INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIA CAMPUS EUNÁPOLIS
DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPEN COLEGIADO DE MATEMÁTICA –COMAT
Jairo de Almeida Santos
O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki
Jairo de Almeida Santos
O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki
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
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIA CAMPUS EUNÁPOLIS
DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPEN COLEGIADO DE MATEMÁTICA –COMAT
O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki
por
Jairo de Almeida Santos
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
Agradecimentos
Agradeço primeiramente a Deus, por mais um objetivo alcançado.
Em segundo quero agradecer ao Professor Marcos Ferreira, por ter me orientado, pela compreensão, paciência, incentivo e ensinamentos. Mas, principalmente, por ter apostado que nosso trabalho sempre daria certo.
Aos meus colegas e amigos da faculdade. Pelos momentos de estudos, por estarem presentes nos momentos estressantes e também pelos bons momentos de distração.
A todos os meus professores que contribuíram para a minha formação. A Rondinei, Silvonei, Marinalva e Valdinei.
Resumo
Neste trabalho, abordaremos um importante resultado da Análise Funcional, a saber o Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki.
Veremos que, em espaços vetoriais normados de dimensão in…nita, a bola unitária fechada nunca é compacta. Entretanto, em certas situações, o teorema mencionado acima garantirá que a bola unitária fechada de determinados espaços normados de dimensão in…nita é compacta.
Sumário
Introdução 8
1 Preliminares 9
1.1 Resultados gerais . . . 9
1.2 Espaços vetoriais normados . . . 14
1.3 Operadores lineares . . . 17
1.4 Os espaços lp . . . 20
1.5 Conjuntos compactos em espaços vetoriais normados . . . 26
2 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki 29 2.1 Topologia Fraca . . . 29
2.2 Topologia Fraca Estrela . . . 33
2.3 O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki . . . 35
Conclusão 37
Introdução
O tema de estudo deste trabalho é o Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki, mais conhecido como Teorema de Banach-Alaouglu.
Mostraremos que em um espaço de dimensão in…nita a bola unitária fechada nunca é compacta. Mas, o Teorema de Banach-Alaouglu-Boubarki irá dizer que em um espaço dual E0 com a topologia fraca estrela a bola unitária fechada é sempre compacta.
Nesse trabalho, usamos como metodologia a revisão bibliográ…ca do tipo metanálise, isto é, revisão sistemática de outras pesquisas, visando realizar uma avaliação crítica das mesmas e/ou produzir novos resultados ou sínteses desses estudos, segundo ([2]).
Capítulo 1
Preliminares
1.1
Resultados gerais
Para o bom entedimento desse trabalho é necessário o conhecimento prévio de alguns conceitos e resultados de álgebra linear, análise e topologia. As de…nições e resultados que enunciaremos a seguir podem ser encontrados nas referências bibliográ…cas que citamos no …nal desse texto.
De…nição 1.1.1 ([5, p. 1]) Uma métrica num conjunto M é uma função d : M M ! R que satisfaz as seguintes condições:
(i) d(x; y) 0; com d(x; y) = 0, x = y: (ii) d(x; y) = d(y; x):
(iii) d(x; z) d(x; y) + d(y; z);8x; y; z 2 M:
Um espaço métrico é um par (M; d), onde M é um conjunto e d é uma métrica em M.
De…nição 1.1.2 ([5, p. 161]) Um sequência (xn) num espaço métrico M
chama-se uma chama-sequência de Cauchy quando, para todo " > 0 dado, existe n0 2 N tal que
m; n > n0 ) d(xm;xn) < ".
De…nição 1.1.3 ([7, p. 4]) Seja E um espaço vetorial sobre K (que denotará R ou C). Uma norma em E é uma função k k : E ! R que satisfaz, para todos x; y 2 E e
2 K; as seguintes condições: (i)kxk 0; com kxk = 0 , x = 0: (ii)k xk = j j kxk :
(iii)kx + yk kxk + kyk :
Um espaço vetorial munido de uma norma é chamado de espaço vetorial normado (evn). Um evn sempre pode ser considerado um espaço métrico, com a métrica dada por
d (x; y) = kx yk :
1.1. RESULTADOS GERAIS
Exemplo 1.1.4 ([5, p. 5]) As seguintes funções são normas em Rn kxk =px2
1+ x22 + + x2n
kxks =jx1j + jx2j + +jxnj
kxkm = maxfjx1j ; jx2j ; : : : ; jxnjg
:
Em espaços métricos, dizemos que a sequência (xn)1n=1 converge para x quando
lim
n!1d (xn; x) = 0:
De modo análogo, em um evn, dizemos que uma sequência (xn)1n=1 converge para x
quando
lim
n!1kxn xk = 0:
Duas normas k k1 e k k2 em um espaço vetorial E são equivalentes se existem
constantes positivas c1; c2 tais que
c1kxk1 kxk2 c2kxk1;8x 2 E:
De…nição 1.1.5 Seja M um espaço métrico. Um conjunto X M é compacto se toda sequência de X possui uma subsequência que converge para um elemento de X.
De…nição 1.1.6 Seja E um espaço vetorial normado, a bola unitária fechada em E é o conjunto BE =fx 2 E; kxk 1g:
De…nição 1.1.7 Seja E um espaço vetorial normado, a bola unitária fechada em E0 é
o conjunto BE0 =ff 2 E0;kfk 1g:
De…nição 1.1.8 ([5, p. 30]) Uma função f : E ! F entre espaços vetoriais normados é dita lipschitziana se existe uma constante K > 0; tal que
kf(x) f (y)k Kkx yk ; 8x; y 2 E:
Teorema 1.1.9 ([5, p. 149]) Se f : E ! F é lipschitziana, então f é uniformemente contínua.
De…nição 1.1.10 ([4, p. 174]) Sejam E um evn e X E: Dizemos que X é denso em E se, dados y 2 E e " > 0; existe x 2 X tal que
kx yk < ":
1.1. RESULTADOS GERAIS
De…nição 1.1.12 ([5, p. 71]) Uma topologia num conjunto X é uma coleção de subconjuntos de X, chamados conjuntos abertos, satisfazendo as seguintes propriedades: (i); e X pertencem a :
(ii)Se A1; :::; An 2 ; então A1 \ ::: \ An 2 :
(iii)Dada uma família (A ) 2 de elementos de ; tem-se S
2
A 2 .
Na de…nição anterior, denota um conjunto arbitrário de índices. Um espaço topológico é um par (X; ) de acordo a de…nição anterior.
De…nição 1.1.13 Seja X um espaço topológico. Um subconjunto Y X é dito compacto (em X) quando, sempre que Y S
2
A ;com cada A aberto em X, existirem
1; : : : ; n 2 tais que Y A 1 \ \ A n:
Proposição 1.1.14 ([7, p. 145]) Sejam X um espaço topológico e B X um subespaço. A B é compacto em B se, e somente se, A é compacto em X. Em particular, fazendo A = B; segue que A é compacto em X se, e somente se, A; pensando como espaço topológico, é compacto.
Proposição 1.1.15 ([7, p. 147]) Sejam A B Y; A é fechado em Y e B é compacto em Y . Nessas condições A é compacto em Y .
De…nição 1.1.16 ([7, p. 130]) Sejam X um espaço topológico e x 2 X. Uma vizinhança de x é um conjunto U contendo um aberto V de X, com x 2 V . A coleção Ux de todas as vizinhanças de x é chamada de sistema de vizinhanças de x.
De…nição 1.1.17 ([7, p. 131]) Uma base de vizinhança em x num espaço topológico X é uma subcoleção Bx, Bx Ux, tendo a propriedade que cada U 2 Ux contém algum
V 2 Bx. Assim, Ux pode ser determinado por Bx da seguinte forma
Ux =fU X; V U para algum V 2 Bxg.
De…nição 1.1.18 ([7, p. 133]) Se (X; ) é um espaço topológico, uma base para é uma coleção B tal que
= S
B2C
B;C B :
De…nição 1.1.19 ([7, p. 135]) Sejam X e Y espaços topológicos e f : X ! Y uma função. Então f é contínua em x0 2 X se, e somente se, para cada vizinhança V de
f (x0) em Y , existir uma vizinhaça U de x0 em X tal que f (U ) V. Dizemos que f é
contínua em X se f for contínua em cada ponto de X.
1.1. RESULTADOS GERAIS
De…nição 1.1.21 ([7, p. 137]) Seja X um conjunto para cada em : O produto cartesiano dos conjuntos X é o conjunto
Q
2
X =fx : ! S
2
X ; x( )2 X para cada 2 g. (1.1) Quando não houver possibilidade de confusão, denotaremos Q
2
X por X . Na prática, o valor x( ) é denotado por x .
A função : X ! X , dada por (x) = x , é chamada a -ésima projeção. De…nição 1.1.22 ([7, p. 137]) A topologia produto (ou topologia de Tychono¤ ) em
X é obtida tomando como base os conjuntos da forma U , onde (a) U é aberto em X para cada :
(b) U = X , exceto para uma quantidade …nita de índices.
Observação 1.1.23 Veja que X com U = X ; exceto para = 1; :::; n, pode ser
escrito como
U = 11(U 1)\ ::: \
1
n(U n).
Dessa forma, a topologia produto é exatamente a topologia que tem como sub-base a coleção
1(U ) ;
2 A; U é aberto em X :
Observação 1.1.24 Sejam X um conjunto
qualquer e Y = ff : X ! R; f é uma funçãog : De acordo (1.1) podemos interpretar Y como sendo Y = Q
2X
Z ; com Z = R para todo : Dessa forma, um elemento da base da topologia produto de Y é algo do tipo:
U = 11(U 1)\ \
1
n(U n)
com U j; j = 1; : : : ; n; elementos da base (natural) da topologia de R. Assim, cada U j
é um intervalo de raio j centrado num certo bj e
U =fg 2 Y ; jg ( j) bjj < j; para cada j = 1; : : : ; ng :
Teorema 1.1.25 (Tychono¤, [7, p. 148]) Sejam fX g 2 uma família de espaços topológicos e Y =
2 X . Um subconjunto não vazio Y0 = 2 A de Y é compacto se,
e somente se, cada A é compacto.
Em situações gerais, as sequências não caracterizam bem as topologias. Por exemplo, às vezes é possível encontrar um ponto de acumulação de um conjunto F X sem que exista uma sequência (xn) em F convergindo para esse ponto. Existem duas
1.1. RESULTADOS GERAIS
De…nição 1.1.26 ([7, p. 139]) O conjunto é dito conjunto dirigido quando existe uma relação em ; satisfazendo:
(a) para todo 2 :
(b) se 1 2 e 2 3, então 1 3.
(c) se 1; 2 2 , então existe algum 3 2 tal que 1 3 e 2 3.
Na de…nição anterior, dizemos que a relação é uma direção para o conjunto . Exemplo 1.1.27 A relaçao de ordem natural em R é uma direção.
De…nição 1.1.28 ([7, p. 139]) Uma rede em um conjunto X é uma função P : ! X, onde é um conjunto dirigido. Por convenção, o ponto P ( ) é denotado por x e escrevemos "a rede (x ) 2 ".
De…nição 1.1.29 ([7, p. 139]) Seja (x ) 2 uma rede em um espaço topológico X. Dizemos que (x ) 2 converge para x 2 X (escrevemos x ! x) se para cada vizinhança U de x, existir algum 0 2 tal que para todo 0, tem-se x 2 U.
Exemplo 1.1.30 ([7, p. 140]) O conjunto N com a ordem natural é um conjunto dirigido. Dessa forma, toda sequência (xn)1n=1 em N é uma rede:
Teorema 1.1.31 ([7, p. 141]) Uma rede (x ) 2 no espaço produto X =
2 X
converge para x se, e somente se, para cada 2 , (x )! (x) em X .
De…nição 1.1.32 ([7, p. 140]) Um espaço topológico X é chamado espaço de Hausdor¤ quando, para todos x; y em X distintos, existem abertos U; V de X tais que x2 U; y 2 V e U \ V = ?.
Proposição 1.1.33 ([5, p. 12]) Todo espaço métrico é um espaço de Hausdor¤. Proposição 1.1.34 ([4, p. 123]) (Teorema de Bolzano-Weierstrass) Toda sequência limitada de números reais possui uma suquência convergente.
1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
1.2
Espaços vetoriais normados
De…nição 1.2.1 Um espaço métrico é dito completo se toda sequência de Cauchy for convergente no espaço.
De…nição 1.2.2 Um espaço de Banach é um evn que é completo com a métrica induzida pela norma.
Proposição 1.2.3 Kn é um espaço de Banach.
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 < " (1.2)
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 < ": (1.3) De (1.3), segue que (x(m)j )1
m=1 é uma sequência de Cauchy de números reais e portanto
1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
pelos limites das n sequências (x(m)j )1m=1: Fazendo r ! 1 em (1.2) 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 mais adiante que todo evn de dimensão …nita é um espaço de Banach. Para tanto, necessitamos do seguinte lema técnico:
Lema 1.2.4 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) : (1.4)
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
1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
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: .. . 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) (1.6) = 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: (1.7) Segue de (1.6) que lim m!1jjyn;mjj = jjyjj: (1.8)
De (1.8) e dos fatos de kymk ! 0 e (yn;m)1m=1 ser subsequência de (ym)1m=1 temos que
jjyjj = 0: Mas isso contradiz (1.7). Logo, existe c > 0 que satisfaz a desigualdade (1.5) para quaisquer escalares b1; : : : ; bn:
1.3. OPERADORES LINEARES
Proposição 1.2.5 Se E é um evn, então, para cada x0 2 En f0g ; existe ' 2 E0 tal
que k'k = 1 e ' (x0) = kx0k :
Proposição 1.2.6 Se E é um evn não trivial, então, para cada x 2 E; tem-se kxk = sup fj' (x)j ; ' 2 E0 com k'k 1g ;
onde o supremo é atingido.
1.3
Operadores lineares
De…nição 1.3.1 Sejam E e F espaços vetoriais sobre K: Uma aplicação T : E ! F é um operador linear
T (x + y) = T (x) + T (y);8x; y 2 E; 8 2 K:
O conjunto formado por todos os operadores lineares de E em F será denotado por L(E; F ):
De…nição 1.3.2 Se E e F são espaços vetoriais normados e T : E ! F um operador linear, de…nimos
kT k = supfkT (x)k ; kxk 1g. Dizemos que T é limitado quando kT k < 1.
Proposição 1.3.3 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K. Dado T 2 L(E; F ), as seguintes a…rmações são equivalentes:
(a) T é contínuo.
(b) T é contínuo na origem. (c) T é limitado.
Demonstração: (a)) (b) É óbvio.
(b)) (c) Suponha que (c) não seja válido. Assim, existe uma sequência (xk)1k=1 em E
tal que kkkk 1 e kT xkk > k; 8k 2 N. De…na zk= kT xxk
kk;8k 2 N; e veja que lim k!1zk = limk!1xk 1 kT xkk = 0; o que contraria o fato de T ser contínua na origem.
(c) ) (a) A…rmamos que kT xk kT k kxk ; 8x 2 E: De fato, se x = 0 o resultado é imediato. Suponha então x 6= 0. Assim
kT xk kxk = 1 kxkT x = T ( x kxk) kT k ) kT xk kT k kxk ; 8x 2 E: Dessa forma, para quaisquer x; y 2 E temos
kT (x y)k kT k kx yk ckx yk :
1.3. OPERADORES LINEARES
Corolário 1.3.4 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 1.2.4, 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; e o resultado segue.
Corolário 1.3.5 Em um evn de dimensão …nita, quaisquer duas normas são equivalentes.
Demonstração: Sejam k k1 e k k2 normas quaisquer em E. Considere o operador identidade id : (E; k k1)! (E; k k2):Como dim E < 1, segue do corolário anterior que
ide id 1 são contínuas. Assim, existem c
1,c2 > 0 tais que kid (x)k2 c1kxk1 e id 1(x) 1 c2kxk2: Dessa forma, 1 c2 kxk1 kxk2 c1kxk1;8x 2 E:
De…nição 1.3.6 Dizemos que dois espaços vetoriais normados E e F são isomorfos se existe um operador linear T : E ! F contínuo e com inversa contínua. Neste caso, T é chamado de isomor…smo.
1.3. OPERADORES LINEARES
Demonstração: Sejam B = fe1;:::; eng e C = ff1; :::; fng bases de E e F;
respectivamente. De…na T : E ! F pondo T (ej) = fj, para cada j = 1; :::; n: É
claro que T é linear.
A…rmamos que T é bijetiva. De fato, sejam x; y 2 E tais que T (x) = T (y): Assim, T (a1e1+ + anen) = T (b1e1+ + bnen)
donde
a1f1+ ::: + anfn= b1f1+ ::: + bnfn) (a1 b1)f1+ ::: + (an bn)fn= 0:
Logo ai bi = 0 para todo i = 1; : : : ; n: Isso mostra que T é injetiva.
Agora se z 2 F , então y = c1f1+ ::: + cnfn = c1T (e1) + ::: + cnT (en) = T (c1e1) + ::: + T (cnen) = T (c1e1+ ::: + cnen) = T (x) ;
onde x = c1e1+ ::: + cnen 2 E: LogoT é sobrejetora. Como T e T 1 possuem dimensão
…nita, segue que esses operadores são contínuos. O resultado segue.
Proposição 1.3.8 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(xn) ; para todo n natural.
Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que
n; m n0 ) kxn xmk < ": Logo n; m n0 ) kyn ymk = kT 1(xn) T 1(xm)k = kT 1(x n xm)k kT 1 k kxn xmk K"; visto que T 1 é limitado. Isso mostra que (y
n)1n=1 é de Cauchy em E: Como E é
completo, segue que yn! y 2 E: Por …m, como T é contínuo, segue que T (yn)! T (y) ;
donde xn ! T (y) 2 F: O resultado segue.
Corolário 1.3.9 Todo evn (sobre K) de dimensão …nita é um espaço de Banach. Demonstração: Seja E um evn tal que dim E = n. Pelo Corolário 1.3.7, temos que E é isomorfo a Kn
1.4. OS ESPAÇOS LP
1.4
Os espaços
l
pNesta seção, daremos alguns exemplos de espaços de Banach de dimensão in…nita, a saber os espaços lp. Antes desses exemplos, precisamos das Desigualdade de Hölder e
Minkowski.
Lema 1.4.1 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 = ab e = 1p, 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 1.4.2 (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 jj p !1 p n P j=1jy jj q !1 q
1.4. OS ESPAÇOS LP
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 1.4.1 com
aj = jx jj p n P k=1jx kj p e bj = jy jj q n P k=1jy kj q 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
1.4. OS ESPAÇOS LP
Teorema 1.4.3 (Desigualdade de Minkowski) Sejam n 2 N e p 1. Então
n P k=1jx k+ ykj p 1 p Pn k=1jx kj p 1 p + n P k=1jy kj p 1 p (1.10) 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 (1.10) 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 (1.11) =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 (1.11) ak =jxkj e bk= (jxkj + jykj)p 1 e aplicado a Desigualdade de
1.4. OS ESPAÇOS LP
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 : (1.13) Somando (1.12) e (1.13), obtemos n X k=1 (jxkj + jykj) (jxkj + jykj)p 1 2 4 n X k=1 jxkjp !1 p + n X k=1 jykjp !1 p 3 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 jxkjp !1 p + n X k=1 jykjp !1 p ; donde n P k=1 (jxkj + jykj)p 1 p = n P k=1 (jxkj + jykj)p 1 1q Xn k=1 jxkjp !1 p + n X k=1 jykjp !1 p :
De…nição 1.4.4 Para cada p 2 R com 1 p < 1 de…nimos o conjunto lp = ( x := (xj)1j=1 2 KN; 1 P j=1jx jjp <1 ) :
Observação 1.4.5 A Desigualdade de Hölder é ainda válida se n ! 1. De fato, tomando x; y 2 lp temos que
1 P j=1jx jjp <1 e 1 P j=1jy jjq <1; donde 1 P j=1jx jjp !1 p <1 e P1 j=1jy jjq !1 q <1: Dessa forma, fazendo n ! 1 na Desigualdade de Hölder, obtemos
1 P j=1jx jyjj 1 P j=1jx jjp !1 p 1 P j=1jy jjq !1 q :
1.4. OS ESPAÇOS LP
Proposição 1.4.6 Se 1 p <1, lp é um espaço vetorial normado com a norma dada
por (xj)1j=1 p := 1 P j=1jx jjp !1 p : (1.14)
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 (1.14) 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
p = 0.
Por outro lado, se P1j=1jxjj p 1 p = 0 entãoP1j=1jxjj p = 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) 1 j=1 p = 1 X j=1 jxj + yjjp !1 p
segue da Desigualdade de Minkowski que (xj)1j=1+ (yj)1j=1 p = P1 j=1jx j + yjjp !1 p 1 P j=1jx jj p !1 p + P1 j=1jy jj p !1 p = (xj)1j=1 p+ (yj) 1 j=1 p;
1.4. OS ESPAÇOS LP
Proposição 1.4.7 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 xmjjp !1 p jxnj xmjj ; (1.15)
para cada j 2 N: Dessa forma, para cada j, (xnj)1n=1 é uma sequência de Cauchy em
K. Como K é Banach, temos que cada (xnj)1j=1 converge, digamos para yj 2 K. Seja
x = (yj)1j=1 2 KN. Vamos mostrar que x 2 lp e xn ! x. De (1.15) segue, para cada N
natural, que N X j=1 jxmj xnjjp !1 p < "; (1.16)
sempre que n; m n0: Fazendo n ! 1 em (1.16), obtemos N X j=1 jxmj yjj p !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.
1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Proposição 1.4.9 O (l1;k k1) é um espaço de Banach.
Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em l1. Denotemos cada
termo da sequência xn por
x1 = (x11; x12; x13; :::; x1n; :::) .. . xn = (xn1; xn2; xn3; :::; xnn; :::) .. . ;
onde, para cada n; (xnj)1j=1 2 KN.
Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0; existe n0 2 N tal que
n; m n0 ) sup j2Njx
nj xmjj kxn xmk1 < ";
donde
n; m n0 ) jxnj xmjj < ", (1.17)
para cada j 2 N …xo.
Dessa forma, para cada j, a sequência de escalares (xnj)1n=1 é de Cauchy em K, e
portando convergente. Seja yj = limn!1xnj e considere y = (yj)1j=1. Nosso objetivo
agora é mostrar que xn! y e que y 2 l1.
Em (1.17), fazendo n ! 1; obtemos, para cada j;
jxmj yjj "; sempre que m n0.
Assim
m n0 ) kxm yk1= sup j2Njx
mj yjj ", (1.18)
donde xm ! y. Por outro lado, de (1.18), temos que xn0 y 2 l1. Como xn0 2 l1 e
y = xn0 (xn0 y) ;segue que y 2 l1, visto que l1 é um espaço vetorial. O resultado
segue.
1.5
Conjuntos
compactos
em
espaços
vetoriais
normados
Nessa seção, mostraremos que a compacidade apresenta comportamentos diferentes em dimensões …nita e in…nita. Mostraremos que a bola unitária fechada é sempre compacta em espaços de dimensão …nita e que ela nunca é compacta em espaços de dimensão in…nita.
1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Demonstração: Sendo E um espaço métrico segue que, se X E é compacto, então é fechado e limitado (veja [5, p. 212]). Mostremos então que, se X E é fechado e limitado, então é compacto. Mostraremos que X é sequencialmente compacto. De fato, sejam B = fe1;:::; eng uma base de E e (xm)1m=1 uma sequência em X. Observe que,
para cada m 2 N, tem-se
xm = a (m)
1 e1+ + a(m)n en:
Como (xm)1m=1 é limitada, existe k > 0 tal que kxmk k, 8m 2 N. Dessa forma, pelo
Lema 1.2.4, exite c > 0 tal que k kxmk = n X i=1 a(m)i ei c n X i=1 a(m)i ,8m 2 N. Em particular, k c a (m) i
para todo m 2 N e cada i = 1; : : : ; n: Isso mostra que cada sequência de escalares a(m)i 1
m=1 é limitada. Logo, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, cada a (m) i
1 m=1
admite uma subsequência convergente. Usando um raciocício análogo à demonstração do Lema 1.2.4, obtemos uma subsequência de (xm)1m=1 que converge para um certo
y =
n
X
i=1
aiei. Como X é fechado, segue que y 2 X: Isso mostra que X é compacto.
Corolário 1.5.2 A bola unitária fechada em um evn de dimensão …nita é compacta. Demonstração: Segue diretamente do teorema anterior.
Lema 1.5.3 (Lema de Riesz) Sejam M um subespaço fechado próprio de um evn E e um número real tal que 0 < < 1. Então existe y 2 E tal que kyk = 1 e ky xk ;8x 2 M.
Demonstração: Seja y0 2 EnM e considere d = dist (y0; M ) := inf
x2Mky0 xk :
A…rmamos que d > 0: Com efeito, se d = 0; então existiria uma sequência de elementos de M convergindo para y0:Porém, como M é fechado, isso contraria o fato de y0 62 M:
Seja x0 2 M tal que
ky0 x0k d : Considere agora y = y0 x0 ky0 x0k ;
1.5. CONJUNTOS COMPACTOS EM ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
Teorema 1.5.4 Um evn tem dimensão …nita se, e somente se, a bola unitária fechada é compacta.
Demonstração: ()) Corolário 1.5.2.
(() Seja BE a bola unitária fechada compacta. Devemos mostrar que dim E < 1.
Suponha por absurdo que dim E = 1; e tome x1 2 E com kx1k = 1. Como dim
E = 1, segue que [x1] é um subespaço (fechado) próprio de E. Assim, pelo Lema de
Riesz, existe x2 2 En[x1] tal que kx2k = 1 e
kx2 x1k :=
1 2:
Agora, como [x1; x2]é um subespaço próprio de E; novamente pelo Lema de Riez, existe
x3 2 En[x1; x2] tal que kx3k = 1 e
kx3 xik
1
2, para i = 1; 2:
Repetindo esse procedimento n vezes, obtemos uma sequência (xn)1n=1 de vetores
unitários tais que
kxn xmk
1 2 para todo m 6= n: Assim, (xn)1n=1
Assim, (xn)é uma sequência em BE que não possui subsequência convergente. Mas
Capítulo 2
O Teorema de
Banach-Alaoglu-Boubarki
Já mostramos que em espaços de dimensão in…nita a bola unitária fechada nunca é compacta. Neste capítulo iremos ver que no espaço dual E0; de um evn E de dimensão in…nita, a bola unitária fechada é compacta considerando uma certa topologia, chamada de topologia fraca-estrela.
2.1
Topologia Fraca
Como todo evn E é um espaço métrico, temos que E é um espaço topológico. Neste caso, os abertos da topologia em E são os conjuntos abertos de E; visto como um espaço métrico. Esta topologia é chamada de topologia métrica. A partir de agora, sempre que quisermos falar da topologia métrica de um evn, usaremos os termos "topologia forte"ou "topologia da norma".
De…nição 2.1.1 Se (X ; ) é uma família de espaços topológicos, com 2 , e f : X ! X são funções, a topologia fraca em X; gerada pela família de funções ff ; 2 g; é a topologia cujos abertos são a união arbitrária de interseções …nitas de conjuntos da forma
f 1(V ); com V aberto em X :
Observe que se é a topologia fraca em X, então cada f : (X; ) ! (X ; ) é contínua. Mais ainda, a topologia fraca é a topologia mais econômica (no sentido de conter menos abertos) que torna todas as f contínuas.
Na Análise Funcional, quando nos referimos à topologia fraca em um evn E, estaremos nos referindo à topologia fraca em E gerada pela família dos funcionais lineares contínuos f 2 E0:
Denotaremos por (E; E0)a topologia fraca em um evn E. Se uma sequência (x n)1n=1
converge para x na topologia fraca, escrevemos xn w
2.1. TOPOLOGIA FRACA
Proposição 2.1.2 Se X tem a topologia fraca
gerada pela família ff : X ! X ; 2 g, então f : Y ! X será contínua se, e só se, f f for contínua, para cada .
Demonstração: ()) É imediato.
(() Suponha f f contínua, para cada 2 ; e considere
U = n \ j=1 f 1 j(V j)
um aberto da base da topolgia fraca em X (lembrando que os V j são abertos de X j).
Veja que f 1(U ) = f 1 n \ j=1 f j1(V j) ! = n \ j=1 f 1 f j1 V j = n \ j=1 (f f ) 1(V j),
que é aberto pois cada f j f é contínua.
Suponha agora que A seja um aberto arbitrário. Assim, A será a união de abertos A da base de X. Logo, f 1(A) = f 1 [ 2 U ! = [ 2 f 1(U ); que é aberto pois, pelo que já vimos, cada f 1(A ) é aberto.
Proposição 2.1.3 Um evn E com a topologia fraca é um espaço de Hausdor¤, isto é, dados x1; x2 2 E disntintos, existem A; B 2 (E; E
0
) tais que A\ B = ;, x1 2 A e
x2 2 B.
Demonstração: Como x1 x2 6= 0; pelo Teorema de Hahn-Banach, existe f 2 E0 de
modo que
f (x1 x2) =kx1 x2k 6= 0;
donde f (x1) 6= f(x2). Como K é um espaço de Hausdor¤, existem abertos V1; V2 K
disjuntos, tais que f (x1)2 V1 e f (x2)2 V2. Nessas condições, temos
x1 2 f 1(V1) e x2 2 f 1(V2):
Veja que
f 1(V1)\ f 1(V2) = ?.
2.1. TOPOLOGIA FRACA
Proposição 2.1.4 Se E é um evn, então xn w
! x se, e somente se, '(xn) w
! '(x); 8' 2 E0.
Demonstração: ()) Observe que ' : (E; (E; E0)) ! K é contínua. Logo, se
xn w
! x, então '(xn)! '(x); 8' 2 E0:
(() Suponha que '(xn) ! '(x); 8' 2 E0. Devemos mostrar que xn w
! x, isto é dado A2 (E; E0) com x 2 A, existe n
0 2 N tal que se n n0; tem-se xn2 A. Certamente,
A contém um aberto da forma
A2 = '11(V1)\ ::: \ 'n1(Vn),
onde cada Vi é aberto de K e x 2 A2.
Dessa forma, basta mostrarmos que existe n0 2 N de modo que xn 2 A2; sempre que
n n0: Ora,
x2 A2 ) x 2 'i 1(Vi);8i = 1; :::; n ) 'i(x)2 Vi;8i = 1; :::; n:
Como, para cada i = 1; : : : ; n; temos 'i(xn)! 'i(x), existem ni 2 N tais que
n ni ) 'i(xn)2 Vi
para todo i: Tomando n0 = maxfn1; :::; nng, segue que
n n0 ) 'i(xn)2 Vi;8i = 1; :::; n: ) xn2 'i 1(Vi) ) xn2 '11(V1)\ ::: \ 'n1(Vn); donde xn 2 A; e portanto xn w ! x.
Proposição 2.1.5 ([7, p. 89]) Sejam E um evn e x0 2 E. Os conjuntos da forma
VI;"=fx 2 E; j'i(x) 'i(x0)j < "; para todo i 2 Ig
com I …nito, 'i 2 E0 e " > 0 formam uma base de vizinhanças de x0 na topologia
fraca de E.
Proposição 2.1.6 ([7, p. 90]) Se E é um evn, então (i) xn
w
! x ) (kxnk)1n=1 é limitada e kxnk lim infkxnk :
(ii) Se xn w
! x e fn ! f em E0, então fn(xn)! f(x).
O próximo resultado mostra que, em dimensão …nita, os conceitos de topologia fraca e forte coincidem.
2.1. TOPOLOGIA FRACA
Demonstração: Segue da de…nição que todo aberto da topologia fraca é também aberto da topologia forte. Resta-nos mostrar que os abertos da topologia forte são abertos da topologia fraca.
Seja U um aberto da topologia forte de E. Devemos mostrar que, para todo x0 2 U;
existe um aberto V da topologia fraca de modo que x0 2 V U. Seja fe1; :::; eng uma
base normalizada de E. Como U é aberto e x0 2 U; existe r > 0 tal que Bx0(r) U:
Para cada i = 1; :::; n;de…na
fi : E ! K x = n P j=1 ajej 7! ai : Veja que kx x0k = n X i=1 aiei n X i=1 biei = n X i=1 (ai bi)ei n X i=1 jai bij keik = n X i=1 jai bij = n X i=1 jfi(x) fi(x0)j :
Considere agora o seguinte subconjunto
U =fx 2 E; jfi(x) fi(x0)j <
r
2n, com i = 1; :::; ng;
e veja que V 2 (E:E0) e x0 2 V: Por …m, devemos mostrar que V U. De fato, se
x2 V , então kx x0k n X i=1 jfi(x) fi(x0)j < n X i=1 r 2n = nr 2n = r 2 < r; donde x0 2 V U.
Proposição 2.1.8 Se E é um evn de dimensão in…nita, então a topologia fraca e a topologia da norma nunca coincidem.
Demonstração: Sejam S = fx 2 E; kxk = 1g : Sabemos que S é fechado na topologia da norma. Vamos mostrar que S não é fechado na topologia fraca. Para tanto, mostraremos que
2.2. TOPOLOGIA FRACA ESTRELA
Seja x0 2 E tal que kx0k < 1 e considere V = Vx0 um aberto qualquer da topologia
fraca contendo x0:Mostraremos que Vx0 \ S 6= ?.
Seja W Vx0 da forma
W =fx 2 E; jfi(x) fi(x0)j < "; i = 1; :::; ng.
Mostraremos que W \ S 6= ?. De fato, seja y0 2 En f0g tal que fi(y0) = 0; para todo
i = 1; :::; n, isto é, y0 2 n
\
i=1ker fi. Veja que, de fato, existe tal y0. Se não existisse, a
aplicação linear
g : E ! Kn
x 7! (f1(x); :::; fn(x))
seria injetiva. Mas isto é um absurdo pois dim E 6= dim Kn.
De…na agora
r : R ! R
t 7! kx0+ ty0k
:
Note que r(0) = kx0k < 1 e limt!1r(t) = 1: Deste modo, como r é contínua, existe
t0 2 R tal que r(t0) = kx0+ t0y0k = 1, donde x0+ t0y0 2 S. Por …m, veja que
fi(x0+ t0y0) fi(0) = fi(t0y0) = t0fi(y0) = 0;8i = 1; :::; n;
e portanto x0+ t0y0 2 W . Segue que x0+ t0y0 2 (W \ S) (Vx0 \ S); e o resultado
segue.
2.2
Topologia Fraca Estrela
Nessa seção, iremos introduzir o conceito de topologia fraca estrela. Esta é peça fundamental na demonstração do teorema central de nosso trabalho.
Seja E um espaço vetorial normado. Sabemos que em E temos a topologia forte (a norma) e a topologia fraca ( (E; E0)). O espaço E0 também está munido das topologias fraca e da norma. Iremos de…nir agora, uma outra topologia em E0:
Considere a seguinte aplicação
J : E ! E00
x7! J(x) : E0 ! K
f 7! J(x)(f) = f(x):
A…rmamos que, para cada x 2 E; J(x) está em E0. De fato, se 2 K e f; g 2 E0, então
J (x)(f + g) = (f + g) (x) = f (x) + g(x) = J (x)(f ) + J (x)(g): Vejamos agora que J (x) é contínua. Com efeito, como
kJ (x)kE0 = supfjJ(x)(f)j ; kfk 1g = supfjf(x)j ; kfk 1g = kxk . (2.1)
2.2. TOPOLOGIA FRACA ESTRELA
Observe que J é linear. De fato, para x; y 2 E e 2 K, temos J (x + y)(f ) = f (x + y)
= f (x) + f (y) = J (x)(f ) + J (y)(f )
= (J (x) + J (y))(f );8f 2 E0 donde J (x + y) = J (x) + J (y):
De (2.1) temos que J é uma isometria sobre sua imagem. Neste caso, dizemos que J (E) é uma "cópia"de E em E00: A função J é chamada de injeção canônica de E em
E00.
De…nição 2.2.1 A topologia fraca estrela (E0; E) em E0 é a topologia fraca em E0
gerada pelos funcionais lineares de J (E).
Embora não usaremos os seguintes resultados na próxima seção, por conhecimento, apresentamos estes ao leitor. Salientamos que suas demonstrações, em sua maioria, são análogas aos resultados correspondentes à topologia fraca.
No que se segue, xn w
! x denotará convergência na topologia fraca estrela.
Proposição 2.2.2 ([7, p. 93]) E0 é um espaço de Hausdor¤ com a topologia fraca estrela.
Proposição 2.2.3 ([7, p. 93]) Os conjuntos da forma
V =ff 2 E0;jf(xi) f0(xi)j < ", para todo i 2 Ig
com I …nito, xi 2 E e " > 0 formam uma base de vizinhanças de f0 para a topologia
fraca estrela.
Proposição 2.2.4 ([7, p. 93]) Sejam E um espaço de Banach e (fn)1n=1 uma
sequência em E0. Nessas condições: (i) fn w ! f , fn(x)! f(x) para todo x em E. (ii) fn w ! f ) fn w ! f. (iii) fn w
! f ) (kfnk)1n=1 é limitada e kfk lim infkfnk.
(iv) fn w
! f e xn ! x ) fn(xn)! f(x):
Proposição 2.2.5 ([7, p. 93]) Seja ' : (E0; (E0; E))! K linear e contínua. Então
existe x 2 E tal que ' = Jx: Em outras termos, (E0; (E0; E))0 = J (E).
2.3. O TEOREMA DE BANACH-ALAOGLU-BOUBARKI
2.3
O Teorema de Banach-Alaoglu-Boubarki
Finalmente, podemos demonstrar o principal resultado de nosso trabalho.
Teorema 2.3.1 (Banach-Alaoglu-Boubarki) A bola fechada unitária BE0é compacta
com a topologia fraca estrela.
Demonstração: Inicialmente, mostraremos que E0 com a topologia fraca estrela é homeomorfo a um subespaço do espaço produto Y = KE =
ff : E ! Kg:
Seja : E0 ! Y dada por (f) = f: É claro que é injetiva. A…rmamos que é
contínua. De fato, para cada x0 2 E, considere a projeção x0 : Y ! K na coordenada
x0. Dessa forma, temos que a aplicação x0 : E0 ! K é tal que
x0 (f ) = x0(f ) = f (x0) = J (x0)(f );8f 2 E
0:
Logo x0 = J (x0);e portanto, pela de…nição da topologia fraca estrela em E0, temos
que x0 é contínua. Como a topologia produto em Y é a topologia fraca gerada
pelas projeções x0 (Observação 1.1.24) que são contínuas, segue da Proposição 2.1.2
que é contínua.
Como é injetiva, a aplicação : E0 ! (E0) dada por (f ) = (f ) está bem
de…nida. É claro que é bijetiva. Como é contínua, segue da Proposição 1.1.20 que é contínua. Para mostrarmos que E0 é homeomorfo a (E0
), resta-nos mostrar que
1 : (E0)! E0 é contínua.
Como E0 está munido com a topologia fraca estrela, mais uma vez a Proprosição 2.1.2 garante que 1 será contínua se provarmos que para cada x
0, a aplicação
J (x0) 1 : (E0)! K
é contínua. Observe que, se (f ) 2 (E0) então
J (x0) 1( (f )) = J (x0)(f ) = f (x0) = x0j (E0) ( (f ));
donde
J (x0) 1 = x0j (E0): (2.2)
Como x0 é contínua, segue que a restrição x0j (E0) é também contínua. Dessa forma,
de 2.2, segue que cada J (x0) 1 é contínua, e portanto 1 é contínua. Isso mostra
que E0 é homeomorfo ao subespaço (E0)de Y; e consequentemente B
E0 é homeomorfo
a (BE0).
Assim, para provar que BE0 é compacta na topologia fraca estrela, basta provar que
(BE0) é compacta em (E0). Mas, pela Proposição 1.1.14, basta provar que (BE0) é
compacta em Y . Lembremos que
2.3. O TEOREMA DE BANACH-ALAOGLU-BOUBARKI
Logo, pela Observação 1.1.24 temos que (BE0)
x2E[ kxk ; kxk] Y.
O Teorema de Tychono¤ garante que
x2E[ kxk ; kxk] é compacto em Y . Para obtermos
a compacidade de (BE0) = (BE0), basta garantirmos que (BE0) é fechado em
Y (Proposição 1.1.15). Com efeito, considere ( (' )) 2 uma rede em (BE0) que
converge para f 2 Y; na topologia produto. Dessa forma, pelo Teorema 1.1.31, segue que
x0( (' ))! x0(f )) x0( (' )) (x)! x0(f ) (x) ;8x 2 E;
ou melhor
(' ) (x)! f (x) ) ' (x) ! f (x) ; 8x 2 E: (2.3) Usando o fato que cada ' ; segue de (2.3) que f é linear. Como
k' (x)k k' k kxk kxk para cada e cada x 2 E, segue, novamente de (2.3), que
kf(x)k kxk
e portanto e kfk 1:Dessa forma, f 2 BE0 donde f = (f ) 2 (B0):Isso mostra que
Conclusão
Referências Bibliográ…cas
[1] COELHO, F. U. LOURENÇO, M. L. Um Curso de Álgebra Linear. São Paulo: Edusp, 2007.
[2] 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).
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