Teorema Espectral. Fabiani Coswosck CEUNES/UFES. August 6, Introdução Terminologia e Notação... 5

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Teorema Espectral

Fabiani Coswosck

CEUNES/UFES

August 6, 2010

Apresentação

A Análise Funcional é a disciplina da Matemática que estuda certas "estruturas algébrico-topológicas"1_{. Mais}

especi…camente, seu tema são os operadores lineares em espaços vetoriais de dimensão in…nita (ou …nita). A teoria é vasta, complexa e extremamente importante para a Matemática devido a sua ubíqua relação com outras disciplinas, tais como a teoria das equações diferenciais parciais, a pesquisa operacional e a Mecânica Quântica.

O Teorema Espectral é um resultado fundamental da Análise Funcional. Didaticamente, ele permite uma intro-dução "transversal" ao tema, no sentido de proporcionar ao iniciante a oportunidade de estudar de forma integrada vários tópicos da teoria. Naturalmente, essa característica também constitui uma di…culdade para quem labora com os rudimentos da álgebra e da análise. Contornar essas di…culdades foi um dos desa…os deste trabalho de conclusão de curso.

O Teorema Espectral visto nos cursos introdutórios de álgebra linear diz o seguinte:

“_{Todo operador auto-adjunto A : C}n _{! C}n_{é diagonalizável, i.e., existe uma base ortonormal de C}n _com

respeito à qual a matriz de representação de A é diagonal.”

Fabiani apresenta no seu Trabalho de Conclusão de Curso uma versão algébrica do Teorema Espectral, que essen-cialmente constitui uma descrição da *-álgebra fracamente fechada gerada num espaço de Hilbert por um operador auto-adjunto limitado.

Cabe ressaltar que o teorema de diagonalização acima possui diversas generalizações em espaços vetoriais de dimensão in…nita. Todavia, em nenhuma dessas generalizações reconhecemos imediatamente o caso elementar – razão pela qual Halmos achou pertinente discutir o tema num artigo2.

Breve contextualização do Teorema Espectral

Aqui, apresento um resumo da teoria que pode servir como guia para leitura do texto de Fabiani. Destaco que os enunciados apresentados aqui diferem daqueles enunciados no texto, mas são equivalentes.

Sejam H um espaço de Hilbert e L (H) a *-álgebra dos operadores limitados em H, munida da conjugação de…nida pelo adjunto de Hilbert. Considere um operador limitado A em H; o espectro de A é de…nido por

(A) := f 2 C = I A é invertível em L (H)g

No caso de A ser auto-adjunto (A = A), a *-álgebra P (A) gerada por A em L (H) é dada por:3

P (A) = ( _n X k=0 kAk ; a0; :::; an2 C; n 2 N )

P (A) é *-homomorfa à álgebra P dos polinômios numa variável complexa, sendo o *-homor…smo dado por

A: P ! P (A) ; A n X k=0 kzk ! = n X k=0 kAn

No contexto da Análise Funcional, uma pergunta que colocamos naturalmente é a de saber qual é a *-álgebra C (A) gerada por A em L(H) que é topologicamente fechada com respeito à topologia da norma. Embora essa questão esteja naturalmente relacionado à anterior, ela é signi…cativamente mais complicada e sua resposta depende dos seguintes fatos não-triviais:

(i) O espectro de A é um subconjunto compacto não vazio de C;

(ii) Aplicação espectral polinomial (válido para operadores limitados em geral, não necessariamente auto-adjuntos):

(p (A)) = p ( (A)) ; 8p 2 P

1_{W. Rudin, Functional Analysis – 2nd edition, McGraw-Hill, 1991: Prefácio.}

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(iii) Fórmula para o raio espectral (válido para operadores limitados em geral, não necessariamente auto-adjuntos):4

(A) := sup fj j ; 2 (A)g = lim_n

!1kA n

k1=n

A partir desses fatos, provamos que o isomor…smo A : P ! P (A) constitui-se numa isometria quando P é

munido da norma da convergência uniforme no espectro de A,

kpkA:= sup fjp (z)j ; z 2 (A)g ; 8p 2 P

Combinado esse resultado com o Teorema de Stone-Weierstrass5, obtemos o teorema que responde a questão sobre o fecho topológico da *-álgebra gerada por A:

Cálculo Funcional Contínuo: se A é um operador auto-adjunto, então existe um (único) isomor-…smo isométrico entre C (A) e a *-álgebra C0_{( (A)) das funções contínuas de…nidas no espectro de}

A

A: C0( (A)) ! C (A)

cuja restrição a P é idêntico a A.

O espaço dos operadores limitados L (H) possui muitas topologias (a topologia da norma é apenas uma delas), úteis para diferentes …ns. Portanto, também é natural nos perguntarmos sobre o fecho da *-álgebra gerada pelo operador A com respeito à essas topologias. O Teorema Espectral (na versão algébrica apresentada por Fabiani) é essencialmente a resposta à pergunta sobre qual é *-álgebra W (A) gerada por A em L(H) que é topologicamente fechada com respeito à topologia fraca (ou forte) de operadores.

Teorema Espectral: se A é um operador auto-adjunto, então existe um (único) isomor…smo entre W (A) e a *-álgebra das funções complexas Borel-mensuráveis regulares limitadas de…nidas no espectro de A

A: B0( (A)) ! W (A)

tal que:

- A restrição de A a P coincide com A;

- A é limitado, considerando B0( (A)) munido da norma do supremo em (A) e L(H) munido da

norma de operadores.

- Aé contínuo em relação à topologia fraca em B0( (A)) e à topologia fraca de operadores em L(H).

A construção de Aapresentada por Fabiani baseia-se no Teorema de Riesz-Markov, que fundamenta a de…nição

de medida espectral. O apêndice sobre Teoria da Medida foi inserido para coletar os fatos necessários, dentre os quais (usados apenas na demonstração do Teorema Espectral) o Teorema de Convergência Dominada e o Teorema da Densidade de Funções Contínuas em L1.

O texto de Fabiani evolui em torno da construção explícita dos *-homomor…smos ^Ae Asem discutir os aspectos

topológicos destacadas acima. Embora ela mencione conceitos de álgebra, o tema não é desenvolvido –limitação que decorreu das limitações de tempo e espaço.

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1 Introdução

O presente documento exibe uma versão algébrica do Teorema Espectral para operadores lineares auto-adjuntos limitados que atuam em espaços de Hilbert (outra abordagem, usando operador de multiplicação, pode ser encontrado nas referências).

Motivações para o tema

Na resolução de certas equações diferenciais ordinárias é encontrada como solução funções de operadores. Em alguns casos, ela é obtida mediante a função exponencial que, por possuir uma expressão em série de potências, é desnecessário um conhecimento mais aprofundado sobre o assunto. Para ilustrar este fato, considere o problema de determinar a solução, para a seguinte equação:

d

dtu (t) = Au (t) ; u (0) = u0 ( )

onde u0 é um elemento dado do espaço de Banach N e A : N ! N é um operador linear contínuo.

Prova-se que a solução da equação ( ) possui a forma u (t) = eAtu0 onde eAt:= 1 X j=0 tj j!A j ; t 2 ( 1; +1)

e a convergência de eAt_{é analisada mediante a norma de operadores em espaços de Banach.}

Funções de operadores

O Cálculo Funcional Contínuo e o Teorema Espectral de…nem "naturalmente" a ação de funções contínuas e funções Borel-mensuráveis regulares limitadas em operadores auto-adjuntos. Precisamente, se f é uma função com-plexa contínua de…nida no espectro de A, tomamos uma sequência (pn) de polinômios que converge uniformemente

para f em (A) para de…nir o operador f (A) pelo limite na topologia da norma f (A) = lim

n!1pn(A)

Se g é uma função complexa Borel-mensurável regular limitada no espectro de A, tomamos uma sequência (fn) de

funções contínuas que converge pontualmente6 _{para g em} _{(A) para de…nir o operador g (A) pelo limite na topologia}

fraca

g (A) = w lim

n!1fn(A)

O Teorema Espectral garante que essas de…nições são “naturais”, no sentido de que a correspondência entre funções e operadores preserva as relações algébricas (é um *-isomor…smo).

O texto foi desenvolvido pressupondo que o leitor possua conhecimentos de Álgebra linear, medida e integração e noções de espaços métricos.

O trabalho está estruturado do seguinte modo:

No capítulo 2, forneceremos os conceitos e resultados básicos para o desenvolvimento do texto. No capítulo 3, de…niremos Álgebras e faremos uma breve discussão sobre o assunto.

No capítulo 4, será feito o estudo do espectro de operadores lineares limitados em espaços de Hilbert que auxiliará no desenvolvimento do capítulo 5, onde trataremos do cálculo funcional contínuo.

Finalmente, no capítulo 6, apresentaremos e provaremos o teorema espectral usando como ponto de partida o Cálculo Funcional Contínuo.

Esperamos que proporcione a outros estudantes material de apoio e conhecimento para estudos posteriores.

6_{Portanto, (f}

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1.1 Terminologia e Notação

Dado um número complexo z denotaremos por Re (z) e Im (z), respectivamente, as partes real e imaginária de z. Coletamos aqui alguns símbolos usados e seus signi…cados:

N = f0; 1; 2; :::g : conjunto dos números naturais (incluindo o zero) N = f1; 2; :::g : conjunto dos números naturais (excluindo o zero) C : conjunto dos números complexos

P : *-álgebra dos polinômios com coe…cientes complexos V : espaço vetorial

N : espaço vetorial normado

H : espaço com produto interno ou espaço de Hilbert

L (N ) : álgebra dos operadores limitados sobre o espaço vetorial normado N

C (X) : espaço das funções complexas contínuas de…nidas no espaço topológico X, munido da topologia da convergência uniforme

h; i : produto interno

k k : norma (de vetor, de operador, de funcional linear, de função) Re : designa a parte real de um número complexo

Im : designa a parte imaginária de um número complexo ker : designa o núcleo de uma aplicação linear

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2 Conceitos Básicos

2.1 Espaço Vetorial, Produto Interno e Norma

Nesta seção de…nimos os conceitos de espaço vetorial, produto interno, norma, métrica e completeza – todos eles ocorrendo na de…nição de espaço de Hilbert. Com isso, …xamos a terminologia e notação utilizadas ao longo do texto. Pelo bem da brevidade, não deduzimos todas as propriedades que eventualmente mencionamos e usamos aqui; para uma exposição detalhada, sugerimos os livros [8], [5], [7].

De…nição 1 (Espaço Vetorial) _{Um espaço vetorial é um conjunto (não-vazio) V equipado com a seguinte} estru-tura:

Existe uma aplicação

V V ! V; (x; y) 7! x + y chamada adição que satisfaz as seguintes condições, para x, y, z 2 V:

(E:i) Comutatividade:

x + y = y + x (E:ii) Associatividade:

(x + y) + z = x + (y + z)

(E:iii) Identidade aditiva: existe um elemento em V, denotado por 0 tal que x + 0 = x

(E:iv) Inverso aditivo: para qualquer x 2 V, existe um elemento de V, denotado por x, tal que x + ( x) = 0

Existe uma aplicação

C V ! V; ( ; x) 7! x

chamada multiplicação escalar que satisfaz as seguintes condições, para x, y 2 V, , 2 C: (E:v) Associatividade:

( x) = ( ) x (E:vi) Distributividade:

(x + y) = x + y ( + ) x = x + x (E:vii) Identidade multiplicativa:

1x = x

De…nição 2 (Subespaço) _{Um subconjunto (não-vazio) V}1 de um espaço vetorial V tal que, para todo x, y 2 V1 e

2 C valem

x + y 2 V1 ; x 2 V1

é chamado subespaço vetorial de V.

De…nição 3 (Produto Interno) _{Um espaço vetorial complexo H é chamado espaço com produto interno se para} cada par ordenado de vetores x e y em H é associado um número complexo hx; yi, chamado produto interno ou produto escalar entre x e y, satisfazendo as condições abaixo:

(P:i) hx; yi = hy; xi

(P:ii) hx + y; zi = hx; zi + hy; zi

(P:iii) h x; yi = hx; yi se x 2 H, y 2 H e 2 C (P:iv) hx; xi 0 para todo x 2 H

(P:v) hx; xi = 0 somente quando x = 0

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De…nição 4 (Norma) _{Seja N um espaço vetorial sobre um corpo C. Uma norma em N é uma função k k : N ! R} que associa a cada vetor x 2 N um número real kxk chamado norma de x, de modo a serem cumpridas as condições abaixo para quaisquer x; y 2 N e 2 C:

(N:i) Se x 6= 0 então kxk 6= 0

(N:ii) k xk = j j kxk (homogeneidade)

(N:iii) kx + yk kxk + kyk (desigualdade triangular)

Pode acontecer que uma função p : V ! C satisfaça as condições (N:ii) e (N:iii) mas não satisfaça a condição (N:i). Neste caso, dizemos que esta função é uma seminorma.

A partir desta de…nição temos as seguintes consequências para a norma: (a) A norma do vetor nulo é zero, pois

k0k = k0 0k = j0j k0k = 0 (b) A norma do simétrico de x é a norma de x, já que

k xk = j 1j kxk = kxk Com a desigualdade triangular e esses dois resultados obtemos ainda: (c) A norma é uma função não-negativa.

De fato,

k0k = kx + ( x)k kxk + k xk = 2 kxk Logo, kxk 0. Além disso, concluímos que kxk = 0 se, e somente se, x = 0.

De…nição 5 (Espaço Normado) Um espaço normado é um espaço vetorial equipado com uma norma.

É fácil veri…car que

k k : N ! R ; x 7! kxk = hx; xi1=2

é uma norma. Desse modo todo espaço com produto interno pode ser normado.

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Métrica e Completude

Quando temos uma norma em um espaço vetorial normado N podemos calcular distâncias entre vetores (é bastante intuitivo). Assim, tomando x, y 2 N o valor kx yk representa a distância entre os vetores x e y. Com esse raciocínio podemos dizer que o símbolo kxk é a distância do vetor x à origem, que neste caso resume-se à magnitude do vetor. Essa distância que acabamos de descrever é um caso particular de métrica.

De…nição 8 (Métrica) Uma métrica num conjunto M , que pode ser ou não um espaço vetorial, é um função d : M _{M ! R que associa a cada par de elementos x, y 2 M um número real d (x; y), chamado distância de x a} y, de modo que sejam satisfeitas as seguintes condições para quaisquer x, y, z 2 M:

(M:i) d (x; x) = 0

(M:ii) Se x 6= y então d (x; y) > 0 (M:iii) d (x; y) = d (y; x)

(M:iv) d (x; z) d (x; y) + d (y; z) O par (M; d) é chamado espaço métrico.

Num espaço vetorial normado N , pode-se provar facilmente que, como a…rmado acima, d (x; y) = kx yk é uma métrica em N . Esta será chamada métrica induzida pela norma.

De…nição 9 (Sequência Convergente e Sequência de Cauchy) Considere uma sequência (xn) num espaço métrico (M; d).

Dizemos que (xn) é convergente e tem limite x 2 M quando para todo > 0, existe N 2 N tal que

n _{N ) d (x}n; x) <

Nesse caso, denotamos

x = lim

n!1xn

Dizemos que (xn) é uma sequência de Cauchy quando para todo > 0 existe N 2 N tal que

m; n _{N ) d (x}m; xn) <

Em qualquer espaço métrico, vale que toda sequência convergente é também sequência de Cauchy. A recíproca não é geralmente verdadeira –e esse é o cerne da de…nição de espaço métrico completo.

De…nição 10 (Espaço Métrico Completo) Dizemos que um espaço métrico (M; d) é completo quando nele vale que toda sequência de Cauchy é também sequência convergente.

Trabalharemos, especi…camente, com dois tipos de espaços normados completos: Banach e Hilbert.

De…nição 11 (Espaço de Banach) Um Espaço de Banach é um espaço normado completo com respeito à métrica induzida pela norma.

De…nição 12 (Espaço de Hilbert) Um Espaço de Hilbert é um espaço com produto interno que é completo com respeito à norma induzida pelo produto interno.

Topologia

Em qualquer conjunto, uma métrica de…ne canonicamente uma topologia. Por inspeção direta podemos veri…car que num espaço vetorial normado munido da métrica induzida pela norma, as operações de adição, multiplicação escalar e norma são contínuas. Se a norma for induzida por um produto interno, então o produto interno também será contínuo com respeito à topologia de…nida pela métrica induzida pela norma. Assim, espaços vetoriais normados são exemplos típicos de espaços vetoriais topológicos.

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2.2 Soma Direta e Decomposição Ortogonal

De…nição 13 (Soma Direta) _{Um espaço vetorial V é a soma direta de dois de seus subespaços V}1 e V2, o que se

denota por

V = V1 V2

se todo x 2 V possui uma representação única

x = x1+ x2

com x12 V1 e x22 V2.

De…nição 14 (Ortogonalidade)

Seja H um espaço vetorial com produto interno (não necessariamente completo).

Dizemos que dois vetores x; y 2 H são ortogonais, e denotamos essa propriedade por x ? y, quando seu produto interno é nulo,

hx; yi = 0

Dado um subconjunto S _{H, de…nimos o complementar ortogonal de S por} S?_{= fy 2 H = y ? x 8x 2 Sg} Lema 15 (Propriedades do Complementar Ortogonal)

Seja H um espaço vetorial com produto interno (não necessariamente completo). Para S _{H não-vazio, valem:}

i) O complementar ortogonal de S é um subespaço vetorial fechado de H: (S?_{) = S}?

ii) O complementar ortogonal de S e o complementar ortogonal do fecho de S são iguais: S ?= S?

Prova. (i) Por inspeção direta, veri…camos que S? _{é um subespaço vetorial de H: dados v; w 2 S}? _e _; _{2 C}

temos que _{v + w 2 S}? _{pois para todo x 2 S vale}

h v + w; xi = hv; xi + hw; xi = 0

Agora, dado y 2 (S?_{) tomamos uma sequência (y}_n₎ _S? _{que converge para y, lim}_n

!1yn = y. Pela continuidade

do produto interno, temos:

hy; xi = h lim_n

!1yn; xi = limn!1hyn; xi = 0 ; 8x 2 S

Como x 2 S é arbitrário, isso implica que y 2 S?_.

(ii) Como S S, temos S? _S?_{. Para provar a inclusão inversa, considere y 2 S}?_{. Dado x 2 S tomamos}

uma sequência (xn) S que converge para x, limn!1xn = x. Pela continuidade do produto interno, temos:

hy; xi = hy; lim_n

!1xni = limn!1hy; xni = 0

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Além disso, vale que x _{x é ortogonal a K:}~

x _{x 2 K}~ ? O elemento ~_{x 2 K é chamado projeção ortogonal de x em K.}

Prova. Existência. Denote _{:= inf fkx} _{yk ; y 2 Kg} 0. Tomamos (yn) K tal que

lim

n!1kx ynk =

Agora, dados n; m 2 N temos:

yn+ ym

2 2 K yn+ ym

2 x

e pela Lei do Paralelogramo (6):

kyn ymk2 = kyn x + x ymk2 = _{2 ky}n xk2+ 2 kym xk2 kyn+ ym 2xk2 = _{2 ky}n xk2+ 2 kym xk2 4 yn+ ym 2 x 2 2 kyn xk2+ 2 kym xk2 4 2

Isso implica que (yn) é uma sequência de Cauchy: dado " > 0, seja n02 N tal que

n n0) kyn xk

r

2₊"2

4 Então, para todo n; m n0 vale

kyn ymk2 2 2+ "2 4 + 2 2 +" 2 4 4 2 "2

Como K é completo e fechado, temos que (yn) converge para um elemento ~x 2 K. Pela continuidade da norma,

obtemos

kx _{xk = lim}~

n!1kx ynk =

Unicidade. Seja y 2 K tal que kx yk = . Novamente pela Lei do Paralelogramo, temos

k~x _yk2_{= 2 k~}x _xk2_{+ 2 ky} _xk2 4 x + y~

2 x

2

2 2+ 2 2 4 2= 0 Portanto, y = ~x.

Finalmente, para provar que x _{x é ortogonal a K. Dado y 2 K, consideramos as funções}~ f; g : R ! R ; f (t) := kx _{x + tyk}~ 2 _{; g (t) := kx} _{x + ityk}~ 2 Desenvolvendo, temos que f e g são funções quadráticas:

f (t) = t2_kyk2_{+ 2 Re hx} _{x; yi t + kx}~ _xk~ 2 ; g (t) = t2_kyk2 _{2 Im hx} _{x; yi t + kx}~ _xk~ 2

Pelas condições, t = 0 é ponto de mínimo de f e de g. Isso implica que Re hx _{x; yi = 0 = Im hx}~ _{x; yi, ou seja}~ hx _{x; yi = 0.}~

Teorema 17 (Decomposição Ortogonal)

Seja H um espaço de Hilbert e seja K H um subespaço vetorial.

Denote por K o fecho topológico de K em H, com respeito à norma induzida pelo produto interno. Então, K é completo e fechado e valem:

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ii) H se decompõe como soma direta entre o fecho de K e seu complementar ortogonal: H = K K?

Prova. Sendo H completo e fechado, segue que K também é completo e fechado. Também, pela continuidade do produto interno, podemos provar que

K?= K?

Agora, veri…camos que K \ K? = f0g: dado x 2 K \ K?, tomamos uma sequência (xn) 2 K que converge para x,

limn!1xn= x; então

kxk2= hx; xi = lim_n

!1hx; xni = limn!10 = 0

Prova de (i) Suponha que _{K seja denso em H, K = H. Como K \ K}? _{= f0g, temos} K?= K?\ H = K?\ K = f0g

Agora, suponha que K 6= H. Tomamos y 2 H8K, denotamos por ~y a projeção ortogonal de y em K e de…nimos u := y _{y. Então u 6= 0 (pois y =}~ _{2 K) e u 2 K}? _{(pelo ítem anterior). Isso signi…ca que K}? _{6= 0. Contrapositivamente,}

se K?_{= 0 então K = H.}

Prova de (ii) Dado x_{2 H, denote por ~}_{x a projeção de x em K. Então} x = ~x + (x _{x) 2 K + K}~ ? Agora, suponha que exista y12 K e y22 K? tais que

x = y1+ y2

Então

~

x y1= y2 (x x) 2 K \ K~ ?

Como K \ K? = f0g, concluimos que ~x = y1 e y2= (x x). Pela de…nição de soma direta, concluimos~

H = K K?

Corolário 18 _{Seja H um espaço vetorial com produto interno (não necessariamente completo) e seja T : H ! H} um operador linear. Denote o núcleo de T por

ker (T ) := fx 2 H = T x = 0g Então ker (T ) é subespaço vetorial de H e vale

H = ker (T ) ker (T )?

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2.3 Exemplos

2.3.1 `2_{(N ), o conjunto das sequências complexas quadrado-somáveis}

Denotamos o conjunto das sequências de números complexos por

S (N ) := f(an) ; an2 C 8n 2 N g

Em S (N ) de…nimos as seguintes operações de soma e multiplicação escalar: (an) + (bn) := (an+ bn) ; 8 (an) ; (bn) 2 S (N )

(an) = ( an) ; 8 2 C; 8 (an) 2 S (N )

Por inspeção direta, veri…camos facilmente que S (N ) é um espaço vetorial. Em S (N ) consideramos o subconjunto das sequências quadrado-somáveis

`2_{(N ) :=} ( (an) 2 S (N ) = 1 X n=1 janj2< 1 )

Podemos provar facilmente que `2_{(N ) é um subespaço vetorial de S (N ) – i.e., é um subconjunto que contem a}

sequência nula e que é fechado com respeito às operações de soma e multiplicação escalar; para tanto, usamos a seguinte desigualdade7

ja + bj2 3 jaj2+ 3 jbj2 ; 8a; b 2 C

Agora, usando a identidade (que não por acaso é similar à Identidade de Polarização) ab = 1

4 n

(a + b)2 (a b)2o _{; 8a; b 2 C}

podemos provar que a seguinte aplicação está bem-de…nida em `2_{(N ) e constitui-se num produto-interno:}

h; i : `2(N ) `2_{(N ) ! C ; h(a}n) ; (bn)i := 1

X

n=1

anbn

A norma induzida por esse produto interno é dada por

k k2: `2(N ) ! [0; 1) ; k(an)k2:= 1 X n=1 janj2 !1=2

Proposição 19 `2_{(N ) munido das operações de soma e multiplicação escalar e produto-interno de…nidos acima é}

um espaço de Hilbert. Além disso, o seguinte conjunto constitui uma base (de Schauder) de `2_{(N ),}

Be= n k n ; k 2 N o (1) onde k n= 1 ; n = k 0 ; n 6= k ; n 2 N ; 8k 2 N

Para uma discussão e prova da primeira parte dessa proposição, vide [6, Theorem II.7, p.47].

7_{Explicitamente, temos a seguinte dedução da desigualdade:} ja + bj2 = jaj2+ jbj2+ ab + ab

jaj2+ jbj2+ 2 jaj jbj = jaj2+ jbj2+ 2 q jaj2 q jbj2 jaj2+ jbj2+ 2 q jaj2+ jbj2 q

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Observação 20 Embora não tenhamos oportunidade de discutir aqui, é oportuno mencionar que `2_{(N ) é um espaço}

de Hilbert separável com dimensão in…nita e todos os demais espaços de Hilbert separáveis com dimensão in…nita são isomorfos a ele (nesse sentido, ele é o “único” espaço de Hilbert com tais propriedades).

Exemplo 21 (Espaço com produto interno que não é completo)

Considere o conjunto N `2_{(N ) formado pelas sequências que possuem apenas um número …nito de termos não}

nulos,

N = f(an) 2 S (N ) = 9N 2 N ; an = 0 8n N g

Por inspeção direta, veri…camos que N é um subespaço vetorial de `2(N ). Vamos mostrar que ele não é completo, considerando as operações de soma, multiplicação escalar e produto interno induzidas de `2_{(N ).}

De fato, como a série 1=n2 converge, segue que a seguinte sequência pertence `2_{(N )}

(yn) = 1; 1 2; 1 3; :::; 1 n 1; 1 n; 1 n + 1; ::: Agora, considere a sequência de elementos em N dada por

N 3 k 7 ! z (k) := (z (k)n) = 1; 1 2; 1 3; :::; 1 k 1; 1 k; 0; 0; 0:::

Evidentemente, a sequência (yn) não pertence a N ; entretanto, pela convergência da série 1=n2 deduzimos que

sequência (z (k)_n) converge para (yn) com respeito à norma de `2(N ):

lim k!1k(z (k)n) (yn)k2= limk!1 1 X n=k+1 1 n2 !1=2 = 0

Logo, para provar que N não é completo basta mostrar que a sequência (z (k))k2N é uma sequência de Cauchy em

N . Dados k1; k22 N , suponha sem perda de generalidade, que k1< k2. Daí,

k(z (k1)n) (z (k2)n)k2= kX2+1 n=k1+1 1 n2 !1 2 < 1 X n=k1+1 1 n2 !1=2

Usando novamente a convergência da série 1=n2 _{, podemos deduzir dessa desigualdade que (z (k)}

n) é sequência

de Cauchy: dado > 0 tome N > 0 tal que

1 X n=N 1 n2 !1=2 < Então para quaisquer k1; k22 N; k2 k1 N vale

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2.4 Aplicações Lineares

De…nição 22 (Aplicação Linear) _{Uma aplicação linear entre os espaços vetoriais V}1 e V2 é uma aplicação T :

V1! V2 tal que

T ( x + y) = T (x) + T (y) ; 8x; y 2 V1; 8 ; 2 C

Usaremos o termo operador linear quando tivermos V1= V2.8

Destacamos a seguinte identidade para operadores que é análoga à Identidade de Polarização (6) existente em espaços com produto interno.

Proposição 23 _{Sejam H um espaço com produto interno (não necessariamente completo) e T : H ! H um operador} linear (não necessariamente limitado). Vale:

hT x; yi = 1₄fhT (x + y) ; (x + y)i hT (x y) ; (x _{y)i + i (hT (x + iy) ; (x + iy)i} _{hT (x} iy) ; (x _{iy)i)g ; 8x; y 2 H} Prova. Considere x; y 2 H …xados. Para provar a identidade, basta observar que

hT (x + y) ; (x + y)i hT (x y) ; (x _{y)i = 2 (hT x; yi + hT y; xi)} ( ) Assim, pondo y = iy obtemos

i hT (x + iy) ; (x + iy)i hT (x iy) ; (x _{iy)i = 2 (hT x; yi} _{hT y; xi)} (#) Somando ( ) e (#) obtemos 4 hT x; yi.

Para falar em continuidade precisamos de ferramentas que nos permitam calcular e analisar distâncias. Num espaço vetorial normado, usamos a métrica induzida pela norma.

De…nição 24 (Continuidade) _{Uma aplicação T : N}1! N2 é contínua no ponto x 2 N1se, para cada > 0 dado,

existe _{> 0 tal que y 2 N}1 e ky xk < ) kT (y) T (x)k < .

Quando T é contínua em todo elemento x 2 N1 diz-se, simplesmente que T é contínua.

O conceito de continuidade possui propriedades interessantes no caso das aplicações lineares. A proposição abaixo diz que em espaços normados basta que a aplicação linear seja contínua em um ponto para termos a continuidade uniforme.

Proposição 25 (Aplicações Lineares Contínuas)

Seja T : N1! N2 uma aplicação linear entre espaços normados. As seguintes condições são equivalentes:

(i) sup fkT xk : kxk 1g < 1

(ii) Existe C > 0 tal que kT xk C kxk para todo x 2 N1

(iii) T é uniformemente contínua (iv) T é contínua

(v) T é contínua em 0

Prova. (i) ) (ii) : Seja 0 < C < 1 tal que C = sup fkT xk : kxk 1g. Para cada x 2 N1, x 6= 0; o vetor _kxkx é

unitário donde T _kxkx _{C, ou seja, kT xk} _{C kxk.} (ii) ) (iii) : Basta notar que dados x, e y 2 N1,

kT x T yk = kT (x y)k C kx yk (iii) ) (iv) : Óbvio!

(iv) ) (v) : Óbvio!

(v) ) (i) : Sendo T contínuo em 0 existe > 0 tal que x 2 N1, kxk < ) kT xk < 1. Então, se kxk 1 vale

k xk . Logo, kT ( x)k 1, ou seja, kT xk 1.

(15)

Observação 26 Devido à condição (i), as aplicações lineares contínuas entre espaços normados são também chamadas limitadas.

Neste trabalho, nos restringimos a considerar aplicações lineares contínuas (limitadas). Nos tópicos seguintes usaremos estes conceitos no estudo de alguns operadores.

Proposição 27 _{Num espaço vetorial normado N , são contínuas as seguintes aplicações de…nidas para} _{2 C,} x; y 2 N :

( ; x) 7! x ; (x; y) 7! x + y ; x 7! kxk

Se a norma de N for induzida por um produto interno, então o produto interno também será uma aplicação contínua: (x; y) 7! hx; yi

Esses fatos podem ser demonstrados sem di…culdade usando as propriedades da norma e do produto interno. 2.4.1 Homomor…smos e Isometrias

As aplicações lineares são os homomor…smos entre espaços vetoriais – as aplicações que preservam a estrutura algébrica em foco. Chamamos de isomor…smo linear as aplicações lineares bijetivas.

No caso de espaços normados, são também importantes as aplicações lineares que preservam a norma, essas são chamadas isometrias.

De…nição 28 (Isometria) Dados dois espaços normados N1 e N2, uma aplicação linear T : N1! N2 é chamada

isometria linear (ou isometria) quando ela preserva normas

kT xk = kxk ; 8x 2 N1

Quando T for uma isometria sobrejetiva diremos que T é uma aplicação unitária.

Segue imediatamente desta de…nição que toda isometria é injetiva. Basta observar que se T x = 0 então kT xk = kxk = 0. Assim, x = 0, ou seja, acabamos de provar que o núcleo de T contém apenas o vetor nulo. Isso implica que T é injetiva.

Proposição 29 _{Se T : H}1! H2é uma isometria entre espaços vetoriais com produto interno (não necessariamente

completos), ela também preserva o produto interno, isto é,

hT x; T yi = hx; yi ; 8x; y 2 H1

Prova. Pela de…nição de isometria e pela Identidade de Polarização, temos, para todo x; y 2 H1:

4 hT x; T yi = kT (x + y)k2 kT (x y)k2 + i kT (x + iy)k2 kT (x iy)k2 = _{kx + yk}2 _kx _yk2 _{+ i kx + iyk}2 _kx _iyk2

(16)

2.4.2 Espaços de Aplicações Lineares

Dados dois espaços vetoriais normados N1e N2, denotamos por L (N1; N2) o conjunto das aplicações lineares limitadas

de N1 em N2. Quando N1= N2= N , substituimos a notação L (N ; N ) por L (N ).

Veri…ca-se que L (N1; N2) é um espaço vetorial com respeito às de…nições usuais de adição e multiplicação por

escalar: para A, B 2 L (N1; N2) e 2 C,

(A + B) (x) = Ax + Bx ; ( A) (x) = Ax Para cada T 2 L (N1; N2) de…nimos a norma da aplicação linear T por9

kT k := sup fkT xk : x 2 N1; kxk 1g (2)

Equivalentemente,

kT k = inf fC 0 : kT xk C kxk ; x 2 N1g

Lema 30 _{k k é uma norma em L (N}1; N2) e vale

kT xk kT k kxk ; 8x 2 N1

Prova. Considere T; S 2 L (N1; N2) e 2 C. Se T 6= 0, existe x 2 N1 com T x 6= 0. Como T (0) = 0, isso

implica que x 6= 0. Usando que kT xk e kxk são ambos não-nulos, pelo item (i) da proposição (25) obtemos 0 < kT xk

kxk kT k

Portanto, kT k 6= 0, satisfazendo a primeira condição de norma. As outras duas são consequências das propriedades de supremo. Homogeneidade:

k T k = sup fk( T ) (x)k = j j kT xk ; x 2 N1; kxk 1g = j j sup fkT xk ; x 2 N1; kxk 1g = j j kT k

Desigualdade triangular: como

k(S + T ) (x)k = kSx + T xk kSxk + kT xk kSk kxk + kT k kxk = (kSk + kT k) kxk ; 8x 2 N1

segue que

kS + T k = sup fk(S + T ) (x)k ; x 2 N1; kxk 1g kSk + kT k

Esse lema mostra que L (N1; N2) munido da norma de aplicações é um espaço normado; o seguinte mostra que é

um espaço de Banach.

Proposição 31 _{Sejam T : N}1! N2 e S : N2! N3 aplicações lineares limitadas entre espaços vetoriais normados.

Então S T é aplicação linear limitada e vale:

kS T k kSk kT k

Prova. Por inspeção direta, veri…camos que S T é aplicação linear. Agora, k(S T ) xk kSk kT xk kSk kT k kxk ; 8x 2 N1

Pela de…nição de norma de aplicações, isso signi…ca que kS T k kSk kT k.

O teorema seguinte mostra que se N2é completo, então L (N1; N2) também é completo.

(17)

Teorema 32 _{Se N é um espaço normado e B é um espaço de Banach, então L (N ; B) também é um espaço de} Banach.

Prova. Considere a sequência de Cauchy (Tn) em L (N ; B). Dado x 2 N , temos

kTnx Tkxk = k(Tn Tk) (x)k kTn Tkk kxk ; 8n; k 2 N

Isso implica que a sequência (Tnx) é de Cauchy em B. De…na T : N ! B pondo T x = limn!1Tnx. Por essa

de…nição segue que T é aplicação linear. Mostremos que T é limitado (pertence a L (N ; B)). Dado > 0, existe N ( ) 2 N tal que n; k N ( ) ) kTn Tkk < . Usando a continuidade da norma obtemos, para n N ( )

kTnx T xk = lim

k!1kTnx Tkxk klim!1kTn Tkk kxk kxk ; 8x 2 N1 ( )

Com isso, provamos que T é limitado:

kT xk = kTnx Tnx + T xk kTnx T xk + kTnxk kxk + kTnk kxk = (kTnk + ) kxk ; 8x 2 N1

Finalmente, veri…camos que (Tn) converge para T . De fato, ( ) implica

k(Tn T ) (x)k ; 8x 2 N1; kxk < 1; 8n N ( )

(18)

2.4.3 Topologias Forte e Fraca de Operadores em_{L (H)}

O espaço dos operadores limitados sobre um espaço de Banach ou Hilbert pode ser munido de diversas topologias, úteis para propósitos distintos. Aqui, mencionamos três relacionadas ao Teorema Espectral: a topologia da norma, a topologia forte de operadores e a topologia fraca de operadores em espaços de Hilbert.

De…nição 33 (Topologia no Espaço de Operadores)

Seja H um espaço de Hilbert e L (H) o espaço dos operadores limitados em H.

A topologia da norma em L (H), denotada aqui por N, é a topologia induzida pela norma de operadores, i.e.,

é a topologia de…nida pela seguinte sub-base de vizinhanças

NA; := fT 2 L (H) = kT Ak < g ; A 2 L (H) ; > 0

A topologia forte de operadores em L (H), denotada aqui por S, é a topologia de…nida pela seguinte sub-base

de vizinhanças

SA;x; := fT 2 L (H) = k(T A) xk < g ; A 2 L (H) ; x 2 H ; > 0

A topologia fraca de operadores em L (H), denotada aqui por W, é a topologia de…nida pela seguinte sub-base

de vizinhanças

WA;x;y; := fT 2 L (H) = jh(T A) x; yij < g ; A 2 L (H) ; x; y 2 H ; > 0

Lema 34 As topologias N, S e W são Haussdor¤ .10

Prova. O argumento em cada caso é similar, por isso vamos provar apenas o caso da topologia fraca de oper-adores. Sejam A; B 2 L (H) operadores distintos. Então existe x 2 H tal que y := Bx Ax 6= 0; seja := kyk2=2; então A 2 WA;x;y; (óbvio), B 2 WB;x;y; (óbvio) e WA;x;y; \ WB;x;y; = ; pois: se T 2 WA;x;y; então

jh(T B) x; yij = jh(T A) x; yi h(B A) x; yij jh(B A) x; yij jh(T A) x; yij > 2 = donde T =_{2 W}B;x;y; .

Lema 35 _{Em L (H), a topologia da norma é mais forte do que a topologia forte e a topologia forte é mais forte do} que a topologia fraca,11

N S W

Prova. Prova de N S Como as topologias são Hausdor¤ , para provar essa inclusão basta mostrar que todo

elemento da sub-base de S contem um elemento da sub-base de N. Com efeito, sejam A 2 L (H), x 2 H e > 0;

se x = 0, então SA;x; = L (H) é aberto com respeito a N; se x 6= 0, de…nimos := = kxk e veri…camos que

NA; SA;x; :

T 2 NA; ) k(T A) xk kT Ak kxk < kxk = ) T 2 SA;x;

Prova de S W Analogamente ao caso anterior, como as topologias são Hausdor¤ , para provar essa inclusão,

basta mostrar que todo elemento da sub-base de W contem um elemento da sub-base de S. Com efeito, sejam

A 2 L (H), x; y 2 H e > 0; se y = 0, então WA;x;y; = L (H) é aberto com respeito a S; se y 6= 0, de…nimos

:= = kyk e veri…camos (usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz)

T 2 SA;x; ) jh(T A) x; yij k(T A) xk kyk < kyk = ) T 2 WA;x;y;

1 0_{Lembramos que uma topologia} _{num conjunto X é Hausdor¤ quando: para todo par de pontos distintos em X, existem pares de} abertos disjuntos em tais que um dos abertos contem um dos pontos e o outro aberto contem o outro ponto.

1 1_{Lembramos que num conjunto X, dadas duas topologias}

(19)

2.5 Exemplos

2.5.1 O operadorH em `2_{(N )}

Em `2_{(N ), considere o seguinte aplicação}

H : `2_{(N ) ! `}2_{(N ) ; H (a}n) :=

an

n H é um operador bem-de…nido em `2_{(N ) porque se a sequência (a}

n) é quadrado-somável, então a sequência (an=n)

também é quadrado-somável, pois a convergência dePa2_n implica (por comparação) na convergência dePa2_n=n2. Por inspeção direta, veri…ca-se que H é linear (cálculo que omitimos aqui).

Agora vamos veri…car que H é limitada. Para uma sequência (an) 2 `2(N ) ; (an) 6= (0), temos

kH (an)k k(an)k = P1 n=1a2n=n2 1=2 (P1_n=1a2 n) 1=2 1

(20)

2.6 Funcionais Lineares e Espaço Dual

Dado um espaço normado N , o espaço N := L (N ; C) é chamado Espaço Dual (ou simplesmente, dual) de N e seus elementos são chamados funcionais lineares contínuos em N . Pelo teorema (32), segue imediatamente que o dual de qualquer espaço normado é um espaço de Banach (com respeito à norma de operadores).

Apresentamos o seguinte fato que será utilizado posteriormente:13

Proposição 36 Seja A : V ! H uma aplicação limitada entre um espaço vetorial V e um espaço vetorial com produto interno H (não necessariamente completo). Se A = 0 para todo funcional linear contínuo _{: H ! C,} então A = 0.

Prova. Suponha A 6= 0, então existe x 2 V tal que y := Ax 6= 0. De…na o funcional linear : H ! C ; w := hy; wi

Veri…camos que é contínuo:

j wj = jhy; wij kyk kwk ; 8w 2 H Agora _{A 6= 0 pois} _{(Ax) = kyk}2_{6= 0. Por contraposição, isso prova proposição.}

O Teorema da Representação de Riesz mostra como é feita a identi…cação entre um espaço de Hilbert e seu dual. Baseando-se neste teorema de…niremos o adjunto de um operador limitado.

Teorema 37 (Representação de Riesz) _{Se H é um espaço de Hilbert, então existe uma isometria bijetiva} conjugada-linear entre H e seu dual H , y ! y, dada por

yx = hx; yi , 8x 2 H ( )

Prova. Admitindo que y tem a forma ( ) provemos que

a) A aplicação y 7! y é uma isometria.

Usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz obtemos

k y(x)k kxk kyk ) k yk kyk

Em particular, y é limitado. Como

0 _kyk2_{= hy; yi =} y(y) = j y(y)j k yk kyk

vale kyk k yk. Logo, k yk = kyk.

b) A aplicação y ! y é conjugada-linear.

De fato, dado _{2 C temos}

y(x) = hx; yi = hx; yi = y(x)

c) Bijetividade.

Como toda isometria é injetiva, basta mostrar que toda aplicação _{2 H tem a forma ( ).} Se = 0 tome y = 0.

Caso _{6= 0, seja N ( ) o núcleo de . Considerando que} é contínuo, temos que N ( ) é fechado; pelo corolário (18) H = N ( ) N ( )?. Como _{6= 0, temos que H 6= N ( ), logo N ( )}? _{6= f0g. Tome z 2 N ( )}?_{, z 6= 0.} A…rmamos que vale

( x) z _{( z) x 2 N ( ) ; 8x 2 H} pois (( x) z ( z) x) = ( x) ( z) ( z) ( x) = 0 Como z 2 N ( )?, vale h( x) z ( z) x; zi = 0 ; 8x 2 H Daí, x hz; zi z hx; zi = 0 ) x hz; zi = z hx; zi ; 8x 2 H

(21)

Logo,

x = z

hz; zihx; zi = x; z

hz; ziz ; 8x 2 H Basta tomar y = _{z= hz; zi z e teremos}

x = hy; xi ; 8x 2 H

Diremos que o vetor y representa o funcional linear contínuo 2 N quando = y. No caso dos espaços de

Hilbert, o Teorema de Representação de Riesz diz que todo funcional linear contínuo possui um único vetor que o representa.

Observação 38 _{No Teorema de Riesz, a hipótese de H ser completo não pode ser retirada. Considere N} l2_{(N )}

o espaço das sequências que possuem apenas um número …nito de termos não nulos o qual sabemos não ser completo. De…na f : N ! C pondo f (x) = P1i=1

xi

i onde x = (x1; x2; :::; xk; 0; :::; 0; :::). Segue-se que f 2 N , mas não

existe y 2 N que a representa, isto é, que satisfaça f (x) = fy(x) = hx; yi para todo x 2 N . De fato, suponha

que exista y = (z1; z2; :::; zm 1; 0; :::; 0; :::) em N tal que f (x) = fy(x) = hx; yi, onde m 2 N . Tome a sequência

(22)

2.7 Adjunto de um Operador Limitado em Espaços de Hilbert

Teorema 39 (Adjunto) _{Sejam H um espaço de Hilbert e T 2 L (H). Então existe um único operador T 2 L (H)} tal que

hT x; yi = hx; T yi , para x, y 2 H O operador T é chamado o adjunto de T .

Prova. Fixado y 2 H, de…nimos a aplicação

fy: H ! C ; fy(x) := hT x; yi

A linearidade de fy segue das igualdades abaixo, calculadas em ; 2 C e x; z 2 H:

fy( x + z) = hT ( x + z) ; yi = h T x + T z; yi = hT x; yi + hT z; yi = fy(x) + fy(z)

Como

kfy(x)k = khT x; yik kT xk kyk kT k kxk kyk

vale kfyk kT k kyk, ou seja, fy é limitado (contínuo). Conforme o Teorema de Representação de Riesz, existe um

único vetor, que denotaremos por T y, em H que representa fy, isto é, que satisfaz fy(x) = hx; T yi. Portanto,

hT x; yi = hx; T yi.

Agora, de…nimos a aplicação

T _{: H ! H ; y 7 ! T y}

Veri…camos por inspeção direta que T é linear: para ; _{2 C e y}1; y22 H temos

hx; T ( y1+ y2)i = hT x; y1+ y2i = _{hT x; y}1i + hT x; y2i = _{hx; T y}1i + hx; T y2i = _{hx; T y}1i + hx; T y2i ; 8x 2 H donde hx; T ( y1+ y2) T y1 T y2i = 0 8x 2 H

Isso signi…ca que

T ( y1+ y2) = T y1+ T y2

A prova de que T é limitado pode ser encontrada na próxima proposição, que coleta essa e outras propriedades do adjunto.

Observe que o teorema acima continua válido para aplicações limitadas de…nidas entre espaços de Hilbert diferentes (cuja demonstração é idêntica à do caso H = H1), passando a ter o seguinte enunciado: se T 2 L (H; H1) então

existe um único T 2 L (H1; H) tal que hT x; yi = hx; T yi, para x 2 H, y 2 H1.

Observação 40 _{Considere os operadores T , S 2 L (H). Se tivermos hT x; yi = 0 para todo x, y 2 H então T = 0,} pois, neste caso, teremos, em particular, kT xk2= hT x; T xi = 0 donde T x = 0 para todo x 2 H. Com isso, quando hT x; yi = hSx; yi, para quaisquer x, y 2 H os operadores S e T são iguais.

Usaremos este raciocínio na prova da seguinte

Proposição 41 (Propriedades Algébricas do Adjunto) _{Seja H um espaço de Hilbert. O adjunto satisfaz as} seguintes propriedades, em todo T; S 2 L (H):

(23)

Prova. (i) Segue da igualdade

hT x; yi = hx; T yi = hT y; xi = y; [T ] x = [T ] x; y (ii) Vale

h[ T ] x; yi = hT x; yi = hx; T yi = hx; [ T ] yi

Como o adjunto de _{T é o único operador ( T ) 2 L (H) que satisfaz h[ T ] x; yi = x; [ T ] y concluímos que} ( T ) = T .

(iii) h[S + T ] x; yi = hSx; yi + hT x; yi = hx; S yi + hx; T yi = hx; [S + T ] yi. (iv) h[T S] x; yi = hSx; T yi = hx; S [T y]i = hx; [S T ] yi.

(v) kT k kT k, já que

kT xk2= jhT x; T xij = jhx; T (T x)ij kxk kT k kT xk ) kT xk kT k kxk , x 2 H

Pela de…nição de norma de um operador segue-se que kT k kT k. Com este resultado e usando o item (i) temos que kT k = [T ] kT k kT k. Logo, kT k = kT k.

(vi) Pela proposição (31), temos kT T k kT k kT k = kT k2; por outro lado, kT xk2= jhT x; T xij = jhx; T T xij kxk2kT T k Assim, kT k pkT T k e, portanto, kT k2 kT T k, provando que kT T k = kT k2.

Destacamos a seguinte proposição que relaciona o núcleo e a imagem de um operador e seu adjunto: Proposição 42 (Núcleo e Imagem do Operador Adjunto)

Seja T : H ! H um operador limitado. Então i) Im (T )?= ker (T )

ii) Im (T ) é denso em H se, e somente se, T é injetivo Prova. (i) Dado y 2 H, valem as equivalências

y 2 Im (T )?, hy; T xi = 0 8x 2 H , hT?y; xi = 0 8x 2 H , T?y = 0 , y 2 ker (T?) (ii) Para demonstrar este item usaremos a identidade provada no Lema (15):

Im (T )?= Im (T ) ? ( )

()) Suponha que Im (T ) é denso em H. Usando a identidade ( ) seguem as igualdades: Im (T )? = Im (T ) ?= H? = f0g

Por (i), isso implica que T _{é injetiva. (() Agora, suponha que T é injetiva. Por (i), isso signi…ca que Im (T )}?= f0g. Como Im (T ) é um subespaço vetorial fechado de H, pelo Teorema (17) temos que

H = Im (T )? Im (T ) Logo, Im (T ) = H. Portanto, Im (T ) é denso em H.

Neste trabalho, focalizaremos os operadores auto-adjuntos.

(24)

3 Álgebras

O conceito de Álgebra pode ser entendido como uma abstração das propriedades dos conjuntos de todos os operadores de…nidos num espaço vetorial, munidos da operação de…nida pela composição.

De…nição 45 (Álgebra) _{Uma álgebra é um espaço vetorial (A; +; ) munido de uma operação} _{: A} _{A ! A,} chamada multiplicação, gozando das seguintes propriedades, para para todo A; B e C em A e todo escalar 2 C:

i) Distributividade com respeito à adição

A (B + C) = A B + A C ; (A + B) C = A C + B C ii) Associatividade com respeito à multiplicação escalar:

(A B) = ( A) B = A ( B) Dizemos que uma álgebra é associativa quando

A (B C) = (A B) C Dizemos que a álgebra é comutativa quando

A B = B A

Dizemos que a álgebra é unital (ou é uma álgebra com unidade) quando a multiplicação possui elemento neutro (chamado unidade), ou seja, quando existir um elemento I 2 A que satisfaz

I A = A _{I = A ; 8A 2 A}

Observe que se a multiplicação possui um elmento neutro, então ele é único pois se bI for outro elemento neutro temos I = I I = bb I.

Observação 46 Para simpli…car a notação, no restante do texto vamos omitir os símbolos e para as operações multiplicação e multiplicação escalar, respectivamente. Especi…camente, escreveremos

A B = AB ; _{A = A ; 8 A; B 2 A; 8 2 C}

Uma álgebra pode ser munida de uma estrutura topológica de…nida em termos de uma norma.

De…nição 47 _{Álgebra normada: é uma álgebra (A; +; ; ) associativa munida de uma norma k k : A ! [0; 1) com} a seguinte propriedade:

kABk kAkkBk ; 8A; B 2 A Álgebra de Banach: é uma álgebra normada completa.

Exemplo 48 _{L (N ) munido das operações usuais é uma álgebra, para todo espaço normado N . Se N for um espaço} de Banach, então L (N ) é uma álgebra de Banach.

(25)

De…nição 49 _{Uma *-álgebra é uma álgebra (A; +; ; ) munida de uma operação, chamada conjugação ou involução,} : A ! A satisfazendo: i) Anti-linearidade: ( A + B) = A + B _{; 8 A; B 2 A e 8 ; 2 C} ii) Involução: (A ) = A ; 8 A 2 A iii) Reversão ao produto:

(AB) = B A _{; 8 A; B 2 A}

Exemplo 50 _{O conjunto P dos polinômios complexos munido das operações usuais de soma, multiplicação escalar,} multiplicação e da seguinte operação de involução

: P ! P ; P (z) = n X k=0 akzk P (z) := n X k=0 akzk é uma *-álgebra.

Prova. É fácil provar que P é uma álgebra comutativa. Como ilustração vamos provar que é involutiva, anti-linear e reverte o produto. Tomemos P (z) =Pn_k=0akzk, Q (z) =Pm_l=0blzlem P e escalares ; 2 C. Escreva

P (z) = 1 X k=0 akzk e Q (z) = 1 X l=0 blzl

onde ak= 0 para todo k > n e bl= 0 para todo l > m. Temos:

- Anti-linearidade: ( P + Q) (z) = 1 X k=0 ( ak+ b) zk ! = 1 X k=0 ( ak+ b)zk= 1 X k=0 akzk+ 1 X k=0 bkzk= P (z) + Q (z) - Involução: (P ) (z) = n X k=0 akzk ! = n X k=0 akzk= n X k=0 akzk = P (z)

- Reversão do produto: considerando (P Q) (z) = n X k=0 akzk ! _m X l=0 blzl ! = 1 X k=0 ckAk onde ck =Pk_l=0ak lbl (k = 0; 1; 2; :::), temos (P Q) (z) = 1 X k=0 ckAk = 1 X k=0 k X l=0 ak lblAk = (P Q ) (z) = (Q P ) (z)

(26)

Exemplo 53 _{C (X), o conjunto das funções contínuas de…nidas num espaço topológico compacto X que tomam} valores em C, munido das operações de soma, multiplicação escalar e multiplicação de…nidos ponto-a-ponto, é uma álgebra. Agora, de…nimos a conjugação de uma função f 2 C (X) por

f (x) := f (x) ; _{8x 2 X}

Com essa conjugação, C (X) torna-se uma *-álgebra. Como X é compacto, podemos de…nir a norma (como se pode veri…car)

k k : C (X) ! [0; 1) ; kfk := sup fjf (x)j ; x 2 Xg Então, C (X) munido dessa norma é uma C*-álgebra.

De…nição 54 (Homomor…smos de Álgebras) _{Sejam A e B álgebras.}

Homomor…smo de álgebras entre A e B é uma aplicação linear : A ! B que preserva a multiplicação, ou seja, (AB) = (A) _{(B) ; 8A; B 2 A}

Se A e B são *-álgebras, então um homomor…smo de *-álgebras (ou *-homomor…smos) entre A e B é um homomor…smo de álgebras que preserva a conjugação

(A ) = [ (A)] _{; 8A 2 A}

De…nimos também a seguinte terminologia especial para homomor…smos de álgebras: - Isomor…smo: homomor…smo bijetivo;

(27)

4 Teoria Espectral

O espectro é uma generalização do conceito de autovalores para operadores de…nidos em espaços vetoriais com dimensão in…nita. Num certo sentido, o espectro de…ne o “conjunto dos valores complexos que um operador assume”. Com seu estudo obteremos algumas propriedades com a …nalidade de mostrar que o espectro de um operador auto-adjunto é real e compacto.

De…nição 55 _{Seja H um espaço de Hilbert e A : H ! H um operador limitado. O espectro e o conjunto resolvente} de A são de…nidos, respectivamente, por:

(A) = _{f 2 C; ( I} _{A) não é invertível em Hg} (A) = _{f 2 C; ( I} _{A) é invertível em Hg} Também de…nimos o raio espectral

rA:= sup fjzj ; z 2 (A)g

O espectro é subdividido em três subconjuntos como descritos abaixo: Espectro pontual:

p(A) = f 2 C; ( I A) não é injetivog

Espectro residual:

r(A) = f 2 C; ( I A) é injetivo mas sua imagem não é densa em Hg

Espectro contínuo:

c(A) = f 2 C; ( I A) é injetivo com imagem densa mas inversa descontínuag

Observe que temos a seguinte união disjunta

(A) = p(A) [ r(A) [ c(A)

De…nição 56 _{Seja A 2 L (H). Um autovalor de A é um número} _{2 C para o qual existe x 2 H, x 6= 0 satisfazendo} Ax = x.

Lema 57 Um número _{2 C é autovalor de A 2 L (H) se e somente se} ₂ p(A).

A prova é simples e será omitida.

Para z 2 (A), chamado operador resolvente de A em z o operador RA(z) = (zI A) 1

As propriedades do resolvente serão discutidas com certo detalhe no decorrer desta seção.

(28)

4.1 Séries para o Resolvente

A teoria das séries de operadores é análoga à teoria das séries numéricas, com de…nições de convergência e testes de convergência. Faremos uso dos conceitos e resultados sem maiores detalhes.

4.1.1 Série de Neumann

A série de Neumann do operador A 2 L (H) é de…nida por 1 z 1 X n=0 A z n

Lema 59 A série de Neumann converge em norma para RA(z) se z 2 C, jzj > kAk, isto é,

lim n!1 1 z 1 X n=0 A z n RA(z) = 0

Prova. Sob a condição jzj > kAk, a convergência da sérieP1n=0 A

z n

é garantida pelo teste-M de Weierstrass14_,

considerando

cn:= kAk n

jzjn ; n 0

e lembrando que a série Pcn é a série geométrica de razão kAk = jzj < 1, convergente. Como a série de potências 1 z P1 n=0 A z n

é convergente, podemos multiplicá-la termo-a-termo e com isso veri…camos que ela é igual ao resolvente RA(z): 1 z 1 X n=0 A z n! (zI A) = 1 X n=0 A z n _X1 n=0 A z n+1 = 1 X n=0 A z n _X1 n=1 A z n = I

Corolário 60 (A) _{D (kAk).}

4.1.2 Série de Taylor do Resolvente

Alguns resultados sobre funções em uma variável complexa serão necessários para prosseguirmos. Os teoremas utilizados serão apenas enunciados e suas demonstrações poderão ser encontradas nas referências.

Na sequência, vamos utilizar os seguintes resultados da teoria das funções analíticas: Teorema de Liouville: _{Toda função inteira (analítica em C) limitada é constante. [3]}

Teorema das funções analíticas: Uma função f : _{! C,} C aberto, é analítica se, e somente se, para todo ponto z02 , existe r > 0 tal que (z0; r) e f coincide com uma série de potências no

disco (z0; r). [3]

Proposição 61 _{Considere A 2 L (H). Dado z}02 (A), para z 2 C, jz z0j < kRA(z0)k 1, a sérieP1n=0(z z0)n[RA(z0)]n+1

converge em norma para RA(z).

Prova. Para z 2 C satisfazendo jz z0j < kRA(z0)k 1, seja c = k(z z0) RA(z0)k < 1. Então,

k(z z0)nRA(z0)nk < cn

Como c < 1, a sériePcn _{converge; pelo Teste de Weierstrass isso implica que a série}P_(z _z

0)nRA(z0)nconverge.

Imediatamente, _X

(z z0)nRA(z0)n+1= RA(z0)

X

(z z0)nRA(z0)n

também converge. Agora veri…camos por cálculo direto que (zI A)

1

X

n=0

(z z0)n[RA(z0)]n+1= I

1 4_{Teste-M de Weierstrass para séries de operadores : se (A}

(29)

Portanto,

1

X

n=0

(z z0)n[RA(z0)]n+1= RA(z)

Dado z02 (A), denominamos a sérieP1_n=0(z z0)n [RA(z0)]n+1a série de Taylor do resolvente de A em z0.

A proposição acima nos dá imediatamente um resultado que será essencial no estudo do Teorema Espectral. Corolário 62 _{Se A 2 L (H) então (A) é aberto e (A) é compacto.}

Observe que, pelo corolário, o operador resolvente é uma função analítica (holomorfa) em um disco de centro z0

e raio kRA(z0)k 1 contido no espectro de A –veja [5, p.204].

Teorema 63 _{Seja A 2 L (H). Vale a primeira fórmula do resolvente:}

RA(z) RA(w) = (w z) RA(w) RA(z) ; 8z; w 2 (A)

Em particular, RA(z) e RA(w) comutam para todo z, w 2 (A).

Prova. Tome z, w 2 (A). Como os operadores A e (zI A) comutam e por de…nição RA(z) = (zI A) 1,

segue que

RA(z) A = RA(z) AI = RA(z) A (zI A) RA(z) = RA(z) (zI A) ARA(z) = IARA(z) = ARA(z)

Portanto

RA(z) (wI A) = wRA(z) RA(z) A = wRA(z) ARA(z) = (wI A) RA(z)

ou seja, RA(z) e (wI A) também comutam.

Assim temos a seguinte sequência de igualdades:

RA(z) RA(w) = RA(z) (wI A) RA(w) RA(z) (zI A) RA(w)

= (wI A) RA(z) RA(w) (zI A) RA(z) RA(w)

= [(wI A) (zI A)] RA(z) RA(w)

= (w z) RA(z) RA(w)

Teorema 64 _{Seja X um espaço de Banach e A 2 L (X) um operador limitado. Então} (i) O operador resolvente tende ao operador nulo no in…nito:15

lim

z!1RA(z) = 0

(ii) O espectro de A não é vazio

(A) 6= ;

(30)

Como z02 C é arbitrário, isso signi…ca que RAé analítica em C, portanto é função inteira. Como k( RA) (z)k

k k kRA(z)k para todo z 2 C, por (i) vale limz!1( RA) (z) = 0. Sendo RA contínua segue que a mesma é

limitada e, pelo teorema de Liouville RA(z) é constante. Como RA(z) tende a zero no in…nito concluímos

que ela é identicamente nula. Como é arbitrário, pela proposição (36), isso implica que RA(z) = 0, para todo

z 2 C. Absurdo, pois, RA(z) é o inverso de um operador.

Aqui usamos apenas operadores limitados, por isso, convém ressaltar que para operadores não limitados vários dos resultados apresentados não são válidos. Por exemplo, pode ocorrer que o espectro ou o conjunto resolvente sejam vazios.

Observação 65 O Corolário (62) e o Teorema (64) implicam que o raio espectral é um número real (não é in…nito). É um fato não-trivial e importante que para um operador limitado auto-adjunto A vale

kAk = rA

Observe que a fórmula acima relaciona os aspectos algébrico e topológico do operador A.

Teorema 66 (espectro de operadores auto-adjuntos) _{Seja H um espaço de Hilbert e A um operador} auto-adjunto limitado em H.

O espectro de A é real

(A) R Prova. Seja _{2 C8R um número complexo não-real e escreva}

= + i I ; ; _{2 R;} _{6= 0} Para analisar o operador I A, de…nimos

B := ( I A) ( I A) Considerando que A é auto-adjunto e _{6= 0, temos que}

B = 2I + ( I A)2 Então, B é um operador auto-adjunto e injetivo:

hBu; Bui = D 2u + ( I A)2u; 2u + ( I A)2uE = 4_kuk2+ 2 2_{k( I} _{A) uk}2+ ( I A)2u

2

4

kuk2 8u 2 H

(31)

4.2 Exemplos

4.2.1 O espectro do operadorH

Considere o operador H de…nido na seção (2.5.1). Primeiro, veri…camos que ( I H) (an) =

1

n an ; 8 2 C

Se _{2 f0g [ f1=k ; k 2 N g, então podemos de…nir o seguinte operador linear em `}= 2_{(N ), como se pode veri…car}

por inspeção direta,

B (an) :=

an 1 n

Também podemos veri…car que B é limitado e vale kB k 1

c , c := infn2N

1 n Veri…camos que B é o operador inverso de ( I H):

B ( I H) (an) = (an) = ( I H) B (an) ; 8 (an) 2 `2(N )

Isso signi…ca que o espectro de H está contido no conjunto f0g [ f1=k ; k 2 N g.

Agora, para k 2 N , o operador ((1=k) I H) não é invertível pois não é injetivo (seu núcleo contem a sequência

k n ): 1 kI H k n = 1 k 1 n k n = (0)

Portanto, o espectro de H contem o conjunto f1=k ; k 2 N g.

Vamos analisar agora o caso de = 0. Primeiramente, considere o conjunto D0:= (an) 2 `2(N ) = n2a2n< 1

Por inspeção direta, veri…ca-se que D0 é um subespaço linear de `2(N ). Além disso, temos: (i) D06= `2(N ) pois,

por exemplo, D0 não contem a sequência quadrado-somável (1=n) e (ii) D0 é denso em `2(N ) pois (evidentemente)

contem os elementos da base Be,

k

n 2 D0 ; 8k 2 N

o que implica que o complementar ortogonal de D0 em `2(N ) é o subespaço trivial f(0)g:

(an) 2 `2(N ) ; (an) 2 D?0 )

D

(an) ; kn

E

= ak = 0 8k 2 N ) (an) = (0)

Podemos veri…car que H possui inversa de…nida em D0:

B0: D0! `2(N ) , B0(an) = (nan)

Contudo, B0 não é limitado:

B0 kn = k kn ;

B0 kn

(32)

5 Cálculo Funcional Contínuo

A ação de polinômios sobre operadores A 2 L (H) é de…nida de modo natural: para um polinômio com coe…cientes complexos P (z) =Pn_k=0akzk, de…nimos P (A) := n X k=0 akAk 2 L (H)

Essencialmente, o cálculo funcional contínuo extende essa ação para funções contínuas, preservando as propriedades algébricas.

Teorema 67 (Cálculo Funcional Contínuo)

Seja H um espaço de Hilbert e A : H ! H um operador linear limitado auto-adjunto. Então existe um único homomor…smo de *-álgebras

^_A_{: C ( (A)) ! L (H)} tal que:

i) A imagem ^A na função identidade, id : C ( (A)) ! C; z 7! z, é o operador A:

^

A(id) = A

ii) Continuidade: se (fn) C ( (A)) converge uniformemente para f 2 C ( (A)) então ^A(fn) 2 L (H)

converge para ^A(f ) 2 L (H) em norma:

lim

n!1kfn f k1= 0 ) limn!1

^

A(fn) ^A(f ) = 0

Além disso, vale:

iii) Isometria: (o que signi…ca, em particular, que ^A é injetiva)

k ^A(f ) k = kfk1 ; f 2 C ( (A))

iv) Aplicação espectral:

^_A_{(f ) = f ( (A)) ; 8f 2 C ( (A))}

Observação 68 Destacamos a seguinte notação para as imagens da aplicação ^A:

f (A) := ^A(f ) ; 8f 2 C ( (A))

O fato de ^A ser um homomor…smo signi…ca que a correspondência entre funções contínuas sobre o espectro de A e

os operadores em L (H) preserva a estrutura algébrica.

Para provar este teorema utilizaremos um resultado particular (sobre polinômios) juntamente com o teorema de Stone-Weierstrass a …m de obtermos uma extensão do homomor…smo A de P para o conjunto C ( (A)).

Teorema de Stone Weierstrass16 _{[2, Teorema p.261] [7, Theorem 7.33 ] [4, Theorem 1.1 p.52]}

Seja X C um subconjunto compacto. Então o conjunto dos polinômios complexos de…nidos em X é denso no conjunto das funções contínuas de…nidas em X com respeito a topologia de…nida pela norma do supremo,

f 2 C (X) ; kfk₁:= sup fjf (x)j ; x 2 Xg

(33)

Lema 69 _{Seja A : H ! H operador limitado auto-adjunto. Então}

A: P ! L (H) ; A(P ) := P (A)

é um homomor…smo de *-álgebras.

Prova. Considere P (z) =Pn_k=0akzk e Q (z) =Pml=0blzl e 2 C. Escreva

P (z) = 1 X k=0 akzk ; Q (z) = 1 X l=0 blzl

onde ak= 0 para todo k > n e bl= 0 para todo l > m.

Assim, valem: i) Linearidade: A(P + Q) = 1 X k=0 (ak+ bk) Ak = 1 X k=0 ak Ak + 1 X k=0 bk Ak = 1 X k=0 ak Ak + 1 X k=0 bk Ak = A(P ) + A(Q) :

ii) Preserva o produto: temos que

(P Q) (A) = 1 X k=0 ckAk onde ck = k X l=0 ak lbl para k = 0; 1; 2; ::: Como P (A) Q (A) = n X k=0 akAk ! _m X l=0 blAl ! = 1 X k=0 eckAk ondeeck= k X l=0 ak lbl= ck; k = 0; 1; 2; :::

segue-se que P (A) Q (A) = (P Q) (A) e, portanto, A(P Q) = A(P ) A(Q).

iii) Preserva a conjugação:

A(P ) = P (A) = n X k=0 akAk= n X k=0 ak(A )k = n X k=0 ak Ak = n X k=0 akAk ! = ( A(P ))

onde a terceira igualdade segue do fato de A ser auto-adjunto.

Lema 70 Seja A : H ! H limitado (eventualmente A 6= A). Se P (z) é um polinômio, então (P (A)) = P ( (A)). Prova. (P (A)) P ( (A)) Seja w ₂ (P (A)). Vamos analisar o polinômio q (z) = w P (z). Sejam

1; :::; n2 C as raizes de q, isto é,

q (z) = w P (z) = ( 1 z) ::: ( n z)

(34)

Lema 71 _{Se A 2 L (H), então a sequência} pn kAn_{k converge e vale} lim n!1 n p kAn_{k = inf} n2N n p kAn_k

Prova. Dados m, n 2 N de…na rn(m) e qn(m), respectivamente, o resto e o quociente da divisão de m por n.

Deste modo, m = qn(m) n + rn(m) onde qn(m), rn(m) 2 N e 0 rn(m) < n. Usando o fato de L (H) ser álgebra

de Banach, podemos escrever

kAmk = Aqn(m)n_Arn(m) _kAn_kqn(m) kAkrn(m) Assim, kAmkm1 _kAn_k qn(m) m _kAk rn(m) m

Observe que, como 0 rn(m)

m < n m, vale o limite lim m!1 rn(m) m = 0 Além disso, sendo 1 = qn(m)n

m + rn(m) m , vale lim m!1 qn(m) n m = 1 ) limm!1 qn(m) m = 1 n Logo, para todo n 2 N

lim sup m2N kA m km1 _{lim sup} m2N kA n kqn(m)m _kAkrn(m)m _{= kA}n_kn1

Portanto, lim sup_m_2N _kAm_km1 _{lim inf}

n2N kAnk

1

n_{. Segue-se que a sequência kA}n_k 1

n _{converge e vale lim}

n!1 n p kAn_{k =} infn2N n p kAn_k.

Teorema 72 (Teorema do Raio Espectral) _{Se A 2 L (H), então o raio espectral de A é} rA= lim

n!1

n

p kAn_k

Prova. Se a série de Neumann 1 z

P1 n=0 Az

n

converge então converge para o resolvente RA(z) = (zI A) 1

e, neste caso, z =₂ _{(A). Como essa série converge (pelo Teste de Weierstrass) quando jzj > lim sup}pn

kAn_{k; pelo}

lema anterior, isso implica que rA lim sup n

p

kAn_{k. Portanto, temos que provar apenas que r}

A lim sup n

p kAn_k.

Seguimos a demonstração de [8, Theorem 3.1.10, p.70]. Para iniciar, …xe arbitrariamente _{2 L (H) , e seja F =} RA; por de…nição F é analítica no exterior do disco f 2 C : j j rAg.17 A partir da série de Neumann do

resolvente, obtemos a expansão em série de Laurent para F ,

F ( ) = 1 X n=0 (An₎ n+1 ; j j > kAk

Isso implica que

lim

j j!1F ( ) = 0

Isso signi…ca que F é analítica no in…nito; consequentemente, a expansão de Laurent acima vale no exterior do disco f 2 C : j j rAg.

Agora, …xamos temporariamente _{com j j > r}A. Assim, em particular, temos que

lim

n!1

(An₎ n = 0

1 7_{No exterior do disco f 2 C : j j} _r

(35)

Como é arbitrário, segue pelo princípio da limitação uniforme (veja abaixo) que existe uma constante K > 0 tal que kAnk K j jn 8n 2 N Assim, kAnkn1 _Kn1 _{j j} Portanto, lim kAnkn1 _{lim K}n1j j = j j

Como j j > rA é arbitrário, isso implica que

limpn

kAn_k _r A

Destacamos que nessa demonstração foi utilizado o Princípio da Limitação Uniforme, ou Teorema de Banach-Steinhaus:

Princípio da Limitação Uniforme: _{Sejam B}1 e B2 espaços de Banach e fTi; i 2 Ig L (B1; B2)

uma família arbitrária de aplicações lineares limitadas entre B1e B2. Então, são equivalentes:

a) fTi; i 2 Igé pontualmente limitada, i.e.,

sup

i2I kTixk < 1 ; 8x 2 B1

b) fTi; i 2 Ig é uniformemente limitada, i.e.,

sup

i2I kTik < 1

Teorema 73 _{Se A : H ! H é auto-adjunto então kAk = r}A.

Prova. Se A é auto-adjunto, vale

kAk2= kA Ak = kA2k Portanto, kA2n

k2n1 = kAk para todo n 2 N. Pelo Teorema do Raio Espectral (72) segue-se que r_A= lim_n

!1kA2

n

k2n1 =

kAk.

Proposição 74 _{Se A : H ! H é auto-adjunto então} A é isometria de P ( (A)) em L (H), isto é,

k A(P ) k = kP k1= sup fjP (z)j ; z 2 (A)g ; 8 P 2 P ( (A))

Prova. Já provamos que A é um homomor…smo linear. Também temos que ele preserva a conjugação: para

todo polinômio P vale

A(P ) = (P (A)) = w X n=0 anAn ! = w X n=0 anAn = P (A) = A(P ) (1)

Denotando P (A) P (A) = Q (A) onde Q (z) = P (z) P (z), vale rQ(A) = sup fjwj ; w 2 (Q (A))g

(36)

Demonstração do teorema (67) – ítens (i) ; (ii) ; (iii). Existência. Pelo teorema de Stone-Weierstrass, temos que P ( (A)) é denso em C ( (A)). Como A é linear e limitada, então possui uma única extensão linear e

limitada ^Apara C ( (A)). Dessa construção, segue imediatamente que ^Aaplica a função identidade no operador A

(item (i) do teorema), é contínua (ítem (ii) do teorema) e é linear. Para provar que ^Aé um *-homomor…smo, basta

veri…car que preserva o produto e a conjugação. Assim, dados f; g 2 C ( (A)) considere sequências de polinômios complexos (pn) e (qn) que convergem para f e g uniformemente em (A), respectivamente,

lim

n!1kpn f k1= 0 = limn!1kqn gk1

Então, usando que A é *-homomor…smo, obtemos:

^_A_{(f g) = lim} n!1 ^_A_(p_n_q_n_{) = lim} n!1 A(pnqn) = limn!1 A(pn) A(qn) = limn!1 ^_A_(p_n_{) ^}_A_(q_n_{) = ^}_A_{(f ) ^}_A_(g) e ^_A_{(f ) = lim} n!1 ^_A_(p n) = lim n!1 A(pn) = limn!1 A(pn) = limn!1 ^_A_(p_n_{) = ^}_A_{(f )} Analogamente, veri…camos que ^A é uma isometria (item (iii) do teorema):

^_A_{(f ) = lim}

n!1

^_A_(p_n_{) = lim}

n!1k A(pn)k = limn!1kpnk1= kfk1

Unicidade. Seja _{outro homomor…smo de *-álgebras entre C ( (A)) e L (H) que cumpre as condições (i) e} (ii). Pela condição (i), ele devem coincidir com A quando aplicado aos polinômios complexos; como pelo Teorema

de Stone-Weierstrass os polinômios complexos constituem um subespaço linear denso em C ( (A)), isso signi…ca que coincide com ^Anum subconjunto denso do seu domínio. Pela condição (ii), isso implica que elas devem coincidir

em todo domínio, ou seja, são aplicações idênticas.

Para provar a propriedade da Aplicação Espectral (item (iv) do teorema), precisamos de mais dois resultados preliminares.

Lema 75 _{Seja A um operador limitado no espaço de Hilbert H.} Dado ! 2 (A), de…nimos a função

!: (A) ! C ; !(z) :=

1 ! z Então ! é contínua e

^_A₍ _!_{) = (!I} _A) 1

Em particular, o resolvente RA(!) é o limite em norma de uma sequência de polinômios de A.

Prova. Como ! =₂ (A), ! está bem-de…nida e é contínua em (A). Como ^A é um homomor…smo de

*-álgebras, temos

^_A₍ _!_{) (!I} _{A) = ^}_A₍ _!_{) ^}_A_(! _{z) = ^}_A₍ _!_(! _{z)) = ^}_A_{(1) = I} e

(!I A) Â( !) = Â(! z) Â( !) = Â((! z) !) = Â(1) = I

Portanto, ^A( !) = (!I A) 1.

Lema 76 _{Seja A um operador limitado no espaço de Hilbert H.}

Seja (pn) uma sequência de polinômios tal que (pn(A)) converge em norma para um operador B 2 L (H). Então,

existe uma função g 2 C ( (A)) tal que B = ^A(g).

Prova. Como a sequência (pn(A)) converge, ela é uma sequência de Cauchy em L (H); como ^A é isometria,

isso implica que a sequência de polinômios (pn) é uma sequência de Cauchy:

kpn pmk₁= Â(pn pm) = Â(pn) Â(pm) = kpn(A) pn(A)k ; 8n; m 2 N

Como C ( (A)) é um espaço topológico completo (com respeito à convergência uniforme), isso implica que (pn)

converge para alguma função g 2 C ( (A)). Então, pela continuidade de ^A obtemos

^_A_{(g) = lim}

n!1

^_A_(p_n_{) = lim}

Teorema Espectral. Fabiani Coswosck CEUNES/UFES. August 6, Introdução Terminologia e Notação... 5