; existem b (2) 1 ; : : : ; b (2) n tais que jjb (2) 1 x1+ : : : + b(2)n xnjj < 1 2 .. . Para cm = 1 m; existem b (m) 1 ; : : : ; b (m) n tais que jjb (m) 1 x1+ : : : + b(m)n xnjj < 1 m: .. .
1.2. OPERADORES LINEARES
Seja a sequência ym = b (m)
1 x1 + + b (m)
n xn: Observe que, para cada m 2 N,
Pn j=1 b
(m)
j = 1 e que kymk ! 0: Dessa forma, para cada j, jb (m)
j j 1: Isso mostra que
cada sequência (b(m)j ) = (b (1) j ; b
(2)
j ; : : :) é limitada, e portanto, pelo teorema de
Bolzano-Weierstrass, possui uma subsequência convergente. Seja c1 o limite da subsequência
(b(m)1 )1
m=1. Chame (y1;m)1m=1 a subsequência correspondente de (ym)1m=1: Procedendo
dessa forma n vezes, obtemos uma subsequência yn;m= n X j=1 d(m)j xj; com n X j=1 jd(m)j j = 1
e, para cada j, lim
m7 !1d (m) j = cj: Portanto, lim m!1yn;m = limm!1(d (m) 1 x1+ : : : + d(m)n xn) (1.5) = lim m!1d (m) 1 x1+ : : : + lim m!1d (m) n xn = c1x1+ : : : + cnxn:= y: Veja que n X j=1 jcjj = lim m!1 n X j=1 jd(m)j j = lim
m!11 = 1: Assim, nem todos os cj são nulos e,
como fx1; x2; : : : ; xng é li, segue que
y = n X j=1 cjxj 6= 0: (1.6) Segue de (1.5) que lim m!1jjyn;mjj = jjyjj: (1.7)
De (1.7) e dos fatos de kymk ! 0 e (yn;m)1m=1 ser subsequência de (ym)1m=1 temos que
jjyjj = 0: Mas isso contradiz (1.6). Logo, existe c > 0 que satisfaz a desigualdade (1.4) para quaisquer escalares b1; : : : ; bn:
1.2
Operadores lineares
De…nição 1.2.1 Sejam E e F espaços vetoriais sobre K. Uma aplicação T : E ! F é um operador linear (ou transformação linear) se
T (x + y) = T (x) + T (y); 8 2 K; 8x; y 2 E:
O conjunto formado por todos operadores lineares de E em F é denotado por L(E; F ). Se F = K, dizemos que T é um funcional linear sobre F e denotamos L(E; F ) por E ou E0: Chamamos E0 o espaço dual ou dual de E.
1.2. OPERADORES LINEARES
De…nição 1.2.2 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K e T : E ! F um operador linear. De…nimos a norma de T por
jjT jj = supfjjT (x)jj; jjxjj 1g:
No Exemplo 1.2.13 veremos que L(E; F ) é um evn com a norma dada acima. Se jjT jj < 1, dizemos que T é limitado.
De…nição 1.2.3 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K e T : E ! F um operador linear. Dizemos que T é contínuo em x0 2 E se, para cada " > 0 existir > 0
tal que
jjx x0jj < ) jjT (x) T (x0)jj < ":
Proposição 1.2.4 A norma em um evn é uma função contínua.
Demonstração: Sejam (E; k k) um evn e x0 2 E qualquer. Dados " > 0 e x 2 E
veja que
d (x; x0) < ) kx x0k < ;
donde
d (kxk ; kx0k) = kkxk kx0kk kx x0k < := ";
o que mostra o resultado.
O conjunto formado por todas as transformações lineares contínuas de E em F é denotado por L(E; F ).
De…nição 1.2.5 Sejam E e F espaços vetoriais normados. Se existir um operador T : E ! F bijetivo, contínuo e com inversa contínua dizemos que E e F são topologicamente isomorfos (isomorfos). Neste caso, dizemos que T é um isomor…smo topológico (isomor…smo) de E em F:
Quando o isomor…smo for tal que kT (x)k = kxk ; 8x 2 E, dizemos que E e F são isometricamente isomorfos e que T é uma isometria.
Exemplo 1.2.6 O operador identidade de qualquer evn é uma isometria.
Proposição 1.2.7 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K. Dado T 2 L(E; F ), as seguintes a…rmações são equivalentes:
(i) T é contínuo.
(ii) T é contínuo na origem. (iii) T é limitado.
1.2. OPERADORES LINEARES
Demonstração: (i)) (ii) É obvio.
(ii)) (iii) Suponha que (iii) não ocorra. Então, sendo BE a bola unitária fechada de
E, temos Para c1 = 1;9 x1 2 BE;jjT (x1)jj > 1 Para c2 = 2;9 x2 2 BE;jjT (x2)jj > 2 .. . Para ck= k;9 xk 2 BE;jjT (xk)jj > k: .. .
Dessa forma, existe uma sequência (xk)1k=1 em BE tal que jjT (xk)jj k, para cada
k 2 N. Considere zk = jjT (xxkk)jj. Então lim
k!1zk = 0, pois xk é limitado e 1 jjT (xk)jj ! 0: Temos ainda jjT (zk) T (0)jj = jjT (zk)jj = jjT ( xk jjT (xk)jj )jj = jj 1 jjT (xk)jj T (xk)jj = 1 jjT (xk)jjjjT (x k)jj = 1;
o que fere a continuidade de T na origem. (iii)) (i)
A…rmamos que jjT (x)jj jjT jjjjxjj para todo x em E: Com efeito, se x = 0 não há o que provar. Suponha então x 6= 0. Assim
jjT (x)jj
jjxjj =jjT ( x
jjxjj)jj jjT jj ) jjT (x)j jjT jjjjxjj: Seja jjT jj = c: Observe que, para x1; x2 2 E; temos
jjT (x1) T (x2)jj = jjT (x1 x2)jj jjT jjjjx1 x2jj = cjjx1 x2jj;
donde T é lipschtziana e portanto (uniformemente) contínua.
Corolário 1.2.8 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; : : : ; eng uma base de E: Veja que
jjT (x)jj = T n P j=1 ajej ! = n P j=1 ajT (ej) n P j=1ja jj kT (ej)k max 1 k nkT (ek)k n P j=1ja jj: Faça k = max
1 k nkT (ek)k e observe que, pelo Lema (1.1.9), existe c > 0 tal que n P j=1ja jj kxk =c. Logo kT (x)k kc kxk. Portanto kT k = sup jjxjj 1kT (x)k sup jjxjj 1 k ckxk = k c jjxjj 1sup kxk = k c;
1.2. OPERADORES LINEARES
e o resultado segue.
Duas normas k k1 e k k2 em um espaço vetorial E são equivalentes se existirem
constantes positivas c1; c2 tais que
c1kxk1 kxk2 c2kxk1;8x 2 E:
Como consequência do corolário anterior, veremos a seguir que quaisquer normas em um espaço vetorial de dimensão …nita são equivalentes.
Corolário 1.2.9 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão …nita, quaisquer duas normas são equivalentes.
Demonstração: Sejam k k1 e k k2 normas em E. Considere a aplicação identidade id : (E;k k1)! (E; k k2)
Como id é bijetiva e o domínio e contradomínio tem dimensão …nita, tem-se que id e id 1 são contínuas. Daí, existem c
1; c2 constantes tais que
kid (x)k2 c1kxk1 e id 1(x) 1 c2kxk2: Logo 1 c2 kxk1 kxk2 c1kxk1:
Veremos agora que quaisquer espaços vetoriais normados de mesma dimensão (…nita) são isomorfos.
Corolário 1.2.10 Sejam n 2 N, E e F espaços vetoriais normados sobre K com dim E = dim F = n. Nessas condições E e F são isomorfos.
Demonstração: Sejam B = fe1; : : : ; eng e C = ff1; : : : ; fng bases de E e F ,
respectivamente. De…na
T : E ! F ej 7! fj
:
A…rmação 1. T é linear. De fato, para u; v 2 E e 2 K temos T ( u + v) = T ( ( 1e1+ : : : + nen) + ( 1e1+ : : : + nen)) = T (( 1+ 1)e1+ : : : + ( n+ n)en) = T (( 1+ 1)e1) + : : : + T (( n+ n)en) = T ( 1e1) + T ( 1e1) + : : : + T ( nen) + T ( nen) = T ( 1e1) + : : : + T ( nen) + T ( 1e1) + : : : + T ( nen) = T ( 1e1+ : : : + nen) + T ( 1e1 + : : : + nen) = T (u) + T (v):
1.2. OPERADORES LINEARES
A…rmação 2. T é injetiva. Sejam u; v 2 E tais que T (u) = T (v): Assim T ( 1e1+ : : : + nen) = T ( 1e1+ : : : + nen) 1T (e1) + : : : + nT (en) = 1T (e1) + : : : + nT (en) 1f1+ : : : + nfn = 1f1+ : : : + nfn: Como ff1; : : : ; fng é li e ( 1 1)f1 + : : : + ( n n)fn= 0; segue que 1 = 1; : : : ; n = n; donde u = v:
A…rmação 3. T é sobrejetora. De fato, se y 2 F então y = 1f1+ : : : + nfn
= 1T (e1) + : : : + nT (en)
= T ( 1e1+ : : : + nen) = T (x);
onde x 2 E.
A…rmação 4. T e T 1 são contínuas. Como dim E = dim F = n, pelo Colorário
(1.2.8), a a…rmação está provada. Portanto, E e F são isomorfos.
Teorema 1.2.11 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)1n=1 uma sequência de Cauchy em F . Considere yn =
T 1(x
n) ;8n 2 N.
A…rmação 1. (yn)1n=1 é uma sequência de Cauchyem E. Como (xn)1n=1 é de Cauchy,
dado " > 0 existe n0 2 N tal que
n; m n0 ) kxn xmk < ": Veja que kyn ymk = T 1(xn) T 1(xm) = T 1(xn xm) T 1 kxn xmk T 1 ": Como T 1 é contínua, segue que (y
n)1n=1 é de Cauchy e portanto convergente. Seja y o
limite em questão.
A…rmação 2. xn é convergente. De fato, como yn ! y e T é contínua, segue que
1.2. OPERADORES LINEARES
Corolário 1.2.12 Todo evn de dimensão …nita sobre K é um espaço de Banach. Demonstração: Seja E um evn sobre K com dim E = n. Pelo Colorário (1.2.10), E é isomorfo a Kn
. Usando o teorema anterior e o fato de Kn ser Banach temos o resultado.
Exemplo 1.2.13 L(E:F ) é um evn com a norma kT k = supfjjT (x)jj; jjxjj 1g: De fato, é fácil mostrar que L(E:F ) é um espaço vetorial. Resta-nos mostrar que kT k = supfjjT (x)jj; jjxjj 1g é norma. Sejam T1; T2 2 L(E:F ) e 2 K. Observe que
(i)kT k 0; 8T 2 L(E:F ). Agora, se T = 0 é claro que kT k = 0. Por outro, se kT k = 0 então sup kxk 1kT (x)k = 0 ) T (x) = 0; 8x 2 B E: Assim, T x kxk = 0) 1 kxkT (x) = 0) T (x) = 0; 8x 2 E: (ii)k T1k = sup kxk 1k T 1(x)k = sup kxk 1j j kT 1(x)k = j j sup kxk 1kT 1(x)k = j j kT1k. (iii) kT1 + T2k = sup kxk 1k(T 1+ T2) (x)k sup kxk 1kT 1(x)k + sup kxk 1kT 2(x)k =kT1k + kT2k :
Exemplo 1.2.14 Se E é um evn e F Banach, então L(E:F ) é um espaço de Banach. Seja (Tn)1n=1 uma sequência de Cauchy em L(E:F ). Assim, dado " > 0 existe n0 2 N
tal que
n; m n0 ) kTn Tmk < ":
Daí, observe que
n; m n0 ) (Tn Tm)
x
kxk kTn Tmk < " ) k(Tn Tm) (x)k < " kxk ; 8x 2 E: (1.8) Logo, para cada x 2 E, (Tn(x))1n=1 é uma sequência de Cauchy em F . Como F
é Banach segue que (Tn(x))1n=1 é convergente. De…na T : E ! F por T (x) =
limn!1Tn(x) :
A…rmação 1: T é linear. De fato, se x; y 2 E e 2 K então T (x + y) = lim n!1Tn(x + y) = lim n!1(Tn(x) + Tn( y)) = lim n!1Tn(x) + n!1lim Tn(y) = T (x) + T (y)
1.2. OPERADORES LINEARES
A…rmação 2: T é limitada. Com efeito, como Tn(x) ! T (x), fazendo n ! 1 em
(1.8) obtemos
kTm(x) T (x)k "kxk ,
sempre que m n0: Deste modo
kT (x)k kT (x) Tn0(x)k + kTn0(x)k "kxk + kTn0k kxk (" +kTn0k) kxk :
Passando sup
x2BE
na desigualdade anterior temos kT k sup x2BE [(" +kTn0k) kxk] = " + kTn0k ; donde kT k < 1: A…rmação 3: Tn! T . De fato, lim n!1kTn Tk = limn!1x2BsupEk(Tn T ) (x)k = sup x2BE lim n!1kTn(x) T (x)k = sup x2BE lim n!1Tn(x) n!1lim T (x) = sup x2BE kT (x) T (x)k = 0: Portanto L(E:F ) é Banach.
O Corolário (1.2.8) a…rma que todo operador lineae de…nido num evn de dimensão …nita é contínuo. O próximo exemplo mostra que em dimensão in…nita o mesmo não ocorre:
Exemplo 1.2.15 Para todo evn de dimensão in…nita E e todo evn F 6= f0g, existe um operador linear T : E ! F não contínuo. De fato, seja B uma base de E: Considere B0 =fx
1; x2; : : :g um subconjunto enumerável de B e y 2 F não nulo. De…na a seguinte
aplicação
T :B ! F dada por T (x) := n
y
kyk; x2 B0
0; x2 B n B0 : É claro que T acima é linear. Agora veja que
kT (xn)k = n ) sup kxnk 1
kT (xn)k = 1;
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
1.3
Espaços de sequências
Nesta seção veremos alguns espaços de Banach de dimensão in…nita cujos vetores são sequências. Para tanto, será necessário estudarmos alguns resultados precursores, a saber as desigualdades de Hölder e Minkowski. Daremos início demostrando um lema necessário para a prova da desigualdade de Hölder.
Lema 1.3.1 Sejam a; b números reais positivos e p; q > 1 tais que 1p +1q = 1: Então a1pb 1 q a p + b q:
Demonstração: Considere, para cada 0 < < 1, a função f = f : (0; 1) ! R dada por f (t) = t t. Observe que
f0(t) = t 1 = t 1 1 : Veja que
f0(t) > 0; se 0 < t < 1 f0(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 t 1 ) t 1 + t; 8t > 0. Fazendo t = a b e = 1 p, obtemos a b 1 p 1 1 p + a pb:
Multiplicando b em ambos os lados da desigualdade anterior temos a1p b1p b 1 1 p b + a p ) a 1 pb1 1 p 1 1 p b + a p: Como 1q = 1 1p; concluímos que
a1pb 1 q a p + b q:
Teorema 1.3.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam p; q > 1 tais que 1p + 1q = 1 e n2 N. Então n P j=1jx jyjj n P j=1jx jjp !1 p n P j=1jy jjq !1 q
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Demonstração: O caso em que
n P j=1jx jj p = 0 ou n P j=1jy jj q
= 0 é trivial. Suponha então que n P j=1jx jjp 6= 0 e n P j=1jy
jjq 6= 0. Usando o Lema (1.3.1) com
aj = jx jjp n P k=1jx kjp e bj = jy jjq n P k=1jy kjq temos que a 1 p jb 1 q j aj p + bj q ) jxjj n P k=1jx kjp 1 p jyjj n P k=1jy kjq 1 q aj p + bj q:
Repetindo o procedimento acima e somando as n desigualdades, obtemos
n P j=1jx jj jyjj n P k=1jx kj p 1 p Pn k=1jy kj q 1 q n X j=1 aj p + bj q : Observe que n X j=1 aj p + bj q = n X j=1 aj p + n X j=1 bj q = 1 p n X j=1 aj + 1 q n X j=1 bj = 1 p n X j=1 0 B B @ jxjj p n P k=1jx kj p 1 C C A + 1 q n X j=1 0 B B @ jyjj q n P k=1jy kj q 1 C C A = 1 p n P j=1jx jjp n P k=1jx kj p +1 q n P j=1jy jjq n P k=1jy kj q = 1 p + 1 q = 1: Logo n P j=1jx jj jyjj n P k=1jx kjp 1 p Pn k=1jy kjq 1 q ; o que prova o resultado.
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Teorema 1.3.3 (Desigualdade de Minkowski) Sejam n 2 N e p 1. Então
n P k=1jx k+ ykj p 1 p P1 k=1jx kj p 1 p + P1 k=1jy kj p 1 p (1.9) quaisquer que sejam os escalares xk; yk com k = 1; : : : ; n.
Demonstração: Para p = 1 temos
n X k=1 jxk+ ykj = jx1+ y1j + : : : + jxn+ ynj (jx1j + jy1j) + : : : + (jxnj + jynj) = (jx1j + : : : + jxnj) + (jy1j + : : : + jynj) = n X k=1 jxkj + n X k=1 jykj :
Suponha agora p > 1. Pela desigualdade triangular, para mostrarmos (1.9) é su…ciente garantirmos n X k=1 (jxkj + jykj)p !1 p Xn k=1 jxkjp !1 p + n X k=1 jykjp !1 p : Se n P k=1
(jxkj + jykj)p = 0; o resultado segue facilmente. Seja então n
P
k=1
(jxkj + jykj)p > 0.
Nosso objetivo aqui será utilizar a desigualdade de Hölder. Veja que (jxkj + jykj) p = (jxkj + jykj) (jxkj + jykj) p 1 (1.10) =jxkj (jxkj + jykj)p 1+jykj (jxkj + jykj)p 1:
Observe que p = (p 1) q. De fato, 1 p+ 1 q = 1 ) p + q pq = 1 ) p + q = pq ) p = pq q = (p 1) q:
Agora, fazendo em (1.10) ak =jxkj e bk= (jxkj + jykj)p 1 e aplicado a Desigualdade de
Hölder em n P k=1ja kbkj ; obtemos n X k=1 jxkj (jxkj + jykj) p 1 n X k=1 jxkj p !1 p"Xn k=1 (jxkj + jykj) (p 1)q #1 q (1.11) = n X k=1 jxkjp !1 p"Xn k=1 (jxkj + jykj)p #1 q :
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
De modo análogo, concluímos que
n X k=1 jykj (jxkj + jykj) p 1 n X k=1 jykj p !1 p"Xn k=1 (jxkj + jykj) p #1 q : (1.12) Somando (1.11) e (1.12), obtemos n X k=1 (jxkj + jykj) (jxkj + jykj) p 1 2 4 n X k=1 jxkj p !1 p + n X k=1 jykj p !1 p3 5 " n X k=1 (jxkj + jykj) p #1 q : Logo n P k=1 (jxkj + jykj)p n P k=1 (jxkj + jykj) p 1 q n X k=1 jxkj p !1 p + n X k=1 jykj p !1 p ; donde n P k=1 (jxkj + jykj) p 1 p = n P k=1 (jxkj + jykj) p 1 1q Xn k=1 jxkj p !1 p + n X k=1 jykj p !1 p :
De…nição 1.3.4 Para cada p 2 R com 1 p < 1 de…nimos o conjunto
lp = ( x := (xj)1j=1 2 KN; 1 P j=1jx jj p <1 ) : Exemplo 1.3.5 Se K = R; então l1 = ( (xj)1j=1 2 RN; 1 P j=1jx jj < 1 ) :
Observe que xn= 1n 2 l= 1, enquanto yn= n12 2 l1. Por outro lado, temos
l2 = ( (xj)1j=1 2 RN; 1 P j=1jx jj2 <1 ) :
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Observação 1.3.6 A Desigualdade de Hölder é ainda válida se n ! 1. De fato, tomando x; y 2 lp temos que
1 P j=1jx jj p <1 e P1 j=1jy jj q <1; donde 1 P j=1jx jj p !1 p <1 e P1 j=1jy jj q !1 q <1: Dessa forma, fazendo n ! 1 na Desigualdade de Hölder, obtemos
1 P j=1jx jyjj 1 P j=1jx jj p !1 p 1 P j=1jy jj q !1 q :
Usando um raciocínio análogo, obtemos a Desigualdade de Minkowski para n ! 1. Proposição 1.3.7 Se 1 p <1, lp é um espaço vetorial normado com a norma dada
por (xj)1j=1 p := P1 j=1jx jjp !1 p : (1.13)
Demonstração: Tomando x; y 2 lp e 2 K, de…nimos
x + y = (xj)1j=1+ (yj)j=11 = (x1+ y1; : : : ; xj + yj; : : :)
x = (xj)1j=1 = ( x1; : : : ; xj; : : :) :
Mostraremos que as operações estão bem de…nidas. Inicialmente observe que, pela desigualdade de Minkowski, tem-se
1 X j=1 jxj + yjjp !1 p X1 j=1 jxjjp !1 p + 1 X j=1 jyjjp !1 p <1;
donde x + y 2 lp. Por outro lado, veja que 1 X j=1 j xjj p =j jp 1 X j=1 jxjj p <1
portanto x 2 lp. As propriedades de espaço vetorial não oferecem di…culdades.
Provaremos agora que a função (1.13) é uma norma em lp. De fato, vejamos as condições:
(i)É claro que (xj)1j=1
p > 0. Agora veja que, sendo (xj
)1j=1= 0temos (xj)1j=1
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
Por outro lado, se P1j=1jxjjp
1 p
= 0 entãoP1j=1jxjjp = 0 e portanto xj = 0;8j 2 N.
(ii)Veja que
(xj)1j=1 p = ( xj)1j=1 p = P1 j=1j x jjp !1 p = j jp n P j=1jx jjp !1 p =j j (xj)1j=1 p : (iii)Como (xj)1j=1+ (yj)1j=1 p = (xj + yj)1j=1 p = 1 X j=1 jxj + yjjp !1 p
segue da Desigualdade de Minkowski que
(xj)1j=1+ (yj)1j=1 p = 1 P j=1jx j + yjj p !1 p 1 P j=1jx jjp !1 p + P1 j=1jy jjp !1 p = (xj)1j=1 p+ (yj) 1 j=1 p;
o que prova o resultado.
Proposição 1.3.8 Se 1 p <1, então lp é um espaço de Banach.
Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em lp. Consideremos a
seguinte denotação x1 = (x11; x12; : : :) x2 = (x21; x22; : : :) .. . xn = (xn1; xn2; : : :) : .. .
Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
n; m n0 ) " > kxn xmkp = 1 X j=1 jxnj xmjj p !1 p jxnj xmjj ; (1.14)
para cada j 2 N: Dessa forma, para cada j, (xnj)1n=1 é uma sequência de Cauchy em
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
x = (yj)1j=1 2 KN. Vamos mostrar que x 2 lp e xn ! x. De (1.14) segue, para cada N
natural, que N X j=1 jxmj xnjjp !1 p < "; (1.15)
sempre que n; m n0: Fazendo n ! 1 em (1.15), obtemos N X j=1 jxmj yjjp !1 p ";
para n; m n0 e todo N natural. Fazendo agora N ! 1; temos
n; m n0 ) kxm xk = 1 X j=1 jxmj yjjp !1 p ";
donde, xn ! x: Por outro lado, como xn0 x e xn0 pertencem ao espaço vetorial lp e
x = xn0 (xn0 x); segue que x 2 lp.
De…nição 1.3.9 Se p = 1, de…nimos o espaço vetorial l1= x := (xj)1j=1 2 KN; sup j2Njx jj < 1 munida da norma kxk1 := sup j2Njx jj :
Em l1; consideramos os seguintes subespaços c = x = (xj)1j=1 2 KN; lim j!1xj existe c0 = x = (xj)1j=1 2 KN; lim j!1xj = 0 c00= n x = (xj)1j=1 2 KN; xj = 0 para j n0 2 N o :
Exemplo 1.3.10 c é fechado em l1: De fato, seja (xn)1n=1 uma sequência em c tal que
lim
n!1xn= x. Mostraremos que x2 c: Primeiro cosideremos
x1 = x (1) 1 ; x (1) 2 ; : : : x2 = x (2) 1 ; x (2) 2 ; : : : .. . xn= x (n) 1 ; x (n) 2 ; : : : .. .
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
e x = (x1; x2; : : :) :Como xn! x; dado " > 0 existe n1 2 N tal que
n n1 ) sup j2N
x(n)j xj =kxn xk1< ":
Logo, para cada j 2 N, temos
x(n)j xj < "; (1.16)
sempre que n n1. Isso mostra que cada sequência de escalares x (n) j
1
n=1 converge
para xj:Por outro lado, como cada xn = x(n)1 ; x (n)
2 ; : : : é convergente em K, e portanto
de Cauhy, temos que existe n2 2 N de modo que
k; j n2 ) x (n) k x
(n)
j < ": (1.17)
Considerando n0 = maxfn1; n2g ; segue de (1.16) e (1.17) que
k; j n0 ) jxk xjj xk x (n0) k + x (n0) k x (n0) j + x (n0) j xj < 3"
Dessa forma, x = (xj)1j=1 é uma sequência de Cauchy em K, donde x 2 c:
Exemplo 1.3.11 c0 é fechado em l1. De fato, seja (xn)1n=1 uma sequência em c0 tal
que xn ! x. Devemos mostrar que x 2 c0: Usaremos a mesma notação para xn e x
como no exemplo anterior. Como xn! x, dado " > 0 existe n1 2 N tal que
n n1 ) sup j2N
x(n)j xj =kxn xk1< ":
Dessa forma
x(n)j xj < "
para todo n n1 e cada j 2 N. Isso mostra que lim n!1x
(n)
j = xj: Como xn1 2 c0 existe
n2 2 N de modo que
j n2 ) x(nj 1) < ":
Considerando n0 = maxfn1; n2g temos que
j n0 ) jxjj xj x (n1) j + x (n1) j < 2": Portanto xj ! 0; donde x = (xj)1j=1 2 c0.
Exercício 1.3.12 Mostraremos agora que c00 não fechado em l1. De fato, seja
xn= 1; 1 2; 1 3; : : : ; 1 n; 0; 0; : : : 2 c00:
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS Agora, considere x = 1;1 2; 1 3; : : : ; 1 n; 1 n + 1; : : : e observe que x 2 l1ncoo. Por outro lado, veja que
lim n!1kxn xk1= limn!1 0; : : : ; 0; 1 n + 1; 1 n + 2; : : : 1= limn!1 1 n + 1 = 0 donde xn! x:
1.4
Espaços separáveis
De…nição 1.4.1 Sejam (M; d) um espaço métrico e X M: Dizemos que X é denso em M se, dados y 2 M e " > 0; existir x 2 X tal que
d (x; y) < ":
De…nição 1.4.2 Um espaço métrico M é dito separável se existir D M denso e enumerável.
Proposição 1.4.3 Sejam E e F evn com E separável. Se E e F são isomorfos, então F é separável.
Demonstração: Seja T : E ! F o isomor…smo em questão e considere D E denso e enumerável.
A…rmação 1: T (D) é enumerável. De fato, sendo f : N ! D uma bijeção segue que a aplicação T f : N ! T (D) é bijetora. Logo, T (D) é enumerável
A…rmação 2: T (D) é denso em F . Com efeito, sejam y 2 F e " > 0. Como T é um isomor…smo, existe z 2 E tal que T (z) = y. Como D é denso em E, existe x 2 D tal que
kx zkE < ": Como
kT (x) ykF =kT (x) T (z)kF =kT (x z)kF kT k kx zkE <kT k "; segue nossa a…rmação, donde F é separável.
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Demonstração: Façamos inicialmente para K = R. A…rmamos que Qn
é denso em Rn. Com efeito, seja x = (x
1; : : : ; xn)2 Rn. Como Q é
denso em R, dado " > 0; existem y1; : : : ; yn 2 Q tais que
jxi yij < "=n
1
p; com i = 1; : : : ; n:
Considere y = (y1; : : : ; yn)2 Qn e observe que
kx ykp = n X i=1 jxi yij p !1 p < n" p n 1 p = ";
o que prova nossa a…rmação. É claro que Qn é enumerável. Logo Rn é separável. Para termos Cn
separável, basta lembrar que Rn+1
é isomorfo a Cn.
O próximo resultado nos diz mais que a proposição anterior. Proposição 1.4.5 Todo evn de dimensão …nita é separável.
Demonstração: Seja E um evn com dim E = n: Pelo Corolário 1.2.10, temos que E é isomorfo a Kn. As Proposições 1.4.3 e 1.4.4 nos garantem a separabilidade de E.
Proposição 1.4.6 Se 1 p <1, então lp é separável.
Demonstração: Faremos apenas o caso K = R. Com as devidas modi…cações, o caso K = R é análogo. Seja D =ny = (yj)1j=1 2 QN;9 j0 2 N de modo que yj = 0;8j > j0 o : Observe que D lp:
A…rmamos que D é denso em lp. De fato, sejam x = (x1; x2; : : :) 2 lp e " > 0. Como 1
P
j=1jx
jjp <1, existe n0 2 N tal que 1 P j=n0 jxjjp < " 2: (1.18)
Como Q é denso em R, existem z1; z2; : : : ; zn0 1 2 Q, tais que
jzi yij <
"1p
2i+1p
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
onde i = 1; : : : ; n0 1: Tomando z = (z1; z2; : : : ; zn0 1; 0; 0; : : :)2 D, segue de (1.18) e
(1.19) que kx zkp = 1 X j=1 jxj zjjp !1 p = nX0 1 j=1 jxj zjjp+ 1 X j=n0 jxj zjjp !1 p < nX0 1 j=1 " 2j+1 + 1 X j=n0 jxjj p !1 p < nX0 1 j=1 " 2j+1 + " 2 !1 p = " 2n0 1 p < "1p < ";
o que mostra nossa a…rmação.
Por …m, para vermos que D é enumerável, basta observar que D = S1
i=1
Di
onde cada Di =f(x1; x2; : : : ; xi; 0; : : :) ; xi 2 Qg é enumerável.
Exemplo 1.4.7 l1 não é separável. De fato, seja C = n(xj)1j=1; xj = 0 ou xj = 1
o l1:
Do processo de diagonalização de Cantor, segue que C não é enumerável. Observe que para x; y 2 C, com x 6= y, tem-se
d (x; y) =kx yk1 = sup
j2Njx
j yjj = 1:
Agora, para cada x 2 C considere a bola B1
3 (x) e veja que
B1
3 (x)\ B 1
3 (y)6= ?:
Se M é qualquer subconjunto denso em l1, então cada bola B1
3 (x) ; x 2 C; contém
algum m 2 M. Isso mostra que M é não enumerável.
Proposição 1.4.8 Se E é um espaço de Banach separável, então a esfera unitária SE
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Demonstração: Seja D E denso e enumerável. Considere o seguinte subconjunto de SE
D1 =
x
kxk; x2 D n f0g :
A…rmamos que D1 é denso em SE. De fato, sejam y 2 SE e " > 0. Não há perda de
generalidade supor " < 12. Por hípótese, existe x0 2 D tal que
ky x0k <
" 2: Observe que x0 6= 0, visto que " < 12. Dessa forma
y x0 kx0k ky x0k + x0 x0 kx0k < " 2+ 1 1 kx0k kx 0k < " 2+jkx0k 1j = " 2+jkx0k kykj " 2 +kx0 yk < " 2+ " 2 = "; o que prova a a…rmação. É claro que D1 é enumerável.
Capítulo 2
O Teorema de Hahn-Banach
O Teorema de Hahn-Banach é, sem dúvida, um dos resultados centrais da Análise Funcional. Ele nos fornece condições para estendermos funcionais lineares sem alterarmos as propriedades dos mesmos.
2.1
Lema de Zorn
O Lema de Zorn (LZ) é um axioma da Teoria de Conjuntos que trata de famílias de conjuntos. O LZ se consagrou como peça fundamental em várias demonstrações de diversos resultados clássicos da matemática, como por exemplo Teorema de Bishop-Phelps, que todo espaço vetorial possui base de Hamel, Teorema de Tychono¤ dentre outros.
A seguir, apresentamos alguns resultados necessários para de…nirmos o Lema de Zorn.
De…nição 2.1.1 Dado um conjunto X e uma relação binária sobre ele, dizemos que (X; ) é um conjunto parcialmente ordenado se valem as seguintes propriedades:
1. ;8 2 X (re‡exiva).
2. e ) (transitiva).
3. e ) = (antissimétrica).
Observação 2.1.2 Chamamos (X; ) de conjunto "parcialmente"ordenado porque podem existir elementos em X não comparáveis de acordo com a ordenação dada. Se quaisquer dois elementos de (X; ) são comparáveis, então dizemos que (X; ) é totalmente ordenado.
De…nição 2.1.3 Seja (X; ) um conjunto parcialmente ordenado. Um elemento a 2 X é dito maximal se, para todo x 2 X com a x, tem-se que x = a. Por outro lado, um elemento b 2 X é chamado limite superior de Y X se y b;8y 2 Y .
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Exemplo 2.1.4 Seja X = fX g 2 uma família de conjuntos: A inclusão de conjuntos é uma relação de ordem parcial em X: Observe que S
2
X é um elemento maximal de X:
Exemplo 2.1.5 A ordem natural de R é uma relação de ordem total. Observe que R não possui elemento maximal.
Agora estamos em condições de enunciar o Lema de Zorn.
Lema 2.1.6 (LZ) Um conjunto não-vazio parcialmente ordenado, no qual todo subconjunto totalmente ordenado possui um limite superior, possui um elemento maximal.
2.2
O Teorema de Hahn-Banach
A seguir, apresentamos o teorema de Hahn-Banch em sua forma analítica. Apresentamos duas versões, uma para os espaços vetorias reais e outra para os espaços vetoriais complexos.
Teorema 2.2.1 (Hahn-Banach (caso real) ) Seja E um espaço vetorial sobre o corpo dos reais e p : E ! R uma aplicação que satisfaz
p (ax) = ap (x) para todo a > 0 e todo x 2 E e
p (x + y) p (x) + p (y) para quaisquer x; y 2 E: Se G E e g : G ! R é um funcional linear tal que
g (x) p (x) para todo x em G;
então existe um funcional linear T : E ! R que estende g e que satisfaz T (x) p (x) para todo x em E:
Demonstração: Considere o conjunto
P = h : D (h) E ! R; D (h) E; hé linear; G D (h) ; h estende g e h (x) p (x) ;8x 2 D (h)
É claro que P é não-vazio, pois g 2 P . A…rmação 1: A seguinte relação
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
de…ne uma ordenação parcial em P . De fato, 1. Claramente h h;8h 2 P .
2. Se h1 h2 e h2 h1, então D (h1) = D (h2) e portanto h1 = h2.
3. Se h1 h2 e h2 h3, então D (h1) D (h2) D (h3). É claro que h3 estende h1.
A…rmação 2: Todo subconjunto totalmente ordenado de P possui um limite superior. Com efeito, seja Q P totalmente ordenado. De…na
h : D (h)! R com D (h) = S
f 2Q
D (f ) e h (x) = f (x) ; 8x 2 D (f) :
Note que h está bem de…nida, pois se x 2 D (h) então existe f0 2 Q tal que
x 2 D (f0).Caso exista f1 2 Q com x 2 D (f1), pela ordenação total de Q devemos
ter f0 f1 ou f1 f0
Caso f0 f1, então D (f0) D (f1) e f1 estende f0: Nesse caso, basta considerar
h (x) = f0(x).
Por outro lado, se f1 f0; então D (f1) D (f0) e f0 estende f1 Dessa forma, basta
considerar h (x) = f1(x). Isso mostra que h está bem de…nida.
É claro que h 2 P e h é limite superior de Q. Nessas condições, o Lema de Zorn garante que P possui um elemento maximal, que denotaremos por T .
A…rmação 3: D (T ) = E. Suponha por absurdo que D (T ) 6= E. Assim, considere x0 2 EnD (T ) e de…na eh : D eh ! R pondo
D eh = D (T ) + [x0] e eh (x + tx0) = T (x) + t ;
onde é uma constante que será de…nida depois de modo que eh 2 P . No momento, desejamos mostrar que satisfaça as seguintes desigualdades
T (x) + = eh (x + x0) p (x + x0) e
T (x) = eh (x x0) p (x x0) ; 8x 2 D (T ) :
Para tanto, basta escolher de modo que sup
x2D(T )fT (x)
p (x x0)g inf
x2D(T )fp (x + x0) T (x)g :
Felizmente, tal escolha é possível pois se x; y 2 D (T ) então T (x) + T (y) = T (x + y)
p (x + y)
= p (x + x0+ y x0)
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
e, consequentemente
T (y) p (y y0) p (x + x0) T (x) ;8x; y 2 D (T ) :
Cosideremos agora os seguintes casos: Caso 1: t > 0. Neste caso, temos
eh (x + tx0) = eh t x t + x0 = teh x t + x0 = t T x t + tp x t + x0 = p (x + tx0) :
Caso 2: t < 0. Para este caso, segue que eh (x + tx0) = eh t x t x0 = teh x t x0 = t T x t tp x t x0 = p (x + tx0) :
Caso 3: t = 0. Temos que
eh (x + tx0) = eh (x) = T (x) p (x) = p (x + tx0) :
Isso mostra que eh (x) p (x) ;8x 2 D eh : Daí, como eh estende g, segue que eh 2 P . Ora, T eh e T 6= eh, mas isso fere a maximilidade de T. Logo D (E) = T e o resultado segue.
O próximo corolário é às vezes enunciado como Teorema de Hahn-Banach.
Corolário 2.2.2 Sejam G um subespaço de um espaço vetorial normado E (sobre R) e g : G! R um funcional linear contínuo. Nessas condições, existe um funcional linear contínuo T : E ! R que estende g tal que kT k = kgk.
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Demonstração: De…na p : E ! R pondo p (x) = kgk kxk. Observe que, se a > 0, então p (x) = kgk kaxk = a kgk kxk = ap (x). Por outro lado, para x; y 2 E temos
p (x + y) =kgk kx + yk kgk (kxk + kxk) = kgk kxk + kgk kyk = p (x) + p (y) : Agora, veja que
x2 G ) g (x) jg (x)j kgk kxk = p (x) ) g (x) p (x) :
Logo, pelo Teorema de Hahn-Banach, existe T : E ! R linear que estende g e T (x) p (x) ;8x 2 E.
Resta-nos mostrar que T é contínuo e que kT k = kgk. Com efeito, por hipótese
T (x) kgk kxk ; 8x 2 G: (2.1)
Logo, para todo x 2 Gn f0g temos que T (x)
kxk kgk ) T x
kxk kgk ) kT k kgk < 1; donde T é limitado. Por …m, observe que
kgk = sup x2BG jg (x)j = sup x2BG jT (x)j sup x2BE jT (x)j = kT k o que prova que kT k = kgk :
Demonstraremos agora a versão generalizada do Teorema de Hanh-Banach.
Teorema 2.2.3 (Hahn-Banach (caso complexo)) Seja E um espaço vetorial sobre K (R ou C) e p : E ! R uma aplicação que satisfaz
p (ax) = jaj p (x) para todo a 2 K e todo x 2 E e
p (x + y) p (x) + p (y) para quaisquer x; y 2 E: Se G E e g : G ! K é uma aplicação linear tal que
jg (x)j p (x) para todo x em G; (2.2) então existe um funcional linear T : E ! K que estende g e que satisfaz
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Demonstração:
A…rmação 1: p (x) 0;8x 2 E. De fato, primeiro veja que 0 = p (0) = p (0 + 0) 2p (0) ; e portanto p (0) 0. Por outro lado, como p (x) = p ( x) então
2p (x) = p (x) + p ( x) p (x x) = p (0) 0 donde p (x) 0:
Se E é um espaço vetorial real, de (2.2), temos que g (x) p (x) ;8x 2 G. Logo, pelo Teorema de Hahn-Banach (caso real) para espaços vetoriais reais, existe T : E ! R que estende g tal que
T (x) p (x) ;8x 2 E: Como T (x) = T ( x) p ( x) = p (x) segue que T (x) p (x) ; donde jT (x)j p (x) ;8x 2 E:
Seja agora E um espaço vetorial sobre C. Então, podemos considerar g (x) = g1(x) + ig2(x) ;
onde g1 e g2 são funcionais lineares sobre R. Como artifício, no momento, restringiremos
Ee G como espaços vetoriais sobre R, que denotaremos, respectivamente, por ERe GR. Como
g1(x) jg (x)j p (x) ;8x 2 GR;
oTeorema de Hahn-Banach (caso real) garante a existência de T1 : ER ! R linear que
estende g1 e tal que
T1(x) p (x) ;8GR:
Agora, note que
x2 G ) i [g1(x) + ig2(x)] = ig (x) = g (ix) = g1(ix) + ig2(ix)
) g2(x) + ig1(x) = g1(ix) + ig2(ix) ;
e portanto
x2 G ) g2(x) = g1(ix) : (2.3)
Dessa forma, de…na T : E ! C pondo
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
De (2.3) e (2.4) segue que
T (x) = g1(x) ig (ix) = g1(x) + i [g2(x)] = g (x) ;8x 2 G:
Mostraremos que T é um funcional linear em EC. Com efeito, veja que T (y + (a + ib) x) = T1(y + (a + ib) x) iT1(y + i (a + ib) x)
= T1(y) + T1(ax + ibx) iT (y) iT1(iax bx)
= aT1(x) + bT1(ix) i [aT1(ix) bT1(x)] + [T1(y) iT1(y)]
= (a + ib) [T1(x) iT1(ix)] + T (y)
= (a + ib) T (x) + T (y) :
Por …m, provaremos que jT (x)j p (x) para todo x em E. O caso T (x) = 0 é imediato, pois p (x) 0. Suponha então T (x) 6= 0. Assim
T (x) =jT (x)j ei ) jT (x)j = e i T (x) = T e i x : Como jT (x)j é real, vale
jT (x)j = T e i x = T1 e i x p e i x = e i p (x) = p (x) :
O mais natural agora, é apresentarmos um corolário que generalize o Corolário 2.2.2 para o caso complexo.
Corolário 2.2.4 Seja G um subespaço de um espaço vetorial normado E e seja g : G ! K um funcional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuo T : E! K que estende g e kT k = kgk.
Demonstração: Considere p : E ! K pondo p (x) = kgk kxk : Veja que p satisfaz p ((a + ib) x) =kgk k(a + ib) xk = ja + ibj kgk kxk = ja + ibj p (x)
e
p (x + y) =kgk kx + yk kgk kxk + kgk kyk = p (x) + p (y) : Veja também que
jg (x)j kgk kxk = p (x) ; 8x 2 G:
Logo, por Teorema de Hahn-Banach (caso complexo), existe T : E ! K linear, que estende g satisfazendo jT (x)j p (x) ;8x 2 E.
A…rmação 1: T é contínuo. De fato, observe que
x2 E ) jT (x)j p (x) =kgk kxk ) kT k kgk < 1: A…rmação 2: kT k = kgk. Com efeito, basta observarmos que
kT k = sup x2BE jT (x)j sup x2BG jT (x)j = sup x2BG jg (x)j = kgk :
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
Corolário 2.2.5 Seja E um espaço vetorial normado. Dado x0 2 En f0g ; existe
'2 E0 tal que k'k = 1 e ' (x
0) =kx0k :
Demonstração: Seja p : E ! R dada por p (x) = kxk : Note que p satisfaz p (ax) =jaj p (x) ; 8a > 0
e
p (x + y) =kx + yk kx k+k yk = p (x) + p (y) : Considere g : [x0]! K dada por g (tx0) = tkx0k e veja que
jg (tx0)j = jtj kx0k = ktx0k :
Logo, pelo Teorema de Hahn-Banach, existe um funcional linear ' : E ! K que estende g, tal que j' (x)j p (x) =kxk ; 8x 2 E: Por …m, como k'k = sup kxk 1j' (x)j sup kxk 1 p (x) = sup kxk 1kxk = 1 e k'k ' x0 kx0k = g x0 kx0k = 1; temos o resultado.
Corolário 2.2.6 Seja E um evn não trivial. Mostre que, para todo x em E vale kxk = sup fj' (x)j ; ' 2 E0 com k'k 1g ;
onde o supremo é atingido.
Demonstração: Se x = 0 o resultado é claro. Suponha então x 6= 0. Como supj' (x)j supk'k kxk ; 8' 2 E0; segue que sup '2BE0 j' (x)j sup '2BE0 k'k kxk = kxk : (2.5)
Por outro lado, de…na '0 : [x]! R, pondo '0( x) = kxk. Assim
j'0(x)j = kxk ) sup kxk 1j'
0(x)j = sup
kxk 1kxk = 1:
Dessa forma, o Teorema de Hahn-Banach garante a existência de '1 2 E0 que estende
'0 tal que k'1k = k'0k = 1. Logo, fazendo = 1, obtemos
'0(x) = kxk = k'1k supfj' (x)j ; ' 2 E0 com k'k 1g (2.6)
De (2.5) e (2.6) segue que
kxk = sup fj' (x)j ; ' 2 E0 com k'k 1g ; e o resultado segue.
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
2.3
Algumas aplicações em espaços separáveis
Nesta seção, iremos aplicar o Teorema de Hahn-Banach na construção de dois resultados envolvendo espaços separáveis. Antes desses resultados, precisamos da seguinte proposição.
Proposição 2.3.1 Sejam E um evn, M um subespaço fechado de E, y0 2 EnM e
d = dist (y0; M ). Então existe '2 E0 tal que k'k = 1, ' (y0) = d e ' (x) = 0; 8x 2 M.
Demonstração: Seja N = M + [y0]. Se z 2 N, então
z = x + ay0;
com a 2 K e x 2 M. De…na '0 : N ! K pondo '0(x + ay0) = ad. A…rmamos que '0
é linear. Com efeito, para z1; z2 2 N e 2 K temos
'0(z1+ z2) = '0((x1 + a1y0) + (x2+ a2y0))
= '0((x1 + x2) + (a1+ a2) y0)
= (a1+ a2) d
= a1d + a2d = '0(z1) + '0(z2) :
Veja ainda que '0(M ) = f0g e que '0(y0) = d. Mostraremos agora que k'0k = 1.
Para tanto, seja z = x + ay0 e observemos que, se a 6= 0 então
kzk = kx + ay0k = jaj x a y0 jaj d = j'0(z)j e, se a = 0 então kzk = kxk 0 = 0 d =j'0(z)j : Logo k'0k = sup kzk 1j' 0(z)j = sup kzk 1kzk = 1:
Como d = dist (y0; M ) ; por propriedade de ín…mo, dado " > 0 existe x" 2 M tal que
d ky0 x"k d + ": Seja z" = kyy00 xx""k. Então z"2 N, kz"k = 1 e k'0k j'0(z")j = d ky0 x"k d d + ";
donde k'0k 1; e portanto k'0k = 1. Pelo Teorema de Hahn-Banach, existe ' 2 E0
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Teorema 2.3.2 Se E0 for separável, então E também é separável.
Demonstração: Visto que E0 é separável, a Proposição 1.4.8 garante a separabilidade
de SE0 =f' 2 E0;k'k = 1g. Seja então f'n; n2 Ng SE0 denso e enumerável. Logo
k'nk = sup x2SE
j'n(x)j = 1
para cada n 2 N. Dessa forma, para cada n, existe xn2 SE de modo que
j'n(xn)j
1 2: Seja M = [x1; x2; : : :]. Vamos provar que M = E.
Suponhamos por absurdo que M 6= E: Seja então y0 2 EnM. Pela proposição (2.3.1),
existe ' 2 E0 com k'k = 1 tal que
' (y0) = d := dist (y0; M ) e ' (x) = 0; 8x 2 M: Dessa forma k' 'nk = sup kxk 1j(' 'n) (x)j j(' 'n) (xn)j = j' (xn) 'n(xn)j = j'n(xn)j 1 2; que é absurdo pois f'n; n2 Ng é denso em SE0. Assim M = E e portanto, o conjunto
( x = n X i=1 aixi ; n2 N e ai 2 Q )
(no caso real) ou o conjunto ( x = n X j=1 (aj + ibj) xj ; n2 N e ai; bj 2 Q )
(no caso complexo)
é enumerável e denso em E. O resultado segue.
Observação 2.3.3 A recíproca do teorema anterior não vale, pois l1 é separável e l1
não é, entretanto l1 = (l1)0. Para uma demonstração detalhada do último fato, veja
([9, pág. 40]).
Teorema 2.3.4 Todo evn separável é isometricamente isomorfo a um subespaço de l1: Demonstração: Sejam E um evn separável e D = fxn; n2 Ng um subconjunto
denso em E: Observe que podemos supor 0 62 D: Assim, pelo Corolário 2.2.5, para cada n2 N, existe 'n 2 E0 tal que k'nk = 1 e 'n(xn) =kxnk :
De…na a seguinte aplicação
T : E! l1
x7! ('n(x))1n=1
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Como
j'n(x)j k'nk kxk = kxk ;
segue que T está bem de…nida, visto que ('n(x))1n=1 2 l1: Da linearidade de cada 'n;
temos que T é linear. Temos ainda que
kT (x)k = sup fj'n(x)j ; n 2 Ng kxk ; (2.7)
donde T é contínua. Por outro lado, veja que
kT (xk)k = sup fj'n(xk)j ; n 2 Ng j'n(xk)j = kxkk : (2.8)
Segue de (2.7) e (2.8) que, para cada k;
kT (xk)k=k xkk : (2.9)
Visto que D = fxn; n 2 Ng é denso em E; dado x 2 E existe (xn)1k=1 em D de modo
que xn ! x; donde kxnk ! kxk. Como T é contínua, segue que T (xk) ! T (x) e
portanto kT (xk)k ! kT (x)k : Dessa forma, de (2.9) concluímos que kT (x)k = kxk
para todo x 2 E: Isso mostra que T é injetiva, e consequentemente, T : E ! T (E) é uma isometria.
Indicação de estudos
O Teorema de Hahn-Banach, também formulado como teorema de separação e teorema de extensão, é um teorema cuja forma é particularmente apropriado para aplicações em problemas lineares. Na Análise Funcional podemos aplicá-lo em:
Dualidade.
O Teorema Integral de Cauchy para funções analíticas vetoriais.
Critério de Helly para resolver sistemas de equações lineares em espaços normados re‡exivos.
E, se o estendermos para além da análise funcional, encontraremos aplicações como: A prova da existência de funções de Green;
Solução de Banach do problema "fácil"de medida; Aplicação de programações convexas;
Aplicação para teoria de jogos; A formulação da termodinâmica;
O estudo do teorema de Hahn-Banach é um "tesouro"para o desenvolvimento de outros teoremas importantes. Alguns desses desenvolvimentos recentes incluem:
Plewnia [1993]: Em vez de um subespaço linear de um espaço real X.
Seja C um subconjunto não-vazio convexo de X. Seja p : X ! R uma função convexa e deixe f : C ! R uma função côncava com f(x) p(x) em C. Então existe uma linear função g : X ! R e uma constante real a tal que g(x)+a p(x); para x 2 X e f(x) p(x) + a; para x 2 C.
Ruan [1992]: Um teorema de Hahn-Banach para bisublineares funcionais.
Ding [1992]: Algumas condições para um espaço não-localmente convexo, como o lp, 0 < p < 1, para ter a propriedade de extensão Hahn-Banach.
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
Burgin [1991]: Usando a análise fora do padrão, um análogo do teorema de Hahn-Banach para obtenção de "hiperfuncionais".
Su [1990]: Um teorema de Hahn-Banach para uma classe de funcionais lineares em espaços normados probabilísticas.
E o melhor de tudo, ainda não se tem uma idéia se as descobertas extraidas desse teorema se esgotarão.
Referências Bibliográ…cas
[1] AGUIAR, T. dos S. Uma Introdução à Análise Funcional: O Teorema de Hahn-Banach. Ilhéus: UESC, 2008. (Monogra…a de Graduação)
[2] COELHO, F. U. LOURENÇO, M. L. Um Curso de Álgebra Linear. São Paulo: Edusp, 2007.
[3] 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).
[4] KREYSZIG, E. Introductory Functional Analysis With Applications. Délhi: Wiley Classics Library, 1989.
[5] LIMA, E. L. Curso de Análise vol. 1. Rio de Janeiro: IMPA, 2011. (Coleção Projeto Euclides)
[6] LIMA, E. L. Espaços Métricos. Rio de Janeiro: IMPA, 2007. (Coleção Projeto Euclides)
[7] NARICI, L.; BECKENSTEIN, E. The Hahn-Banach Theorem: The Life and Times. Nova York: St. John’s University, 2002.
[8] OLIVEIRA, C. R. Introdução à Análise Funcional. Rio de Janeiro: IMPA, 2010. (Coleção Projeto Euclides)
[9] PELLEGRINO, D. M. Notas de Aula de Introdução à Análise Funcional. João Pessoa: UFPB, 2008.
