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Listas de MAT0334 - Análise Funcional - 2015/1

Ivo Terek Couto

Neste texto faremos as resoluções das listas de exercícios do curso de AnáliseFuncional ministrado pelo prof. Antonio de Pádua, no primeiro semestre de 2015.Os enunciados foram transcritos o mais fielmente possível das listas originais. Osexercícios das provas eram retirados das listas, então também deixaremos indicadose algum item do exercício foi para alguma avaliação, e qual.

Notação: Se V é um espaço vetorial, V∗ irá denotar o seu espaço dual topológico(não o algébrico).

As resoluções são despretensiosas e sujeitas a erros. Avisos de erros, e sugestõespodem ser enviadas para terek@ime.usp.br.

Sumário1 Lista 1 2

1.1 Topologia de Espaços Normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Espaços de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Lista 2 23

3 Lista 3 35

4 Lista 4 534.1 Aplicações do teorema de extensão de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . 624.2 Teorema da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado . . . . . . . . . . . . 674.3 Princípio da Limitação Uniforme e o Teorema de Banach-Steinhaus . 714.4 Convergência de Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

1 Lista 1

1.1 Topologia de Espaços NormadosExercício 1. Seja X um espaço normado.

(a) Mostre que toda sequência convergente em X é limitada, de Cauchy e possui umúnico limite.

(b) Mostre que se uma sequência (xn)n≥0 ⊆ X é convergente, então qualquer sub-sequência de (xn)n≥0 converge para o mesmo limite.

Solução:

(a) Seja (xn)n≥0 ⊆ X tal que xn → x. Existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica ‖xn−x‖ < 1,donde ‖xn‖ < 1 + ‖x‖ para todo n > n0. Então temos que ‖xn‖ ≤ M, ondeM = max‖x1‖, · · · , ‖xn0‖, 1+ ‖x‖. Portanto (xn)n≥0 é limitada.Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica ‖xn − x‖ < ε/2. Se m,n > n0,então:

‖xn − xm‖ ≤ ‖xn − x‖+ ‖x− xm‖ <ε

2+ε

2= ε,

portanto (xn)n≥0 é de Cauchy.Agora suponha que xn → x e xn → y. Dado ε > 0, existem n1, n2 ∈ N tais quen > n1 implica ‖xn−x‖ < ε/2 e n > n2 implica ‖xn−y‖ < ε/2. Se n0 = maxn1, n2

e n > n0, podemos escrever:

‖x− y‖ ≤ ‖x− xn‖+ ‖xn − y‖ <ε

2+ε

2= ε.

Como ε > 0 é arbitrário, ‖x− y‖ = 0 e daí x = y, portanto o limite é único.

(b) Seja (xnk)k≥0 uma subsequência de (xn)n≥0, e suponha que xn → x. Vamosmostrar que xnk

k→+∞−→ x também. Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0implica ‖xn − x‖ < ε. Mas existe k0 ∈ N tal que nk0 > n0. Então k > k0 implicank > nk0 > n0, e daí em particular vale que ‖xnk − x‖ < ε.1

k→+∞−→ x. Vamos ver que xn → x. Seja ε > 0. Comoxnk

k→+∞−→ x, existe k0 ∈ N tal que k > k0 implica ‖xnk − x‖ < ε/2. E como (xn)n≥0é de Cauchy, existe n1 ∈ N tal que m,n > n1 implica ‖xn − xm‖ < ε/2. Sejan0 = maxn1, nk0. Se n > n0 e k é tal que nk > n0, temos:

‖xn − x‖ ≤ ‖xn − xnk‖+ ‖xnk − x‖ <ε

2+ε

2= ε,

portanto xn → x.

1Não confundir o 0 em n0 com os índices em k.

Exercício 2. Se X é um espaço normado sobre R, prove:

(a) A função ‖ · ‖ : X→ [0,+∞[ é contínua.

(b) A operação adição definida sobre X× X é contínua.

Solução:

(a) Dados x, y ∈ X, temos ‖x‖ = ‖x−y+y‖ ≤ ‖x−y‖+‖y‖, donde ‖x‖−‖y‖ ≤ ‖x−y‖.Trocando x e y e repetindo, temos que |‖x‖− ‖y‖| ≤ ‖x−y‖. Seja ε > 0, δ = ε > 0,x0 ∈ X fixado, e x ∈ X tal que ‖x−x0‖ < δ. Então |‖x‖− ‖x0‖| ≤ ‖x−x0‖ < δ = ε,logo ‖ · ‖ é contínua em x0 ∈ X. Como x0 era arbitrário, ‖ · ‖ é contínua em X.

(b) Considere em X×X a norma ‖·‖1 da soma. Seja ε > 0, δ = ε > 0, (x0, y0) ∈ X×Xfixado e (x, y) ∈ X× X tal que ‖(x, y) − (x0, y0)‖1 < δ. Então:

‖x+y−(x0+y0)‖ = ‖x−x0+y−y0‖ ≤ ‖x−x0‖+‖y−y0‖ = ‖(x, y)−(x0, y0)‖1 < δ = ε.

Então a adição é contínua em (x0, y0) ∈ X × X. Como (x0, y0) era arbitrário, aadição é contínua em X× X.

1, ε

1+|λ0|+‖x0‖

, e (λ, x) ∈ R× X tal que ‖(λ, x) − (λ0, x0)‖1 < δ. Então:

‖(λ, x) − (λ0, x0)‖1 < δ =⇒ |λ− λ0|+ ‖x− x0‖ < δ =⇒ |λ− λ0| < δ

‖x− x0‖ < δ

Como δ < 1 e |λ− λ0| < δ, segue que |λ| < 1+ |λ0|. Nestas condições:

‖λx− λ0x0‖ = ‖λx− λx0 + λx0 − λ0x0‖ = ‖λ(x− x0) + (λ− λ0)x0‖≤ ‖λ(x− x0)‖+ ‖(λ− λ0)x0‖ = |λ|‖x− x0‖+ |λ− λ0|‖x0‖< |λ|δ+ δ‖x0‖ < (1+ |λ0|)δ+ δ‖x0‖ = (1+ |λ|+ ‖x0‖)δ

< (1+ |λ|+ ‖x0‖)ε

1+ |λ|+ ‖x0‖= ε.

Assim a multiplicação por escalar é contínua em (λ0, x0) ∈ R× X. Como (λ0, x0)era arbitrário, a multiplicação por escalar é contínua em R× X.

Exercício 3. Dizemos que duas normas ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 num espaço X são equivalentesse existem constantes c1, c2 > 0 tais que:

a‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ b‖x‖1, ∀ x ∈ X.

Prove que:

(a) A relação acima é de equivalência.

(b) Normas equivalentes definem as mesmas sequências de Cauchy.

Solução:

(a) Reflexiva: ‖ · ‖ ∼ ‖ · ‖ pois 1 · ‖x‖ ≤ ‖x‖ ≤ 1 · ‖x‖, para qualquer x ∈ X.Simétrica: Se ‖ · ‖1 ∼ ‖ · ‖2, existem c1, c2 > 0 com:

c1‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ c2‖x‖1, ∀ x ∈ X.

Mas isto implica que:

1c2‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤

1c1‖x‖2, ∀ x ∈ X.

Como 1/c1, 1/c2 > 0, tem-se que ‖ · ‖2 ∼ ‖ · ‖1.Transitiva: Suponha que ‖·‖1 ∼ ‖·‖2 e ‖·‖2 ∼ ‖·‖3. Então existem c1, c2, c3, c4 > 0

com: c1‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ c2‖x‖2e c3‖x‖2 ≤ ‖x‖3 ≤ c4‖x‖2

, ∀ x ∈ X.

Disto segue que:

c1c3‖x‖1 ≤ ‖x‖3 ≤ c2c4‖x‖1, ∀ x ∈ X.

Como c1c3, c2c4 > 0, obtemos ‖ · ‖1 ∼ ‖ · ‖3.

(b) Suponha que ‖ · ‖1 ∼ ‖ · ‖2. Seja (xn)n≥0 uma sequência de ‖ · ‖1-Cauchy. Vamosmostrar que (xn)n≥0 é uma sequência de ‖ · ‖2-Cauchy. Existem c1, c2 > 0 tais quec1‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ c2‖x‖1 qualquer que seja x ∈ X. Seja ε > 0. Como a sequênciaé de ‖ · ‖1-Cauchy, existe n0 ∈ N tal que m,n > n0 implica ‖xn − xm‖1 < ε/c2.Assim, se m,n > n0, temos que:

‖xn − xm‖2 ≤ c2‖xn − xm‖1 < c2ε

c2= ε,

e portanto (xn)n≥0 é uma sequência de ‖·‖2-Cauchy. Isto prova que toda sequênciade ‖·‖1-Cauchy é de ‖·‖2-Cauchy. A recíprova prova-se de forma análoga, usandoa constante c1.

Exercício 4 (Corolário). Se ‖·‖ e ‖·‖0 são duas normas equivalentes sobre um espaçovetorial X então (X, ‖ · ‖) é um espaço de Banach se, e só se, (X, ‖ · ‖0) o for.

Solução: Suponha que (X, ‖·‖) é um espaço de Banach. Seja (xn)n≥0 uma sequênciade ‖·‖0-Cauchy. Pelo exercício anterior, a sequência é de ‖·‖-Cauchy também. Como(X, ‖ · ‖) é de Banach, existe x ∈ X tal que xn

‖·‖−→ x. Devemos mostrar que xn‖·‖0−→ x.

Existe c > 0 tal que ‖ξ‖0 ≤ c‖ξ‖ para todo ξ ∈ X. Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal quen > n0 =⇒ ‖xn − x‖ < ε/c. Desta forma, se n > n0:

‖xn − x‖0 ≤ c‖xn − x‖ < cε

c= ε,

e xn‖·‖0−→ x. Assim, (X, ‖ · ‖0) é um espaço de Banach. Analogamente se mostra que

(X, ‖ · ‖0) Banach =⇒ (X, ‖ · ‖) Banach.

Exercício 5. Seja X um espaço normado.

(a) Prove que para cada a ∈ X, a aplicação x ∈ X 7→ x + a ∈ X é um homeomor-fismo. Prove que, para cada λ ∈ K, λ 6= 0, a aplicação x ∈ X 7→ λx ∈ X é umhomeomorfismo.

(b) Conclua que um subconjunto A de X é aberto se, e só se, x0 +A·= x0 + a | a ∈ A

é aberto.

é fechado. Sugestão: use a caracterização de compacidade por sequências, válidapara espaços métricos.

Solução:

(a) Seja fa : X → X dada por fa(x) = x + a. Fixe x0 ∈ X. Seja ε > 0 e escolhaδ = ε > 0. Se x ∈ X é tal que ‖x− x0‖ < δ, então temos que:

‖(x− a) − (x0 − a)‖ = ‖x− x0‖ < δ = ε,

e daí fa é contínua em x0. Como x0 era qualquer, fa é contínua. Afirmo que faé inversível e (fa)

−1 = f−a. De fato:fa(f−a(x)) = fa(x− a) = (x− a) + a = x = idX(x)f−a(fa(x)) = f−a(x+ a) = (x+ a) − a = x = idX(x)

Temos que fa é contínua qualquer que seja a ∈ X, então o nosso trabalho anteriorna realidade mostra que f−a também é contínua. Portanto fa é um homeomor-fismo.Agora seja λ 6= 0 e gλ : X → X dada por gλ(x) = λx. Fixe x0 ∈ X. Seja ε > 0 eescolha δ = ε/|λ| > 0. Se x ∈ X é tal que ‖x− x0‖ < δ, então temos que:

‖λx− λx0‖ = ‖λ(x− x0)‖ = |λ|‖x− x0‖ < λε

|λ|= ε,

portanto gλ é contínua em x0. Como x0 era qualquer, gλ é contínua. Afirmo quegλ é inversível e (gλ)

−1 = g1/λ. Com efeito:gλ(g1/λ(x)) = gλ

( 1λx)= λ 1

λx = x = idX(x)

g1/λ(gλ(x)) = g1/λ(λx) =1λλx = x = idX(x)

Porém provamos que gλ é contínua qualquer que seja λ ∈ K \ 0, então o feitoacima de fato mostra que g1/λ também é contínua, pois 1/λ 6= 0. Assim gλ é umhomeomorfismo.

(b) Vamos manter a notação do item acima. Homeomorfismos são aplicações abertas,isto é, levam abertos em abertos, então x0 +A = fx0(A) é a imagem de um aberto(por hipótese) por um homeomorfismo, logo é aberto. E se supormos que x0 + Aé aberto, temos que A = f−x0(x0 +A) é aberto pelo mesmo argumento.

(c) Seja x ∈ F+ K. Basta provar que x ∈ F + K. Existe (xn)n≥0 ⊆ F + K com xn → x.Para cada n ≥ 0, ponha xn = fn + kn, com fn ∈ F e kn ∈ K. Como K é compacto,é sequencialmente compacto e existe uma subsequência convergente (knj)j≥0, comknj

j→+∞−→ k ∈ K. Então:

xnj = fnj + knj =⇒ fnj = xnj − knj → x− k ∈ F,

pois F é fechado. Desta forma, x = (x− k) + k ∈ F+ K.

Exercício 6 (Conjuntos Convexos). Um subconjunto C de um espaço vetorial X éconvexo se, para todo escalar λ ∈ [0, 1], e x, y ∈ C temos que λx+ (1− λy) ∈ C.(a) Mostre que as bolas de um espaço normado são convexas.

(b) Mostre que se C é um subconjunto convexo de um espaço normado então seu fechotambém é convexo.

Solução:(a) Sejam x0 ∈ X e r > 0 quaisquer. Vejamos que a bola B(x0, r) é convexa (para a

bola fechada B[x0, r] é análogo). Sejam x, y ∈ B(x0, r) e t ∈]0, 1[. Então temosque:

‖x+ t(y− x) − x0‖ = ‖(1− t)x+ ty− x0‖ = ‖(1− t)x+ ty− (1− t)x0 − tx0‖= ‖(1− t)(x− x0) + t(y− x0)‖ ≤ (1− t)‖x− x0‖+ t‖y− x0‖< (1− t)r+ tr = r,

ou seja, x + t(y − x) ∈ B(x0, r), qualquer que seja t ∈]0, 1[. Portanto B(x0, r) éconvexa.

(b) Seja C um conjunto convexo e x, y ∈ C. Então existem sequências (xn)n≥0, (yn)n≥0 ⊆C tais que xn → x e yn → y. Seja t ∈]0, 1[ qualquer. Como C é convexo,(1− t)xn + tyn ∈ C para todo n ≥ 0. Então:

limn→+∞(1− t)xn + tyn = (1− t)x+ ty ∈ C,

e logo C é convexo.

Exercício 7 (Distância de ponto a conjunto). Se A é um subconjunto de um espaçonormado X, definimos a distância de x ∈ X a A pondo d(x,A) ·= inf‖x − a‖ | a ∈ A.Prove que x ∈ A ⇐⇒ d(x,A) = 0.

Solução:=⇒ : Se x ∈ A, dado ε > 0 tem-se que B(x, ε) ∩ A 6= ∅, donde existe y ∈ A tal que

d(x, y) < ε. Então d(x,A) ≤ d(x, y) < ε. Como d(x,A) < ε qualquer que sejaε > 0, devemos ter d(x,A) = 0.

⇐= : Se d(x,A) = 0, dado ε > 0, existe yε ∈ A tal que d(x, yε) < ε, e daí B(x, ε) ∩A 6= ∅ (yε pertence ao conjunto). Como ε é qualquer, x ∈ A.

1.2 Séries de FourierExercício 1 (P1). Desenvolver as funções:

(1) f(x) = 1.

(2) f(x) =1 se x ≥ 0−1 se x < 0

(3) f(x) = x

(4) f(x) = |x|

(5) f(x) = x2

(6) f(x) = | sen x| =⇒2π−

4π

(cos(2x)1 · 3

+cos(4x)3 · 5

+cos(6x)5 · 7

+ · · ·)

em séries de Fourier, senos e cossenos no intervalo [−π, π].

Solução:

(1) f(x) = 1. Temos:

an =1π

∫π−π

cos(nx) dx = 1nπ

sen(nx)∣∣∣π−π

= 0, ∀n ≥ 1

bn =1π

∫π−π

sen(nx) dx = −1nπ

cos(nx)∣∣∣π−π

= 0, ∀n ≥ 1

a0 =1π

∫π−π

dx = 1π2π = 2 =⇒ a0

2= 1.

Então a expansão de Fourier de f ≡ 1 é 1.

(2) f(x) =

1 se x ≥ 0−1 se x < 0

. Seja n ≥ 1. Temos an = 0 para todo n ≥ 0, pois f

é uma função ímpar2 e assim x 7→ f(x) cos(nx) é uma função ímpar. Também,x 7→ f(x) sen(nx) é uma função par, e portanto:

bn =1π

∫π−π

f(x) sen(nx) dx = 2π

∫π0sen(nx) dx

= −2nπ

cos(nx)∣∣∣π0= −

2nπ

(cos(nπ) − 1) = 2nπ

(1− cos(nπ))

4nπ

se n é ímpar0 se n é par

Portanto:

f(x) =4πsen x+ 4

3πsen(3x) + 4

5πsen(5x) + · · · = 4

∑n≥0

sen((2n+ 1)x)2n+ 1

2Na verdade é igual a uma função ímpar q.t.p. e portanto a integral não se altera. Faremos issomais vezes se necessário sem comentar.

(3) f(x) = x. Temos que f é uma função ímpar, donde x 7→ f(x) cos(nx) é ímpar eassim an = 0 para todo n ≥ 0. Do mesmo modo, x 7→ f(x) sen(nx) é uma funçãopar, logo:

bn =1π

∫π−π

f(x) sen(nx) dx = 2π

∫π0x sen(nx) dx

=2π

(−x cos(nx)

∣∣∣∣∣π

∫π0

cos(nx)n

)

=2π

(−π cos(nπ)

sen(nx)n2

∣∣∣∣∣π

)

= −2ncos(nπ) =

− 2nse n é par

2nse n é ímpar

Portanto

f(x) = 2 sen x− sen(2x) + 23sen(3x) − 1

2sen(4x) + · · ·+ · · · = 2

∑n≥1

(−1)n+1

nsen(nx).

(4) f(x) = |x|. A função f é par, donde x 7→ f(x) cos(nx) é par e x 7→ f(x) sen(nx) éímpar. Portanto bn = 0 para todo n ≥ 1, e aí:

a0 =1π

∫π−π

|x| dx = 1ππ2 = π =⇒ a0

2=π

E também:

an =1π

∫π−π

f(x) cos(nx) dx = 2π

∫π0x cos(nx) dx

=2π

(x sen(nx)

∣∣∣∣∣π

−

∫π0

sen(nx)n

)

=2n2π

cos(nx)

∣∣∣∣∣π

=2n2π

(cos(nπ) − 1)

0 se n é par− 4n2π

se n é ímpar

Desta forma:

f(x) =π

2−

4πcos x− 4

9πcos(3x) − 4

25πcos(5x) − · · · = π

2−

4π

∑n≥0

cos((2n+ 1)x)(2n+ 1)2

(5) f(x) = x2. A função f é par, assim x 7→ f(x) cos(nx) é par, e x 7→ f(x) sen(nx) éímpar, donde bn = 0 para todo n ≥ 1. Temos:

a0 =1π

∫π−π

x2 dx = 2π

∫π0x2 dx = 2

π3

2π2

3=⇒ a0

2=π2

E também:

an =1π

∫π−π

f(x) cos(nx) dx = 2π

∫π0x2 cos(nx) dx

=2π

(x2 sen(nx)

∣∣∣∣∣π

−2n

∫π0x sen(nx) dx

)

= −4nπ

∫π0x sen(nx) dx = −4

nπ

(−π

ncos(nπ)

4n2 cos(nπ) =

4n2 se n é par− 4n2 se n é ímpar,

aproveitando os cálculos do item (3). Assim obtemos:

f(x) =π2

3− 4 cos x+ cos(2x) − 4

9cos(3x) + · · · = π2

3+ 4∑n≥1

(−1)n

n2 cos(nx)

(6) f(x) = | sen x|.

• Expansão de Fourier: aqui temos que f é uma função par, donde x 7→f(x) cos(nx) é par e x 7→ f(x) sen(nx) é ímpar. Assim, bn = 0 para todon ≥ 1. Temos:

a0 =1π

∫π−π

| sen x| dx = 2π

∫π0sen x dx = −

2πcos x

∣∣∣π0=

4π

=⇒ a0

2π

E para n ≥ 1:

an =1π

∫π−π

f(x) cos(nx) dx = 2π

∫π0sen x cos(nx) dx

Em geral:∫sen x cos(nx) dx = sen x sen(nx)

n−

∫cos x sen(nx) dx

=sen x sen(nx)

n−

−1n

(− cos x cos(nx)

n−

∫sen x cos(nx) dx

sen x sen(nx)n

+cos x cos(nx)

n2 +1n2

∫sen x cos(nx) dx

Isolando, vem:∫sen x cos(nx) dx = n2

n2 − 1

(sen x sen(nx)

cos x cos(nx)n2

Com isto:

an =2π

(1+ cos(nπ)

1− n2

0 se n é ímpar4π

11−n2 se n é par

Portanto a expansão de Fourier é:

f(x) =2π−

43π

cos(2x) − 415π

cos(4x) − · · · = 2π−

4π

∑n≥1

cos(2nx)4n2 − 1

• Expansão em senos: Façamos a expansão considerando a extensão ímpar de| sen x|, que é apenas sen x. Evidentemente a expansão será apenas sen x. Defato, os detalhes são: temos an = 0 para todo n ≥ 0, e:

bn =2π

∫π0sen x sen(nx) dx

Como anteriormente, calculemos uma primitiva geral:∫sen x sen(nx) dx = − sen x cos(nx)

∫cos x cos(nx) dx

=− sen x cos(nx)

+1n

(cos x sen(nx)

∫sen x sen(nx) dx

− sen x cos(nx)n

+cos x sen(nx)

n2 +1n2

∫sen x sen(nx) dx

Isolando, vem:∫sen x cos(nx) dx = n2

n2 − 1

(− sen x cos(nx)

cos x sen(nx)n2

e disto segue que bn = 0 para todo n ≥ 1.• Expansão em cossenos: coincide com a expansão de Fourier.

Exercício 2. Obter as séries dos senos em [0, π] para f(x) = cos x, f(x) = sen(x/2),f(x) = senhax.

Solução: Como consideramos extensões ímpares, teremos an = 0 para todo n ≥ 0em todos os casos.

• f(x) = cos x. Temos que:

bn =2π

∫π0cos x sen(nx) dx, ∀n ≥ 1.

Vamos achar uma primitiva primeiro:∫cos x sen(nx) dx = − cos x cos(nx)

n−

∫sen x cos(nx) dx

=− cos x cos(nx)

n−

(sen x sen(nx)

n−

∫cos x sen(nx) dx

− cos x cos(nx)n

−sen x sen(nx)

n2 +1n2

∫cos x sen(nx) dx

Isolando e supondo n 6= 1, temos:∫cos x sen(nx) dx = n2

n2 − 1

(− cos x cos(nx)

n−

sen x sen(nx)n2

Com isto:

bn =2π

n2 − 1

(cos(nπ)n

+1n

2π

n2 − 1(1+ cos(nπ)) =

0 se n for ímpar4π

nn2−1 se n for par

Para n = 1:

b1 =2π

∫π0cos x sen x dx = 1

∫π0sen(2x) dx = −

12π

cos(2x)∣∣∣π0= 0.

Assim temos a expansão:

f(x) =4π

23sen(2x) + 4

415

sen(4x) + · · · = 4π

∑n≥1

2n4n2 − 1

sen(2nx).

• f(x) = sen(x/2). Temos:

bn =2π

∫π0sen

(x2

)sen(nx) dx, ∀n ≥ 1.

Calculemos uma primitiva:∫sen

(x2

)sen(nx) dx = − sen(x/2) cos(nx)

12n

∫cos

(x2

)cos(nx) dx

=− sen(x/2) cos(nx)

+12n

(cos(x/2) sen(nx)

12n

∫sen

(x2

)sen(nx) dx

− sen(x/2) cos(nx)n

+cos(x/2) sen(nx)

2n2

4n2

∫sen

(x2

)sen(nx) dx

Isolando, obtemos:∫sen

(x2

)sen(nx) dx = 4n2

4n2 − 1

(− sen(x/2) cos(nx)

cos(x/2) sen(nx)2n2

)Disto segue que:

bn =2π

4n2

4n2 − 1

(− cos(nπ)

)= −

2π

4n4n2 − 1

cos(nπ) =

−2π

4n4n2−1 se n é par

2π

4n4n2−1 se n é ímpar

A expansão procurada é:

f(x) =2π

43sen x−2

815

sen(2x)+2π

1235

sen(3x)+· · · = 2π

∑n≥1

(−1)n+1 4n4n2 − 1

sen(nx).

• f(x) = senh(ax). Suponha que a 6= 0, caso contrário não há o que fazer. Temosque:

bn =2π

∫π0senh(ax) sen(nx) dx, ∀n ≥ 1

Calculemos uma primitiva:∫senh(ax) sen(nx) dx = − senh(ax) cos(nx)

n+a

∫cosh(ax) cos(nx) dx

=− senh(ax) cos(nx)

(cosh(ax) sen(nx)

n−a

∫senh(ax) sen(nx) dx

− senh(ax) cos(nx)n

+a cosh(ax) sen(nx)

n2 −

−a2

∫senh(ax) sen(nx) dx

Isolando:∫senh(ax) sen(nx) dx = n2

a2 + n2

(− senh(ax) cos(nx)

n+a cosh(ax) sen(nx)

)Disto segue que:

bn =2π

a2 + n2

(− senh(aπ) cos(nπ)

−2π

a2 + n2 senh(aπ) cos(nπ)

− 2π

na2+n2 senh(aπ) se n é par

2π

na2+n2 senh(aπ) se n é ímpar

Logo, a expansão procurada é:

f(x) =2π

11+ a2 senh(aπ) sen x−

2π

24+ a2 senh(aπ) sen(2x) + · · ·

=2πsenh(aπ)

∑n≥1

(−1)n+1 n

n2 + a2 sen(nx).

Exercício 3. Desenvolver, no intervalo [0, π] em séries de cossenos:

(a) f(x) = cosax

(b) f(x) = coshax

Solução: Como consideramos extensões pares, teremos bn = 0 para todo n ≥ 1, emtodos os casos.

(a) f(x) = cos(ax). Suponha a 6= 0, caso contrário o problema já está resolvido noitem (1) do exercício 1. Temos:

a0 =1π

∫π−π

cos(ax) dx = 2π

∫π0cos(ax) dx = 2

aπsen(ax)

∣∣∣π0=

2 sen(aπ)aπ

=⇒ a0

sen(aπ)aπ

E também:an =

2π

∫π0cos(ax) cos(nx) dx.

Achemos uma primitiva primeiro:∫cos(ax) cos(nx) dx = cos(ax) sen(nx)

n+a

∫sen(ax) sen(nx) dx

=cos(ax) sen(nx)

(− sen(ax) cos(nx)

n+a

∫cos(ax) cos(nx) dx

cos(ax) sen(nx)n

−a

n2 sen(ax) cos(nx) +a2

∫cos(ax) cos(nx) dx

Isolando:∫cos(ax) cos(nx) dx = n2

n2 − a2

(cos(ax) sen(nx)

n−a

n2 sen(ax) cos(nx)).

Com isto, vem:

an =2π

n2 − a2

(−a

n2 sen(aπ) cos(nπ))=

2π

a2 − n2 sen(aπ) cos(nπ)

2π

aa2−n2 sen(aπ) se n é par

− 2π

aa2−n2 sen(aπ) se n é ímpar

E assim obtemos a expansão procurada:

f(x) =sen(aπ)aπ

−2π

a2 − 1sen(aπ) cos x+ 2

a2 − 4sen(aπ) cos(2x) + · · ·

=sen(aπ)aπ

+2aπ

sen(aπ)∑n≥1

(−1)n

a2 − n2 cos(nx).

(b) f(x) = cosh(ax). Temos:

a0 =2π

∫π0cosh(ax) dx = 2

senh(ax)a

∣∣∣∣∣π

=2 senh(aπ)

aπ=⇒ a0

senh(aπ)aπ

Para n ≥ 1:an =

2π

∫π0cosh(ax) cos(nx) dx.

Calculemos uma primitiva:∫cosh(ax) cos(nx) dx = cosh(ax) sen(nx)

n−a

∫senh(ax) sen(nx) dx

=cosh(ax) sen(nx)

n−

−a

(− senh(ax) cos(nx)

n+a

∫cosh(ax) cos(nx) dx

cosh(ax) sen(nx)n

−a senh(ax) cos(nx)

n2 −a2

∫cosh(ax) cos(nx) dx

Isolando:∫cosh(ax) cos(nx) dx = n2

n2 + a2

(cosh(ax) sen(nx)

n−a senh(ax) cos(nx)

Desta forma:

an =2π

n2 + a2

(a senh(aπ) cos(nπ)

2π

n2 + a2 senh(ax) cos(nπ)

2π

an2+a2

senh(aπ) se n é par− 2π

an2+a2

senh(aπ) se n é ímpar

Com isto obtemos a expansão:

f(x) =senh(aπ)aπ

−2π

1+ a2 senh(aπ) cos x2π

4+ a2 senh(aπ) cos(2x) + · · ·

=senh(aπ)aπ

+2aπ

senh(aπ)∑n≥1

(−1)n

n2 + a2 cos(nx).

1 se 0 ≤ x ≤ π/20 se π/2 < x ≤ π

. Para n = 0 temos:

a0 =2π

∫π/20

dx = 2π

2= 1 =⇒ a0

12.

E para n ≥ 1:

an =2π

∫π/20

cos(nx) dx = 2nπ

sen(nx)∣∣∣π/20

=2nπ

sen(nπ

2nπ

se n é ímpar− 2nπ

se n é par

Assim a expansão procurada é:

f(x) =12+

2πcos x− 1

πcos(2x) + 2

3πcos(3x) + · · · = 1

2π

∑n≥1

(−1)n+1

ncos(nx).

Exercício 4. Use (5) do exercício 1 e calcule a soma:∑n≥1

1n2 =

π2

Solução: Obtivemos:

x2 =π2

3+ 4∑n≥1

(−1)n

n2 cos(nx).

Faça x = π. Notando que cos(nπ) = (−1)n, temos:

π2 =π2

3+ 4∑n≥1

1n2 =⇒ 2π2

3= 4∑n≥1

1n2 =⇒ ∑

n≥1

1n2 =

π2

1.3 Espaços de BanachExercício 1. Mostre que c, o espaço vetorial das sequências convergentes, munido danorma do supremo é um espaço de Banach.

Solução: Seja (ξn)n≥0 = ((x(n)k )k≥0)n≥0 uma sequência de ‖·‖∞-Cauchy. Dado ε > 0,

existe n0 ∈ N tal que:

‖ξn − ξm‖∞ < ε, ∀m,n > n0

supk≥0

|x(n)k − x

(m)k | ≤ ε, ∀m,n,> n0

|x(n)k − x

(m)k | ≤ ε, ∀m,n > n0, ∀k ≥ 0,

então fixado k, (x(n)k )n≥0 é uma sequência de Cauchy em C, logo converge. Ponhaxk = limn→+∞ x(n)k .

Defina ξ = (xk)k≥0. Provemos que ξ ∈ c. Como cada ξn converge (por estar emc), existe o limite x(n) = limk→+∞ x(n)k . Afirmo que (x(n))n≥0 é de Cauchy. Existemn1, n2 ∈ N tais que m,n > n1 implica |x

(n)k − x

(m)k | < ε/3, pois (x

(n)k )n≥0 é de Cauchy, e

k > n2 implica |x(n) − x(n)k | < ε/3, pois x(n)k

k→+∞−→ x(n). Se n0 = maxn1, n2, m,n > n0,e fixamos um certo k > n0, temos que:

|x(n) − x(m)| ≤ |x(n) − x(n)k |+ |x

(n)k − x

(m)k |+ |x

(m)k − x(m)| <

3+ε

3= ε.

Como C é completo, existe o limite x = limn→+∞ x(n).Agora afirmo que ξ converge para x. Seja ε > 0. Existem n1, n2, n3 ∈ N tais que:

n > n1 =⇒ |xk − x(n)k | <

3, pois x(n)k

n→+∞−→ xk

k > n2 =⇒ |x(n)k − x(n)| <

3, pois x(n)k

k→+∞−→ x(n)

n > n3 =⇒ |x(n) − x| <ε

3, pois x(n) n→+∞−→ x

Se n0 = maxn1, n2, n3 e n, k > n0, valem todas as condições acima simultaneamente.Daí:

|xk − x| ≤ |xk − x(n)k |+ |x

(n)k − x(n)|+ |x(n) − x| <

3+ε

3= ε.

Portanto ξ ∈ c. Agora falta verificar que ξn‖·‖∞−→ ξ. Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que:

‖ξn − ξm‖∞ < ε, ∀m,n > n0

supk≥0

|x(n)k − x

(m)k | < ε, ∀m,n > n0

|x(n)k − x

(m)k | < ε, ∀m,n > n0, ∀k ≥ 0

limm→+∞ |x

(n)k − x

(m)k | ≤ ε, ∀n > n0, ∀k ≥ 0

|x(n)k − xk| ≤ ε, ∀n > n0, ∀k ≥ 0

supk≥0

|x(n)k − xk| ≤ ε, ∀n > n0

‖ξn − ξ‖∞ ≤ ε, ∀n > n0,

logo ξn‖·‖∞−→ ξ ∈ c. Assim c é um espaço de Banach.

Exercício 2 (Soma direta externa). Sejam (X, ‖ · ‖) e (Y, ‖ · ‖0) espaços normados.

(a) Mostre que ‖| · ‖| : X× Y → R≥0 dada por ‖|(x, y)‖| = max‖x‖, ‖y‖0 é uma normaem X× Y. Mostre também que tal norma gera a topologia produto em X× Y.

(b) Se X e Y são espaços de Banach, mostre que (X×Y, ‖| · ‖|) é um espaço de Banach.(X× Y, ‖| · ‖|) é chamado de soma direta externa de X e Y.

Solução:

(a) Vamos mostrar que ‖| · ‖| é uma norma. Fixe (x, y), (x ′, y ′) ∈ X × Y e λ ∈ C.Temos que ‖|(x, y)‖| ≥ 0 por ser o máximo entre dois termos não-negativos. E‖|(x, y)‖| = max‖x‖, ‖y‖0 = 0 implica que ‖x‖ = ‖y‖0 = 0, onde x = 0 e y = 0.Logo (x, y) = 0. Ainda, temos que:

‖|λ(x, y)‖| = ‖|(λx, λy)‖| = max‖λx‖, ‖λy‖0 = max|λ|‖x‖, |λ|‖y‖0= |λ|max‖x‖, ‖y‖0 = |λ|‖|(x, y)‖|.

E por fim, temos que:

‖x+ x ′‖ ≤ ‖x‖+ ‖x ′‖ ≤ ‖|(x, y)‖|+ ‖|(x ′, y ′)‖|,

e analogamente partindo de ‖y+ y ′‖0. Tomando o máximo obtemos:

‖|(x, y) + (x ′, y ′)‖| = ‖|(x+ x ′, y+ y ′)‖| ≤ ‖|(x, y)‖|+ ‖|(x ′, y ′)‖|.

Agora vamos provar que esta norma gera a topologia produto. Uma base desta éB = U× V | U ∈ τ‖·‖, V ∈ τ‖·‖0. Primeiro, provemos que fixado r > 0, vale que:

B‖|·‖|((x, y), r) = B‖·‖(x, r)× B‖·‖0(y, r).

Rapidamente, se (p1, p2) ∈ B‖·‖(x, r) × B‖·‖0(y, r), então ‖x − p1‖, ‖y − p2‖0 < r,e daí ‖|(x, y) − (p1, p2)‖| < r, e segue que (p1, p2) ∈ B‖|·‖|((x, y), r). E por outrolado, se (p1, p2) ∈ B‖|·‖|((x, y), r), então max‖x − p1‖, ‖y − p2‖0 < r implica que‖x − p1‖, ‖y − p2‖0 < r, logo p1 ∈ B‖·‖(x, r) e y ∈ B‖·‖0(y, r). Concluímos que(p1, p2) ∈ B‖·‖(x, r)× B‖·‖0(y, r). Assim, vale a igualdade proposta.Em vista disto, toda bola aberta segundo ‖| · ‖| está em B. Agora vamos provarque todo elemento não-vazio de B contém alguma bola aberta segundo ‖| · ‖|. SeU × V ∈ B é não vazio, fixe x ∈ U e v ∈ V . Como U e V são abertos nos seusrespectivos espaços, existem r1, r2 > 0 tais que B‖·‖(x, r1) ⊆ U e B‖·‖0(y, r2) ⊆ V .Seja r = minr1, r2. Então temos que:

B‖|·‖|((x, y), r) = B‖·‖(x, y)× B‖·‖0(y, r) ⊆ B‖·‖(x, r1)× B‖·‖0(y, r2) ⊆ U× V.

Portanto as topologias geradas são as mesmas.

(b) Seja (zn = (xn, yn))n≥0 uma sequência de ‖| · ‖|-Cauchy em X × Y. Então dadoε > 0, existe n0 ∈ N tal que se m,n > n0, temos:

‖xn − xm‖, ‖yn − ym‖0 ≤ ‖|zn − zm‖| < ε,

donde (xn)n≥0 e (yn)n≥0 são sequências de Cauchy em X e Y, respectivamente.Como estes são espaços de Banach, existem x ∈ X e y ∈ Y tais que xn

‖·‖−→ x eyn

‖·‖0−→ y. Afirmo que zn‖|·‖|−→ (x, y). Com efeito, seja ε > 0. Existe n0 ∈ N grande

o suficiente3 tal que n > n0 implica ‖xn − x‖, ‖yn − y‖ < ε. Tomando o máximovem que ‖|zn − (x, y)‖| < ε, portanto (zn)n≥0 converge e X × Y é um espaço deBanach também.

Exercício 3.

(a) Mostre que:

‖f‖1 =∫ 10|f(x)| dx

é uma norma em C([0, 1]), mas é apenas uma semi-norma no espaço das funçõesRiemann-Integráveis.

(b) Verifique se (C([0, 1]), ‖ · ‖1) é um espaço de Banach.

Solução:

(a) É claro que ‖f‖1 =∫10 |f(x)| dx ≥ 0 qualquer que seja f ∈ C([0, 1]). Agora se

‖f‖ =∫10 |f(x)| dx = 0, podemos concluir seguramente que f = 0 se f for contínua.

Caso contrário, podemos apenas concluir que f = 0 q.t.p.. Se λ ∈ C, temos:

‖λf‖1 =∫ 10|λf(x)| dx =

∫ 10|λ||f(x)| dx = |λ|

∫ 10|f(x)| dx = |λ|‖f‖1.

E se f, g ∈ C([0, 1]), vale que:

|(f+ g)(x)| = |f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)|, ∀ x ∈ [0, 1],

e integrando, temos:

‖f+g‖1 =∫ 10|(f+g)(x)| dx ≤

∫ 10|f(x)|+|g(x)| dx =

∫ 10|f(x)| dx+

∫ 10|g(x)| dx = ‖f‖1+‖g‖1.

As verificações de ‖λf‖1 = |λ|‖f‖1 e ‖f + g‖1 ≤ ‖f‖1 + ‖g‖1 também valem paraf, g ∈ R([0, 1]).

3Um para cada sequência coordenada e já tomamos o máximo.

(b) O espaço não é completo. Seja (fn)n≥0 ⊆ C([0, 1]), dada por:

fn(x) =

0 se x < 1

2 −12n

n(x− 1

2 +12n

)se 1

2 −12n ≤ x ≤

12 +

12n

1 se x > 12 +

12n

Vejamos que a sequência é de Cauchy. Temos que se p ∈ N, vale que:

‖fn+p − fn‖1 =∫ 1

2+12n

12−

12n

|fn+p(x) − fn(x)| dx ≤∫ 1

2+12n

12−

12n

|fn+p(x)|+ |fn(x)| dx

≤∫ 1

2+12n

12−

12n

2 dx = 2(12+

12n

−12+

12n

n→+∞−→ 0.

Agora suponha por absurdo que a sequência convirja para uma função contínuaf ∈ C([0, 1]). Então devemos ter limn→+∞ ‖fn − f‖1 = 0. Isto é:

‖fn − f‖1 =∫ 1

2−12n

0|f(x)| dx+

∫ 12+

12n

12−

12n

∣∣∣∣f(x) − n(x− 12+

12n

)∣∣∣∣ dx+ ∫ 112+

12n

|f(x) − 1| dx,

e passando ao limite temos:∫ 1/20

|f(x)| dx+∫ 11/2

|f(x) − 1| dx = 0

Como as integrais são não-negativas, cada uma é zero. Por continuidade, f deveser 0 em [0, 1/2] e 1 em [1/2,0], um absurdo.

(c) Afirmo que a topologia gerada por ‖ · ‖∞ não está contida na topologia geradapor ‖ · ‖1. Considere B∞(0, 1). Vamos mostrar que B∞(0, 1) tem interior vaziona topologia gerada por ‖ · ‖1.4 Vamos mostrar que nenhuma bola B1(ϕ, r) estácontida em B∞(0, 1). Suponha agora que r ≥ 1. Defina fn : [0, 1]→ R pondo:

fn(x) =

ϕ(x) +

√r(−n2x+ n) se x ≤ 1

ϕ(x) se x > 1n

Como r ≥ 1, temos que ‖fn−ϕ‖1 =√r/2 para todo n ≥ 1, donde fn−ϕ ∈ B1(0, r)

para todo n ≥ 1. Como estamos em um espaço normado, temos fn ∈ B1(ϕ, r)qualquer que seja n. Porém escolhendo n ∈ N grande o suficiente tal que n

√r > 1,

temos que fn 6∈ B∞(0, 1). Se 0 < r < 1, é feita uma construção análoga com r2 aoinvés de

√r e repete-se o argumento. Portanto B∞(0, 1) não é um aberto segundo

‖ · ‖1.Por outro lado, todo aberto segundo ‖ · ‖1 é um aberto segundo ‖ · ‖∞. Comefeito, dada uma bola qualquer B1(ϕ, r), vale que B∞(ϕ, r) ⊆ B1(ϕ, r), pois sef ∈ B∞(ϕ, r), temos que:

‖f−ϕ‖1 =∫ 10|f(x) −ϕ(x)| dx ≤

∫ 10‖f−ϕ‖∞ dx ≤

∫ 10r dx = r.

Concluímos que τ1 ( τ∞. A topologia τ∞ é estritamente mais fina que a topologiaτ1.

4Na verdade estamos exagerando, pois basta mostrar que B∞(0, 1) 6= int‖·‖1(B∞(0, 1)).

Exercício 4. Definimos `∞ = x = (xn)n≥0 | ‖x‖∞ = supn≥0 |xn| < +∞, o espaço dassequências limitadas munido da norma do supremo ‖ · ‖∞.(a) Mostre que `∞ é um espaço de Banach.

(b) Mostre que c é um subespaço de `∞. Conclua que se c é fechado (mostre), então cé um espaço de Banach, utilizando o resultado abaixo.

(c) Mostre que c0 = x = (xn)n≥0 | limn→+∞ xn = 0, o espaço das sequências conver-gentes a zero, com a norma do supremo, é um subespaço fechado de c, e portantocompleto.

Solução:(a) Seja (ξn)n≥0 = ((x

(n)k )k≥0)n≥0 uma sequência de ‖ · ‖∞-Cauchy. Dado ε > 0, existe

n0 ∈ N tal que:‖ξn − ξm‖∞ < ε, ∀m,n > n0

supk≥0

|x(n)k − x

(m)k | ≤ ε, ∀m,n,> n0

|x(n)k − x

(m)k | ≤ ε, ∀m,n > n0, ∀k ≥ 0,

então fixado k, (x(n)k )n≥0 é uma sequência de Cauchy em C, logo converge. Ponhaxk = limn→+∞ x(n)k .

Defina ξ = (xk)k≥0. Verifiquemos que ξn‖·‖∞−→ ξ. Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal

que:‖ξn − ξm‖∞ < ε, ∀m,n > n0

supk≥0

|x(n)k − x

(m)k | < ε, ∀m,n > n0

|x(n)k − x

(m)k | < ε, ∀m,n > n0, ∀k ≥ 0

limm→+∞ |x

(n)k − x

(m)k | ≤ ε, ∀n > n0, ∀k ≥ 0

|x(n)k − xk| ≤ ε, ∀n > n0, ∀k ≥ 0

supk≥0

|x(n)k − xk| ≤ ε, ∀n > n0

‖ξn − ξ‖∞ ≤ ε, ∀n > n0,

logo ξn‖·‖∞−→ ξ.

Só falta verificar que ξ ∈ `∞. Pelo feito acima, existe n0 ∈ N tal que ‖ξn0 −ξ‖∞ <

1, donde ξn0 − ξ ∈ `∞. Com isto, ξ = ξn0 − (ξn0 − ξ) ∈ `∞, e assim c é um espaçode Banach.

(b) Primeiro vejamos que c é um subespaço de `∞. Temos que 0 = (0)n≥0 ∈ c, e se(xn)n≥0, (yn)n≥0 ∈ c e λ ∈ C, temos xn → x e yn → y, donde xn+λyn → x+λy, logo(xn+λyn)n≥0 ∈ c. Vejamos agora que c é fechado. Se ξ ∈ c, existe uma sequênciaem c que converge para ξ. Esta sequência, em particular, é uma sequência deCauchy, e pelo feito no exercício 1 desta seção, converge para um elemento de c.Por unicidade dos limites em espaços normados5, esse elemento deve ser ξ ∈ c.

5Em geral, em espaços topológicos de Hausdorff.

Concluímos novamente que c é um espaço de Banach.

(c) Primeiro vejamos que c0 é um subespaço de c. Temos que 0 = (0)n≥0 ∈ c, e se(xn)n≥0, (yn)n≥0 ∈ c e λ ∈ C, temos xn → 0 e yn → 0, donde xn+λyn → 0+λ·0 = 0,logo (xn + λyn)n≥0 ∈ c.Vejamos agora que c0 é fechado. Seja ξ = (xk)k≥0 ∈ c0. Então existe (ξn)n≥0 =

((x(n)k )k≥0)n≥0 ⊆ c0 tal que ξn

‖·‖∞−→ ξ. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0

implica ‖ξn − ξ‖∞ < ε/2, isto é, temos então que |x(n)k − xk| < ε/2 para todo

n > n0, para todo k ≥ 0. Porém ξn0 ∈ c0, então existe k0 ∈ N tal que k > k0implica |xn0

k | < ε/2. Então nestas condições temos que:

|xk| = |xk − x(n0)k + x

(n0)k | ≤ |xk − x

(n0)k |+ |xn0

k | <ε

2+ε

2= ε.

Assim ξ ∈ c0 e c0 ⊆ c0 ⊆ c0 nos dá que c0 = c0, isto é, que c0 é fechado.Concluímos que c0 é um espaço de Banach com a norma ‖ · ‖∞.

Exercício 5 (Resultado). Todo subespaço fechado de um espaço de Banach é umespaço de Banach. Reciprocamente, todo subespaço de Banach de um espaço normadoé fechado.

Solução: Seja (X, ‖ · ‖) um espaço de Banach e F ⊆ X.Se F é fechado, tome (xn)n≥0 uma sequência de Cauchy em F. Então (xn)n≥0 é,

com maior razão, uma sequência de Cauchy em X, e portanto converge, xn → x ∈ X.Mas como xn ∈ F para todo n, xn → x ∈ F = F, pois F é fechado. Logo F é completo.

Se F é Banach, tome x ∈ F. Então existe (xn)n≥0 em F tal que xn → x. ComoF é completo, a sequência deve convergir para algum valor de F. Por unicidade doslimites, x ∈ F. Portanto F ⊆ F ⊆ F =⇒ F = F e F é fechado.

Exercício 6. Dizemos que um espaço métricoM é separável se existe um subconjuntoD ⊆M denso e enumerável. Mostre que se X é separável, qualquer subconjunto de Xé separável. Consequentemente, qualquer subespaço de X é separável.

Solução: A solução disto se baseia do fato de que para espaços métricos, ter baseenumerável é equivalente a ser separável. Com efeito, suponha que M tenha umabase de abertos enumerável, Un | n ≥ 0. Fixe xn ∈ Un, para cada n. Então afirmoque D =

⋃xn | n ≥ 0 é denso e enumerável. Que é enumerável é claro. E se Ω

for um aberto não vazio, existe n0 ≥ 0 tal que Un0 ⊆ Ω, e assim xn0 ∈ D ∩Ω. Estaimplicação vale para espaços topológicos quaisquer.

Agora suponha que M seja um espaço métrico separável. Afirmo que: B =B(p, 1/n) | p ∈ D, n ≥ 1 é uma base enumerável de abertos para M. Que B éenumerável é claro. Vejamos que é base. Seja Ω um aberto não vazio e fixe x ∈ Ω.Como Ω é aberto, existe r > 0 tal que B(x, r) ⊆ Ω. Agora tome n ≥ 1 tal que

1/n < r/2. Como D é denso, existe p ∈ B(x, 1/n) ∩D. Por simetria, se p ∈ B(x, 1/n),então x ∈ B(p, 1/n). Agora seja z ∈ B(p, 1/n). Temos:

d(x, z) ≤ d(x, p) + d(p, z) < 1n+

1n<r

2+r

2= r,

donde temos que z ∈ B(x, r) e portanto B(p, 1/n) ⊆ B(x, r). Disto segue que x ∈B(p, 1/n) ⊆ Ω e B é base.

E se M tem base enumerável, qualquer subespaço de M também tem - uma baseé dada pela interseção dos elementos da base de M, com o subespaço.

Então se A ⊆ X e X é separável, X tem base enumerável. Logo A tem baseenumerável, e daí A é separável.

Exercício 7. Dado K um espaço topológico compacto, definimos C(K) = f : K → C |

f é contínua. Mostrar que C(K) equipado com a norma do sup, ‖f‖∞ = sup|f(x)| | x ∈K, a usual, é um espaço de Banach.

Solução: De fato C(K) é um espaço vetorial com as operações definidas pontual-mente, pois todas as propriedades das operações são herdadas das operações de C,e ainda mais, a soma de funções contínuas é contínua, e o produto de uma funçãocontínua por um escalar é contínua. Verifiquemos isso: sejam f, g ∈ C(K) e λ ∈ C.Se λ = 0, f + λg = f ∈ C(K). Se λ 6= 0, seja ε > 0 e x0 ∈ K arbitrário. Existe umavizinhança pequena o suficiente6, V , tal que se x ∈ V valem:

|f(x) − f(x0)| <ε

2e |g(x) − g(x0)| <

2|λ|

simultaneamente. Nestas condições:

≤ |f(x) − f(x0)|+ |λ(g(x) − g(x0))| = |f(x) − f(x0)|+ |λ||g(x) − g(x0)|

<ε

2+ |λ|

2|λ|= ε,

e assim f+ λg ∈ C(K), pois x0 ∈ K era qualquer.Vejamos agora que ‖ · ‖∞ é norma. Fixemos f, g ∈ C(K) e λ ∈ C novamente. Claro

que ‖f‖∞ ≥ 0 por ser o máximo entre números não-negativos. E ‖f‖∞ = 0 implicaque supx∈K |f(x)| = 0, e assim |f(x)| = 0 para todo x ∈ K. Isto é, f(x) = 0 para todox ∈ K e concluímos que f = 0. Também temos:

‖λf‖∞ = supx∈K

|λf(x)| = supx∈K

|λ||f(x)| = |λ| supx∈K

|f(x)| = |λ|‖f‖∞.E por fim, temos:

|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)| ≤ ‖f‖∞ + ‖g‖∞para todo x ∈ K, então tomando o supremo no lado esquerdo segue que ‖f + g‖∞ ≤‖f‖∞ + ‖g‖∞.

6Uma vizinhança para cada função, e já tomamos a interseção, que continua sendo uma vizinhançade x0.

Agora vejamos que C(K) é completo com essa norma. Seja fnn≥0 uma sequênciade ‖ · ‖∞-Cauchy in C(K). Seja ε > 0. Então existe n0 ∈ N tal que:

‖fn − fm‖∞ < ε, ∀m,n > n0

supx∈K

|fn(x) − fm(x)| < ε, ∀m,n > n0

|fn(x) − fm(x)| < ε, ∀m,n > n0, ∀ x ∈ K

Assim, fixado x ∈ K, fn(x)n≥0 é uma sequência de Cauchy em C, e portanto converge.Chame f(x) = limn→+∞ fn(x) o limite. Então temos definida uma função f : K → C

dada pela regra acima. Agora provaremos que fn‖·‖∞−→ f. Seja ε > 0. Então existe

n0 ∈ N tal que:

‖fn − fm‖∞ < ε, ∀m,n > n0

supx∈K

|fn(x) − fm(x)| < ε, ∀m,n > n0

|fn(x) − fm(x)| < ε, ∀m,n > n0, ∀ x ∈ Klim

m→+∞ |fn(x) − fm(x)| ≤ ε, ∀n > n0, ∀ x ∈ K

|fn(x) − f(x)| ≤ ε, ∀n > n0, ∀ x ∈ Xsupx∈K

|fn(x) − f(x)| ≤ ε, ∀n > n0

‖fn − f‖∞ ≤ ε, ∀n > n0

Por fim, verificaremos que f ∈ C(K), isto é, que f é contínua em um ponto x0 ∈ Karbitrário. Seja ε > 0. Então existe n0 ∈ N tal que ‖fn0 − f‖∞ < ε/3, pelo feitoacima. Esta particular fn0 é contínua, então existe uma vizinhança V de x0 tal quex ∈ V =⇒ |fn0(x) − fn0(x0)| < ε/3. Desta forma, se x ∈ V temos:

|f(x) − f(x0)| ≤ |f(x) − fn0(x)|+ |fn0(x) − fn0(x0)|+ |fn0(x0) − f(x0)| <ε

3+ε

3= ε,

donde f é contínua em x0 e assim fn‖·‖∞−→ f ∈ C(K), visto que x0 ∈ K era qualquer.

2 Lista 2Exercício 1. Mostre que a função

| · | : C→ R dada por |z| =√zz

é uma norma, e que (C, | · |) é um espaço de Banach (completo).

Solução: Que C é um espaço vetorial com as operações usuais é claro. Se z = x+iy,tem-se |z| =

√x2 + y2. Claro que |z| ≥ 0 para todo z ∈ C. E:

|z| =√x2 + y2 = 0 =⇒ x2 + y2 = 0 =⇒ x = y = 0 =⇒ z = 0,

usando que x, y ∈ R e que x2, y2 ≥ 0. Ainda:

|λz| =√

(λx)2 + (λy2) =√λ2x2 + λ2y2 =

√λ2(x2 + y2) = |λ|

√x2 + y2 = |λ||z|,

para todo λ ∈ R. E se w ∈ C, tem-se:

|z+w|2 = (z+w)(z+w) = (z+w)(z+w)

= zz+ zw+ zw+ww = |z|2 + 2Re(zw) + |w|2

≤ |z|2 + 2|zw|+ |w|2 = |z|2 + 2|z||w|+ |w|2

= (|z|+ |w|)2,

e extraindo raízes obtemos |z+w| ≤ |z|+ |w|. Assim | · | é norma. Agora vamos provarque (C, | · |) é Banach. Seja (zn)n≥0 ⊆ C uma sequência de Cauchy. Para cada n,ponha zn = xn + iyn. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que se m,n > n0, então:

|xn − xm| =√

(xn − xm)2 ≤√

(xn − xm)2 + (yn − ym)2 = |zn − zm| < ε,

donde (xn)n≥0 e, analogamente, (yn)n≥0 são sequências de Cauchy em R, que assumi-remos completo. Portanto existem x, y ∈ R com xn → x e yn → y. Se z = x+ iy ∈ C,afirmo que zn → z.

Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N grande o suficiente7 tal que n > n0 implica |xn−x|, |yn−y| < ε/

√2. Nestas condições:

|zn − z| =√

(xn − x)2 + (yn − y)2 ≤

√(ε√2

(ε√2

√ε2

2+ε2

2=√ε2 = ε.

Logo zn → z e C é completo.

Exercício 2. Seja K um espaço compacto. Indicamos por C(K) o conjunto das funçõescontínuas do espaço K em C, munido da norma:

‖f‖∞ = sup|f(x)| | x ∈ K.

Para K = [a, b] ⊆ R mostre que (C([a, b]), ‖ · ‖∞) é um espaço completo.7Um n0 para cada sequência e já tomamos o máximo.

Solução: Feito anteriormente (no caso geral).

Exercício 3 (P1). Sejam E e F espaços normados e f : E → F uma aplicação linear.Mostre que as seguintes sentenças são equivalentes:

(i) f é contínua na origem 0 ∈ E.

(ii) sup‖x‖≤1 ‖f(x)‖ =M < +∞(iii) Existe C > 0 tal que ‖f(x)‖ ≤ C‖x‖ para todo x ∈ E.

(iv) f é contínua.

Solução:

(i) =⇒ (ii): Dado ε = 1 > 0, existe δ > 0 tal que ‖x‖ < δ =⇒ ‖f(x)‖ < 1.Sendo x ∈ E com ‖x‖, o vetor δx/2 satisfaz ‖δx/2‖ = δ/2 < δ, portanto vale que‖f(δx/2)‖ < 1, daí ‖f(x)‖ < 2/δ. Como x nestas condições é arbitrário, tomandoo sup vem que sup‖x‖≤1 ‖f(x)‖ ≤ 2/δ < +∞.

(ii) =⇒ (iii): Fixe M = sup‖x‖≤1 ‖f(x)‖ < +∞. Seja x ∈ E qualquer, com x 6= 0 (poisse x = 0 a desigualdade vale trivialmente). Então x/‖x‖ tem norma 1 e daí‖f(x/‖x‖)‖ ≤M, donde ‖f(x)‖ ≤M‖x‖, para qualquer x ∈ E.

(iii) =⇒ (iv): Se C = 0 nada há o que fazer. Se C > 0, seja ε > 0, fixe x0 ∈ E, etome δ = ε/C > 0. Se x ∈ E é tal que ‖x− x0‖ < δ, então:

‖f(x) − f(x0)‖ = ‖f(x− x0)‖ ≤ C‖x− x0‖ < Cε

C= ε.

Portanto f é contínua em x0 ∈ E, e como x0 é arbitrário, f é contínua.

(iv) =⇒ (i): Trivial.

Exercício 4. Seja (E, 〈·, ·〉) um espaço vetorial sobre C equipado com um produtointerno. Mostre que para todos os x, y ∈ E:

|〈x, y〉| ≤ ‖x‖‖y‖.

Sugestão: 〈x, y〉 = eiθ|〈x, y〉| e calcule o quadrado da norma de λx+ eiθy.

Solução: Se 〈x, y〉 = 0, nada há o que fazer. Suponha que 〈x, y〉 6= 0. Para todoλ ∈ C vale que 〈x− λy, x− λy〉 ≥ 0. Assim:

〈x, x〉− λ〈x, y〉− λ〈y, x〉+ λλ〈y, y〉 ≥ 0

‖x‖2 − λ〈x, y〉− λ〈x, y〉+ |λ|2‖y‖2 ≥ 0‖x‖2 − 2Re(λ〈x, y〉) + |λ|2‖y‖2 ≥ 0

Se vale para todo λ ∈ C, vale para os da forma λ = t|〈x, y〉|/〈x, y〉, com t ∈ R.8 Noteque |λ|2 = |t|2 = t2. Temos que:

‖x‖2 − 2Re

(t|〈x, y〉|〈x, y〉

〈x, y〉

)+ t2‖y‖2 ≥ 0 =⇒ ‖x‖2 − 2t |〈x, y〉|+ t2‖y‖2 ≥ 0

A expressão acima é um polinômio de segundo grau em t que nunca troca de sinal,portanto seu discriminante é menor ou igual a zero:

4|〈x, y〉|2 − 4‖x‖2‖y‖2 ≤ 0 =⇒ |〈x, y〉| ≤ ‖x‖‖y‖,

após dividir por 4 e extrair raízes.

Exercício 5. Mostre que a aplicação fy(x) = 〈x, y〉 é linear e contínua, para caday ∈ E fixado, e que

‖fy‖∞ = sup‖x‖≤1

|fy(x)| = ‖y‖.

Solução: Que fy é linear segue da bilinearidade de 〈·, ·〉. De fato, dados x1, x2 ∈ Ee λ ∈ C, temos:

fy(x1 + λx2) = 〈x1 + λx2, y〉 = 〈x1, y〉+ 〈λx2, y〉= 〈x1, y〉+ λ〈x2, y〉 = fy(x1) + λfy(x2)

Se y = 0, então fy é a função nula, logo é contínua trivialmente. Se y 6= 0, sejaε > 0, δ = ε/‖y‖ > 0, x0 ∈ E qualquer, e x ∈ E com ‖x− x0‖ < δ. Daí:

|fy(x) − fy(x0)| = |〈x, y〉− 〈x0, y〉| = |〈x− x0, y〉|

≤ ‖x− x0‖‖y‖ <ε

‖y‖‖y‖ = ε,

e portanto fy é contínua.Note que ‖y‖ é uma cota superior de conjunto |fy(x)| | ‖x‖ ≤ 1, pois por Cauchy-

Schwarz temos que |fy(x)| = |〈x, y〉| ≤ ‖x‖‖y‖ ≤ ‖y‖, se ‖x‖ ≤ 1. Agora vejamos queo valor de fato é atingido. Ora, o vetor y/‖y‖ tem norma 1 e vale que:∣∣∣∣fy( y

‖y‖

)∣∣∣∣ = ∣∣∣∣⟨ y

‖y‖, y

⟩∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 1‖y‖〈y, y〉

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 1‖y‖‖y‖2

∣∣∣∣ = ‖y‖.Portanto sup‖x‖≤1 |fy(x)| = ‖y‖.

Exercício 6. Sejam (xn)n≥0 e (yn)n≥0 duas sequências convergentes, xn → x, yn → y,de um espaço pré-Hilbertiano E. Mostre que 〈xn, yn〉→ 〈x, y〉.

8Esta escolha de λ não é aleatória - é feita para que o termo dentro da parte real na expressãoacima torne-se de fato real, e recaímos na demonstração conhecida da desigualdade para o caso real.

Solução: Sabemos que toda sequência é limitada. Então existe M > 0 tal que‖xn‖, ‖y‖ < M para todo n ≥ 0. Dado ε > 0 qualquer, existe n0 ∈ N suficientementegrande9 tal que n > n0 =⇒ ‖xn − x‖, ‖yn − y‖ < ε/(2M). Então se n > n0:

< M‖yn − y‖+ ‖xn − x‖M <Mε

2M+

2MM

=ε

2+ε

2= ε,

portanto 〈xn, yn〉→ 〈x, y〉.

Exercício 7. Seja (M, d) um espaço métrico. Dizemos que um subconjunto Aε ⊆ Mé ε-denso em M, se para todo x ∈M

B(x, ε) ∩Aε 6= ∅.

(i) Mostre que a reunião ⋃A 1n+1

= D

é densa em M, onde é claro, cada A1/(n+1) é 1/(n+ 1)-denso em M.

(ii) Suponha queM tenha base enumerável de abertos. Mostre que todo subconjuntoD ⊆ M que for fechado e discreto é enumerável. Mostre que se An ⊆ M é umconjunto satisfazendo:

∀ x, y ∈ An, x 6= y =⇒ d(x, y) ≥ 1n+ 1

então An é fechado e discreto.

(iii) Assuma a seguir que estes subconjuntos An são conjuntos 1/(n+1)-densos (maxi-mais) emM e mostre que a sentença "todo subconjunto fechado e discreto D ⊆Mé enumerável"implica que M tem uma base de abertos que é enumerável.

Solução:

(i) Seja Ω ⊆M um aberto não vazio. Tome x ∈ Ω. Como Ω é aberto existe r > 0tal que B(x, r) ⊆ Ω. Como R é arquimediano, existe n ∈ N tal que 1/(n+ 1) < r,de modo que B(x, 1/(n+ 1)) ⊆ B(x, r) ⊆ Ω, e aí:

∅ 6= B(x,

1n+ 1

)∩A 1

n+1⊆ Ω ∩A 1

n+1=⇒ Ω ∩A 1

n+16= ∅,

e daí segue de A1/(n+1) ⊆⋃A1/(n+1) = D que Ω ∩D 6= ∅, logo D é denso.

9Um n0 para cada sequência e já tomamos o máximo - é uma passagem que costuma ser puladadepois de se ter uma certa prática com esse tipo de demonstração.

(ii) Como M tem base enumerável, M é um espaço de Lindelöf. Como D é fechado,D também é Lindelöf. Visto que D é discreto, para cada x ∈ D existe rx > 0tal que B(x, rx)∩D = x. Então B(x, rx)x∈D é uma cobertura aberta de D. Pelapropriedade de Lindelöf, existe I enumerável tal que:

D ⊆⋃x∈I

B(x, rx) =⇒ D ⊆

(⋃x∈I

B(x, rx)

)∩D =⇒ D ⊆

⋃x∈I

B(x, rx) ∩D,

isto é, D ⊆⋃x∈Ix. Como D está contido em um conjunto enumerável, D é

enumerável também.Para a segunda parte, basta notar que dada a condição do enunciado, para todox ∈ An tem-se que B(x, 1/(n+1))∩An = x, donde An é discreto. Para ver que éfechado, seja p ∈ An. Então existe (pn)n≥0 ⊆ An tal que pn → p. Em particular,(pn)n≥0 é uma sequência de Cauchy. Dado ε = 1/(n + 1) > 0, existe n0 ∈ N talque n > n0 implica d(pn, pn0) < 1/(n+ 1), e daí pn = pn0 para todo n > n0. Emoutras palavras, a sequência (pn)n≥0 é eventualmente constante e igual a pn0 .Com isto, p = pn0 ∈ An e An é fechado.

(iii) Suponha que todo fechado e discreto é enumerável. Pelo item (ii), cada An éenumerável. Com a hipótese de que cada An é 1/(n+ 1)-denso, temos pelo item(i) que D =

⋃n≥0An é denso. Mas D é a reunião enumerável de conjuntos

enumeráveis, portanto enumerável. Logo M é um espaço métrico separável(possui um subconjunto enumerável e denso), e assim tem uma base de abertosenumerável, a saber, B(x, 1/n) | x ∈ D, n > 1.

Exercício 8.

(a) Estudar o espaço E das funções x definidas em toda a reta real R que admitemuma representação na forma x(t) =

∑∗r∈R cre

irt, onde∑∗ indica que somente um

número finito dos cr é não nulo. Isto é:

r ∈ R | cr 6= 0 é finito.

Demonstrar que dados x, y ∈ E, a expressão define um produto interno em E. Oespaço (E, 〈·, ·〉) é completo?

(b) Mostre que E não é separável.

Solução:

(a) Vejamos que 〈·, ·〉 é um produto interno. Temos que x(t)x(t) = |x(t)|2 ≥ 0 paratodo t ∈ R, donde

∫T−T

|x(t)|2 dt ≥ 0 para todo T > 0. Dividindo por 2T e fazendoT → +∞, a quantidade permanece não-negativa.Por outro lado, se x 6= 0, existe um intervalo ]a, b[ onde |x(t)|2 não se anula,donde existe T0 > 0 tal que |T0| ≥ max|a|, |b| e:

〈x, x〉 ≥ 12T0

∫ba

|x(t)|2 dt ≥ (b− a)m

2T06= 0,

onde m > 0 é o mínimo de |x(t)|2 em ]a, b[.Agora vejamos que 〈·, ·〉 é hermiteano. Para todo T > 0 vale que:∫ T

−T

x(t)y(t) dt =∫ T−T

x(t)y(t) dt.

Dividindo por 2T e fazendo T → +∞ segue que 〈y, x〉 = 〈x, y〉.A bilinearidade segue de:∫ T

−T

(x(t) + λy(t))z(t) dt =∫ T−T

x(t)z(t) dt+ λ∫ T−T

y(t)z(t) dt,

dividindo por 2T e fazendo T → +∞.Afirmo que o espaço não é completo. Para cada n ≥ 1, ponha xn(t) =

∑nk=1

1keikt.

É claro que xn ∈ E para todo n ≥ 1. Vejamos que a sequência (xn)n≥1 é deCauchy. Para todo p ∈ N temos que:

‖xn+p − xn‖ =√〈xn+p − xn, xn+p − xn〉 =

√√√√⟨ n+p∑k=n+1

1keikt,

n+p∑j=n+1

1jeijt

⟩

√√√√ n+p∑k=n+1

n+p∑j=n+1

1kj〈eikt, eijt〉 =

√√√√ n+p∑k=n+1

1k2

n→+∞−→ 0,

usando o exercício 15 adiante. Mas xn → x, com x(t) =∑

n≥11neint, e x 6∈ E (pois

a soma não é finita).

(b) Novamente apelaremos para o exercício 15 a seguir. Considere o conjunto A =eirt | r ∈ R. O conjunto é não-enumerável, e dados r, s ∈ R, com r 6= s, temos:

‖eirt − eist‖ =√〈eirt − eist, eirt − eist〉 =

√1− 2 · 0+ 1 =

√2 > 1.

Como ‖eirt − eist‖ > 1 para todos os r, s ∈ R com r 6= s, o conjunto A inicialé discreto. Se D for denso, então conseguimos injetar A em D do seguintemodo: para cada x ∈ A existe rx > 0 com B(x, rx) ∩ A = x. Como D é denso,B(x, rx/2)∩D 6= ∅, então fixe y nesta última interseção e defina f : A→ D pondof(x) = y. Vejamos que f é injetora. Sejam x1, x2 ∈ A e suponha por absurdo quey = f(x1) = f(x2). Então:

‖x1 − x2‖ ≤ ‖x1 − y‖+ ‖y− x2‖ <r1

2+r2

2≤ maxr1, r2,

onde r1 e r2 são os raios correspondentes a x1 e x2 na definição de f. Se r1 ≥ r2,temos ‖x1 − x2‖ < r1 e logo x2 ∈ B(x1, r1). Como ambos estão em D, segue quex2 = x1, absurdo. Se r2 > r1 o tratamento é análogo. Portanto f é injetora.Mas D era um denso qualquer, e que não pode ser enumerável pelo argumentoacima. Portanto E não possui nenhum subconjunto denso e enumerável, logo nãoé separável.

Exercício 9. Mostre que num espaço pré-Hilbertiano real temos

‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 =⇒ 〈x, y〉 = 0.

Mostre que o mesmo não vale para um espaço pré-Hilbertiano complexo. Sugestão:y = ix.

Solução: Temos que:

‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 =⇒ 〈x+ y, x+ y〉 = 〈x, x〉+ 〈y, y〉 =⇒=⇒ 〈x, x〉+ 2〈x, y〉+ 〈y, y〉 = 〈x, x〉+ 〈y, y〉 =⇒ 2〈x, y〉 = 0,

donde 〈x, y〉 = 0, e usamos que o espaço é real.Se o espaço for complexo, tome x 6= 0 e y = ix. Por um lado:

‖x+ ix‖2 = ‖(1+ i)x‖2 = |1+ i|2‖x‖2 = 2‖x‖2.

Por outro:‖x‖2 + ‖ix‖2 = ‖x‖2 + |i|2‖x‖2 = ‖x‖2 + ‖x‖2 = 2‖x‖2.

Porém 〈x, ix〉 = −i〈x, x〉 6= 0.

Exercício 10 (P1). Seja xii∈I uma família de números reais positivos. Suponha queexista um número real α > 0 tal que:

∀ F ∈ [I]<ω valha∑i∈F

xi ≤ α.

Mostre que esta família é somável e que tem por soma:

∑i∈I

xi = sup

∑i∈F

xi | F ∈ [I]<ω

.10

Solução: Se denotarmos o supremo dado por M, então∑

i∈F xi ≤ α para todo F ∈[I]<ω implica que M ≤ α < +∞. Agora basta verificar a definição de somabilidade.Seja ε > 0. Então M − ε não é o supremo e daí existe Fε ⊆ I, finito, tal queM − ε <

∑i∈Fε xi. Agora se F ⊆ I é finito e F ⊃ Fε, como todos os xi são positivos,

temos que:

M− ε <∑i∈Fε

xi ≤∑i∈F

xi ≤M <M+ ε =⇒ ∣∣∣∣∣M−∑i∈F

∣∣∣∣∣ < ε.Como F nas condições dadas é arbitrário, xii∈I é somável e tem por soma M.

10A notação [I]<ω indica a coleção de todos os subconjuntos de I com cardinalidade menor que ω,isto é, todos os subconjuntos finitos de I.

Exercício 11. Se xii∈I e yii∈I são famílias somáveis em um espaço normado, entãoxi + yii∈I e λxii∈I, para todo λ ∈ C, são tambem somáveis.

Solução: Seja ε > 0. Se∑

i∈I xi = x e∑

i∈I yi = y, existem F(1)ε , F

(2)ε ⊆ I, finitos, tais

que:

F ⊃ F(1)ε , finito =⇒ ∥∥∥∥∥x−∑i∈F

∥∥∥∥∥ < ε

F ⊃ F(2)ε , finito =⇒ ∥∥∥∥∥y−∑i∈F

∥∥∥∥∥ < ε

Chame Fε = F(1)ε ∪ F(2)ε . Então Fε ⊆ I é finito, por ser uma união de dois conjuntos

finitos, e se F ⊆ I é finito com F ⊃ Fε, vale que:∥∥∥∥∥(x+ y) −∑i∈F

(xi + yi)

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥x+ y−∑i∈F

xi −∑i∈F

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥x−∑i∈F

xi + y−∑i∈F

∥∥∥∥∥≤

∥∥∥∥∥x−∑i∈F

∥∥∥∥∥+∥∥∥∥∥y−

∑i∈F

∥∥∥∥∥ < ε

2+ε

2= ε,

logo xi + yii∈I é somável e tem por soma x+ y.Agora seja xii∈I somável com soma x e λ ∈ C. Se λ = 0, então a soma é o vetor

nulo e nada há o que fazer. Caso contrário, existe Fε ⊆ I, finito tal que se F ⊆ I éfinito com F ⊃ Fε, vale que:∥∥∥∥∥x−∑

i∈F

∥∥∥∥∥ < ε

|λ|=⇒ |λ|

∥∥∥∥∥x−∑i∈F

∥∥∥∥∥ < ε =⇒ ∥∥∥∥∥λ(x−∑i∈F

)∥∥∥∥∥ < ε=

∥∥∥∥∥λx− λ∑i∈F

∥∥∥∥∥ < ε =⇒ ∥∥∥∥∥λx−∑i∈F

λxi

∥∥∥∥∥ < ε.Como F nas condições dadas é arbitrário, temos que λxii∈I é somável e tem porsoma λx.

Exercício 12. Dizemos que uma família xii∈I de um espaço normado é absolutamentesomável se a família ‖xi‖i∈I é somável. Mostre que num espaço normado e completo,toda família absolutamente somável é uma família somável. Mostre que se E = R

ou E = C, vale a recíproca. Mostre que em `2(N) existem famílias somáveis nãoabsolutamente somáveis.

Solução: Primeiro provemos que absolutamente somável implica somável, em geral.Se (xi)i∈I é absolutamente somável, então (‖xi‖)i∈I é somável e daí verifica a condiçãode Cauchy. Dado ε > 0, existe Fε ∈ [I]<ω tal que se F ′ ∈ [I]<ω e F ′ ∩ Fε, vale que:∣∣∣∣∣∑

i∈F ′‖xi‖

∣∣∣∣∣ =∑i∈F ′‖xi‖ < ε.

Nestas condições, vale que: ∥∥∥∥∥∑i∈F ′

∥∥∥∥∥ ≤∑i∈F ′‖xi‖ < ε,

e daí (xi)i∈I também verifica a condição de Cauchy. Como o espaço é completo, segueque (xi)i∈I é somável.

Para a recíproca, façamos a prova primeiro para R. Seja (xi)i∈I uma famíliasomável em R. Então verifica a condição de Cauchy. Provemos que é absolutamentesomável. Seja ε > 0. Existe Fε ∈ [I]<ω tal que se F ′ ∈ [I]<ω e F ′ ∩ Fε = ∅, vale que∣∣∑

i∈F ′ xi∣∣ < ε/2. Seja F ′ nas condições acima. Chame P = i ∈ I | xi ≥ 0 e N = I \ P

as partes positiva e negativa de I. Temos:∣∣∣∣∣∑i∈F ′

|xi|

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∑i∈F ′∩P

|xi|+∑i∈F ′∩N

|xi|

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∑i∈F ′∩P

|xi|

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣ ∑i∈F ′∩N

|xi|

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∑i∈F ′∩P

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣ ∑i∈F ′∩N

−xi

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∑i∈F ′∩P

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣ ∑i∈F ′∩N

∣∣∣∣∣<ε

2+ε

2= ε,

pois (F ′ ∩ P) ∩ Fε = (F ′ ∩N) ∩ Fε = ∅. Então (xi)i∈I verifica a condição de Cauchy, ecomo R é completo, (|xi|)i∈I é somável e daí (xi)i∈I é absolutamente somável.

Agora seja (zj)j∈I uma família somável em C. Afirmo que (Re(zj))j∈I e (Im(zj))j∈Isão somáveis11. Se z =

∑j∈I zj, afirmo que Re(z) =

∑j∈IRe(zj), e analogamente para

a outra. Seja ε > 0. Então existe Fε ∈ [I]<ω tal que se F ∈ [I]<ω verifica F ⊃ Fε, valeque

∣∣z−∑i∈F zj∣∣ < ε. Daí nestas condições vale que:∣∣∣∣∣Re(z) −∑

j∈I

Re(zj)

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣Re(z) − Re

(∑j∈F

)∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣Re

(z−∑j∈F

)∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣z−∑

i∈F

∣∣∣∣∣ < ε.Do mesmo modo para (Im(zj))j∈I. Pelo trabalho feito em R, temos que (Re(zj))j∈Ie (Im(zj))j∈I são absolutamente somáveis, e assim as famílias dos seus respectivosmódulos verificam a condição de Cauchy.

Seja ε > 0. Então existem F(1)ε , F

(2)ε ∈ [I]<ω tais que:

F ′ ∈ [I]<ω, F ′ ∩ F(1)ε = ∅ =⇒ ∣∣∣∣∣∑j∈F ′

|Re(zj)|

∣∣∣∣∣ =∑j∈F ′

|Re(zj)| <ε

F ′ ∈ [I]<ω, F ′ ∩ F(2)ε = ∅ =⇒ ∣∣∣∣∣∑j∈F ′

|Im(zj)|

∣∣∣∣∣ =∑j∈F ′

|Im(zj)| <ε

Então Fε = F(1)ε ∪ F(2)ε ∈ [I]<ω. Se F ′ ∈ [I]<ω e F ′ ∩ Fε = ∅, valem ambas as condições

11Na verdade vale a recíproca, como corolário do exercício 11, mas não precisaremos disso.

acima. Com isto:∣∣∣∣∣∑j∈F ′

|zj|

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∑j∈F ′

|Re(zj) + i Im(zj)|

∣∣∣∣∣ =∑j∈F ′

|Re(zj) + i Im(zj)|

≤∑j∈F ′

|Re(zj)|+ |iIm(zj)| =∑j∈F ′

|Re(zj)|+∑j∈F ′

|Im(zj)|

≤ ε2+ε

2= ε.

Portanto (|zj|)j∈I verifica a condição de Cauchy, e como R é completo, (|zj|)j∈I ésomável e (zj)j∈I é absolutamente somável.

Finalmente, vejamos um contra-exemplo para a recíproca em `2(N). Seja en ∈`2(N) o elemento cujo n-ésimo termo seja 1 e o resto 0. Considere a sequência(en/n)n≥1 em `2(N). De fato, ‖en/n‖2 = 1

n. Temos que (en/n)n≥1 é somável e tem por

soma:x =

(1, 12,13, · · · , 1

n, · · ·

e∑

n≥11n2 < +∞, donde x ∈ `2(N). Mas a sequência não é absolutamente somável.

Temos que: ∑n≥1

∥∥∥enn

∥∥∥ =∑n≥1

= +∞.

Exercício 13 (P1). Sejam E um espaço de Hilbert, e eii∈I um sistema ortonormal.Mostre que ∑

i∈I

xiei

é a projeção de x ∈ E no subespaço vetorial fechado F gerado por eii∈I

Solução: Note que para todo J ⊆ I finito,∑

i∈J xiei ∈ F, portanto∑

i∈I xiei ∈ F.Estenda o sistema dado para um sistema ortonormal maximal eii∈A, com I ⊆ A.Como E é um espaço de Hilbert, x =

∑i∈A xiei. Fixe j ∈ I. Daí temos:⟨

x−∑i∈I

xiei, ej

⟩=

⟨∑i∈A

xiei −∑i∈I

xiei, ej

⟩=

⟨∑i∈A\I

xiei, ej

⟩=∑i∈A\I

xi〈ei, ej〉 = 0,

pois (A \ I) ∩ I = ∅. Como j ∈ I era qualquer,∑

i∈I xiei é a projeção de x em F.

Exercício 14. Em (E, 〈·, ·〉) seja eii∈I um sistema ortonormal. Mostre que o funcionallinear

y ∈ E→ f(y) = 〈y, x〉−∑i∈I

yixi

é contínuo, onde x ∈ E está fixado e vale que x 6=∑

i∈I xiei.

Solução: Vejamos que f é a soma de duas funções contínuas: temos que E 3y 7→ 〈y, x〉 ∈ C é contínua pelo exercício (5). E se nas condições dadas, definirmosg : E → C por g(y) =

∑i∈I yixi, temos que g é linear. Provemos que é contínua

verificando que é limitada na esfera. Suponha que ‖y‖ = 1. Temos que:

|g(y)| =

∣∣∣∣∣∑i∈I

yixi

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣⟨∑

i∈I

yiei,∑i∈I

xiei

⟩∣∣∣∣∣ ≤∥∥∥∥∥∑i∈I

yiei

∥∥∥∥∥∥∥∥∥∥∑i∈I

xiei

∥∥∥∥∥ ≤ ‖y‖‖x‖ = ‖x‖,onde usamos, em ordem, a identidade de Parseval, a desigualdade de Cauchy-Schwarz, e a desigualdade de Bessel.

Exercício 15. Mostre que as funções eirt, r ∈ R formam uma base ortonormal doespaço pré-hilbertiano definido no exercício (8).

Solução: Que formam uma base é claro, da forma dos elementos do espaço.Vejamos que é ortonormal. Sejam r, s ∈ R, com r 6= s. Temos que:

limT→+∞

12T

∫ T−T

eirteist dt = limT→+∞

12T

∫ T−T

eirte−ist dt = limT→+∞

12T

∫ T−T

ei(r−s)t dt

= limT→+∞

1i(r− s)

ei(r−s)t∣∣∣T−T

= limT→+∞

12T

1i(r− s)

(ei(r−s)T − e−i(r−s)T) = 0,

pois 1/(i(r − s)) é constante, a diferença das exponenciais é limitada, e 1/(2T) vaipra zero. Por outro lado:

12T

∫ T−T

eirteirt dt = 12T

∫ T−T

eirte−irt dt = 12T

∫ T−T

dt = 12T

2T = 1.

Fazendo T → +∞ o resultado ainda é 1.

Exercício 16. Sejam E um espaço de Hilbert e F pré-Hilbertiano. Demonstrar quepara cada funcional linear contínuo u de E em F, existe um único funcional linearcontínuo u∗ de F em E tal que para todosos x ∈ E e y ∈ F tenhamos:

〈u(x), y〉 = 〈x, u∗(y)〉.

Sugestão: indicar por u∗(y) o elemento de E que determina o funcional linear contínuox ∈ E 7→ 〈u(x), y〉 ∈ C.Solução: Como u é contínuo e 〈·, y〉 também é (pelo exercício 5 desta mesmalista), temos que x 7→ 〈u(x), y〉 é um funcional linear contínuo. Pelo Teorema daRepresentação de Riesz, existe um único vetor, que chamaremos de u∗(y), tal que〈u(x), y〉 = 〈x, u∗(y)〉. Se y1, y2 ∈ E e λ ∈ C, mesmo argumento dá a existência de umúnico vetor u∗(y1 + λy2) tal que:

〈x, u∗(y1 + λy2)〉 = 〈u(x), y1 + λy2〉.

Mas:

〈u(x), y1 + λy2〉 = 〈u(x), y1〉+ 〈u(x), λy2〉 = 〈u(x), y1〉+ λ〈u(x), y2〉= 〈x, u∗(y1)〉+ λ〈x, u∗(y2) = 〈x, u∗(y1)〉〉+ 〈x, λu∗(y2)〉= 〈x, u∗(y1) + λu∗(y2)〉

Como x é arbitrário, por unicidade, segue que u∗(y1 + λy2) = u∗(y1) + λu∗(y2), e

assim u∗ é linear. Resta ver que temos u∗ contínuo. Façamos isto verificando queu∗ é limitado na bola. Tome y ∈ F com ‖y‖ ≤ 1. Temos:

‖u∗(y)‖2 = 〈u∗(y), u∗(y)〉 = 〈y, u(u∗(y))〉≤ ‖y‖‖u(u∗(y))‖ ≤ ‖u(u∗(y))‖≤ ‖u‖‖u∗(y)‖.

Se u∗(y) = 0, vale ‖u∗(y)‖ ≤ ‖u‖ trivialmente. Caso contrário, dividimos ambos oslados da desigualdade por ‖u∗(y)‖ e novamente obtemos ‖u∗(y)‖ ≤ ‖u‖. Mas y ∈ Fcom ‖y‖ ≤ 1 nestas condições era arbitrário, portanto u∗ é limitado e ‖u∗‖ ≤ ‖u‖.12

12Na verdade vale a igualdade, pelo mesmo argumento.

3 Lista 3Exercício 1. Seja (fn)n≥0 uma sequência de funções contínuas do espaço compactoK no espaço dos números complexos C. Dê um exemplo onde fn(x) converge pontual-mente para uma função f que não é contínua.

Solução: Considere, para todo n ≥ 0, fn : [0, 1] → C dada por fn(x) = xn, Então éclaro que (fn)n≥0 ⊆ C([0, 1]), e [0, 1] é compacto. Mas (fn)n≥0 converge pontualmentepara f : [0, 1]→ C dada por:

f(x) =

0, se x ∈ [0, 1)1, se x = 1,

e f 6∈ C([0, 1]).

Exercício 2 (P2, Sub). Mostre que C(K), o espaço das funções contínuas de um espaçocompacto K em C, com a norma:

‖f‖∞ = sup|f(x)| | x ∈ K

é um espaço linear completo, isto é, C(K) é um espaço de Banach quando equipadocom a topologia da convergência uniforme.

Solução: Feito anteriormente.

Exercício 3. Mostre que: se uma sequência (fn)n≥0 de funções contínuas, de umespaço compacto X em R converge uniformemente para uma função f : X → R, entãof ∈ C(X).

Solução: Fixe x0 ∈ X. Vamos provar que f é contínua em x0. Seja ε > 0. Comofn‖·‖∞−→ f, existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 =⇒ ‖fn − f‖∞ < ε/3, donde temos que

|fn(x) − f(x)| < ε/3 para todo x ∈ X (em particular para x0). Como fn0 é contínua emx0, existe uma vizinhança V de x0 tal que x ∈ V =⇒ |fn0(x) − fn0(x0)| < ε/3. Entãose x ∈ V , temos que:

|f(x) − f(x0)| ≤ |f(x) − fn0(x)|+ |fn0(x) − fn0(x0)|+ |fn0(x0) − f(x0)| <ε

3+ε

3= ε.

Logo f é contínua em x0. Como x0 ∈ X era qualquer, f é contínua em X.

Exercício 4. Calcule limn→+∞ fn na norma:

‖f‖1 =∫ 20‖f(t)| dt

para a sequência:

fn(x) =

xn se 0 ≤ x ≤ 11 se 1 ≤ x ≤ 2.

Solução: Seja f : [0, 2]→ R dada por:

f(x) =

0 se 0 ≤ x < 11 se 1 ≤ x ≤ 2

Afirmo que fn‖·‖1−→ f. De fato, temos que ‖fn − f‖1 = 1/(n+ 1) n→+∞−→ f.

Exercício 5 (P2). Mostre que CL2([0, 2]), o espaço das funções contínuas de um espaçocompacto [0, 2] em C, com a norma:

‖f‖2 =(∫ 2

0|f(x)|2 dx

)1/2

não é um espaço completo.

Solução: Considere a sequência e o limite do exercício anterior. Vejamos que(fn)n≥0 é de ‖ · ‖2-Cauchy. Seja p ∈ N qualquer. Então ‖fn+p − fn‖2

n→+∞−→ 0 indepen-dentemente de p. Com efeito:

‖fn+p − fn‖2 =

√∫ 20|fn+p(x) − fn(x)|2 dx

√∫ 10(xn+p − xn)2 dx

√∫ 10x2(n+p) − 2x2n+p + x2n dx

√1

2(n+ p) + 1−

22n+ p+ 1

2n+ 1n→+∞−→ 0

Porém f 6∈ CL2([0, 2]), pois se f fosse contínua, pelo Teorema do Valor Intermediário,f deveria assumir todos os valores entre 0 e 1, o que não ocorre. Vejamos quefn‖·‖2−→ f. Temos que:

‖fn − f‖2 =

√∫ 20|fn(x) − f(x)|2 dx =

√∫ 10x2n dx =

√1

2n+ 1→ 0.

Exercício 6 (P2, Sub).

(a) Mostre que:

`1(N) =

(xn)n∈N |

∑n∈N

|xn| < +∞é um espaço vetorial normado e completo para a norma ‖(xn)n∈N‖1 =

∑n∈N |xn|.

(b) Mostre que:

`2(N) =

(xn)n∈N |

∑n∈N

|xn|2 < +∞

é um espaço vetorial normado e completo para a norma ‖(xn)n∈N‖2 =√∑

n∈N |xn|2.

Solução:

(a) Recorde que as operações em `1(N) são definidas termo a termo, então as pro-priedades das operações são herdadas das operações de C. Provemos que x =(xn)n≥0, y = (yn)n≥0 ∈ `1(N) =⇒ x+ y ∈ `1(N). Diretamente:

|xn + yn| ≤ |xn|+ |yn|, ∀n ≥ 0 =⇒ ∑n≥0

|xn + yn| ≤∑n≥0

|xn|+∑n≥0

|yn| < +∞.E se λ ∈ C, temos:∑

n≥0

|xn| < +∞ =⇒ |λ|∑n≥0

|xn| < +∞ =⇒ ∑n≥0

|λxn| < +∞,logo λx ∈ `1(N) também.Façamos uma rápida verificação de que ‖ · ‖1 é norma. Temos que ‖x‖1 ≥ 0 porconsistir de uma soma de termos positivos. Se ‖x‖1 = 0, então |xn| = 0 e logoxn = 0 para todo n, então x = 0.Se λ ∈ C, temos:

‖λx‖1 =∑n≥0

|λxn| =∑n≥0

|λ||xn| = |λ|∑n≥0

|xn| = |λ|‖x‖1.

E a desigualdade triangular segue do cálculo feito para verificar que x, y ∈`1(N) =⇒ x+ y ∈ `1(N).Vejamos agora que (`1(N), ‖ · ‖1) é um espaço de Banach. Seja

(ξn)n≥0 = ((x(n)k )k≥0)n≥0 ⊆ `1(N)

uma sequência de ‖ · ‖1-Cauchy. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que:

‖ξn − ξm‖1 < ε ∀m,n > n0 =⇒ ∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k | < ε ∀m,n > n0.

Mas:|x

(n)k − x

(m)k | ≤

∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k | < ε ∀m,n > n0, ∀k ≥ 0.

Portanto temos que fixado k, (x(n)k )n≥0 é uma sequência de | · |-Cauchy em C.

Como C é completo, existe o limite xk = limn→∞ x(n)k . Defina ξ = (xk)k≥0. Afirmoentão que ξ ∈ `1(N) e que ξn

‖·‖1−→ ξ.

Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que:

‖ξn − ξm‖1 < ε, ∀m,n > n0∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k | < ε, ∀m,n > n0

r∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k | < ε, ∀m,n > n0, ∀ r ≥ 0

limm→+∞

r∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k | ≤ ε, ∀n > n0, ∀ r ≥ 0

r∑k≥0

|x(n)k − xk| ≤ ε, ∀n > n0, ∀ r ≥ 0∑

k≥0

|x(n)k − xk| ≤ ε, ∀n > n0

‖ξn − ξ‖1 ≤ ε, ∀n > n0,

portanto ξn‖·‖1−→ ξ. Isto também nos dá que ξ = ξn0 − (ξn0 − ξ) ∈ `1(N), fixado o

n0 correspondente a, digamos, ε = 1.

(b) Recorde que as operações em `2(N) são definidas termo a termo, então as pro-priedades das operações são herdadas das operações de C. Provemos que x =(xn)n≥0, y = (yn)n≥0 ∈ `2(N) =⇒ x+ y ∈ `2(N). Temos que para todo n ≥ 0 valeque (xn + yn)

2 ≤ (|xn|+ |yn|)2. Com efeito:

(xn+yn)2 ≤ (|xn|+|yn|)

2 ⇐⇒ x2n+2xnyn+y2n ≤ |xn|2+2|xnyn|+|yn|

2 ⇐⇒ xnyn ≤ |xnyn|,

o que é verdade. Ainda mais, vale que (|xn| + |yn|)2 ≤ 4|xn|2 + 4|yn|2 (a análise

pode ser feita sem perder generalidade se |xn| ≥ |yn|, diretamente). Isto vale paratodo n, portanto:

∑n≥0

|xn+yn|2 ≤∑n≥0

(|xn|+|yn|)2 ≤∑n≥0

4|xn|2+4|yn|2 = 4

(∑n≥0

|xn|2 +∑n≥0

|yn|2

)< +∞,

daí x+ y ∈ `2(N). E se λ ∈ C, temos:∑n≥0

|xn|2 < +∞ =⇒ |λ|2

∑n≥0

|xn|2 < +∞ =⇒ ∑

n≥0

|λxn|2 < +∞,

logo λx ∈ `2(N) também.Façamos uma rápida verificação de que ‖ · ‖2 é norma. Com efeito, ela é induzidapela aplicação 〈·, ·〉 : `2(N)× `2(N)→ C dada por 〈x, y〉 =

∑n≥0 xnyn, que veremos

ser um produto interno.Temos que 〈x, x〉 ≥ 0 qualquer que seja x ∈ `2(N) por ser uma soma de termospositivos. E:

〈x, x〉 =∑n≥0

|xn|2 = 0 =⇒ |xn|

2 = 0 ∀n ≥ 0 =⇒ xn = 0, ∀n ≥ 0,

daí x = 0. E também:

〈x, y〉 =∑n≥0

xnyn =∑n≥0

xnyn = 〈y, x〉.

E dado z ∈ `2(N), e λ ∈ C, temos:

〈x+ λy, z〉 =∑n≥0

(xn + λyn)zn =∑n≥0

xnzn + λ∑n≥0

ynzn = 〈x, z〉+ λ〈y, z〉.

Isto, juntamente com o fato de 〈·, ·〉 ser hermiteana, nos dá a sesquilinearidadede 〈·, ·〉. Portanto 〈·, ·〉 é um produto interno, que induz ‖ · ‖2. Então ‖ · ‖2 éautomaticamente uma norma.Vejamos agora que (`2(N), ‖ · ‖2) é um espaço de Banach. Seja

(ξn)n≥0 = ((x(n)k )k≥0)n≥0 ⊆ `2(N)

uma sequência de ‖ · ‖2-Cauchy. Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que:

‖ξn − ξm‖2 < ε ∀m,n > n0 =⇒ ∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k |2 < ε2 ∀m,n > n0.

Mas:|x

(n)k − x

(m)k |2 ≤

∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k |2 < ε2 ∀m,n > n0, ∀k ≥ 0.

Portanto temos que fixado k, (x(n)k )n≥0 é uma sequência de | · |-Cauchy em C.

Como C é completo, existe o limite xk = limn→∞ x(n)k . Defina ξ = (xk)k≥0. Afirmoentão que ξ ∈ `2(N) e que ξn

‖·‖2−→ ξ.Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que:

‖ξn − ξm‖2 < ε, ∀m,n > n0∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k |2 < ε2, ∀m,n > n0

r∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k |2 < ε2, ∀m,n > n0, ∀ r ≥ 0

limm→+∞

r∑k≥0

|x(n)k − x

(m)k |2 ≤ ε2, ∀n > n0, ∀ r ≥ 0

r∑k≥0

|x(n)k − xk|

2 ≤ ε2, ∀n > n0, ∀ r ≥ 0∑k≥0

|x(n)k − xk|

2 ≤ ε2, ∀n > n0

‖ξn − ξ‖2 ≤ ε, ∀n > n0,

portanto ξn‖·‖2−→ ξ. Isto também nos dá que ξ = ξn0 − (ξn0 − ξ) ∈ `2(N), fixado o

n0 correspondente a, digamos, ε = 1.

n≥0 |xn| < +∞,e portanto |xn| → 0. Assim existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica que |xn| < 1.Nestas condições |xn|

2 < |xn| e daí:∑n>n0

|xn|2 <∑n>n0

|xn| ≤∑n≥0

|xn| < +∞,e daí

∑n≥0 |xn|

2 < +∞ (desprezamos apenas uma quantidade finita de termos).Não vale a inclusão contrária. A sequência (1/n)n≥1 está em `2(N) pois:∑

n≥1

1n2 =

π2

6< +∞,

mas não está em `1(N) pois: ∑n≥1

= +∞.

Exercício 7. Seja X um espaço de Banach. Se E ⊆ X é um subespaço de dimensãofinita, então E é um subespaço fechado de X.

Solução: Vamos primeiro provar que se um espaço vetorial qualquer V tem dimen-são finita, então todas as normas sobre V são equivalentes. Fixe uma base e1, . . . , en

uma base de V . Então todo x ∈ V se escreve unicamente como x =∑n

i=1 xiei. Defina‖ · ‖ : V → R por ‖x‖ = max|xi| | 1 ≤ i ≤ n. Claramente ‖ · ‖ é uma norma. Agoraseja p : V → R outra norma qualquer. Por um lado, temos:

p(x) = p

(n∑i=1

xiei

)≤

n∑i=1

|xi|p(ei) ≤n∑i=1

‖x‖p(ei) = b‖x‖,

onde b =∑n

i=1 p(ei). Por outro lado, como V tem dimensão finita, a esfera S =x ∈ V | ‖x‖ = 1 é compacta. Como p é uma norma, p é contínua. Pelo teoremado extremo de Weierstrass, p atinge um mínimo em S, digamos em x0, e chamea = p(x0). Como x0 ∈ S, temos ‖x0‖ = 1 6= 0, então x0 6= 0 e daí a > 0. Seja x ∈ Vqualquer, x 6= 0 (se x = 0 nada há o que fazer). Então:

‖x‖

)≥ a =⇒ a‖x‖ ≤ p(x).

Como obtivemos a desigualdade:

a‖x‖ ≤ p(x) ≤ b‖x‖,

temos que p e ‖ · ‖ são equivalentes. Como p era qualquer, todas as normas em V

são equivalentes a ‖ · ‖, e portanto equivalentes entre si.De volta ao contexto do exercício, aproveitemos a notação e fixemos e1, . . . , en

uma base de E. Então defina T : Cn → E, pondo T((xj)

nj=1)=∑n

j=1 xjej. É claro queT é linear. Temos que T é injetora pois ej

nj=1 é linearmente independente, e T é

sobrejetora pois todo elemento de E se escreve como∑n

j=1 xjej, e aí a n-upla (xj)nj=1 é

levada no elemento por T . Assim T é bijetora, e portanto um isomorfismo entre Cn eE. Defina ‖ · ‖T : Cn → R pondo ‖x‖T = ‖Tx‖. Vejamos rapidamente que ‖ · ‖T é umanorma em Cn. Que ‖x‖T ≥ 0 para todo x é claro. E:

‖x‖T = 0 =⇒ ‖Tx‖ = 0 =⇒ Tx = 0 =⇒ x = 0,

pois T é injetora. Se λ ∈ C e x ∈ Cn temos:

‖λx‖T = ‖T(λx)‖ = ‖λTx‖ = |λ|‖Tx‖ = |λ|‖x‖T .

E por fim, dados x, y ∈ Cn, vale que:

‖x+ y‖T = ‖T(x+ y)‖ = ‖Tx+ Ty‖ ≤ ‖Tx‖+ ‖Ty‖ = ‖x‖T + ‖y‖T .

Assim ‖ · ‖T é uma norma em Cn. E note que pela construção de ‖ · ‖T , T é umisomorfismo isométrico entre (Cn, ‖ · ‖T) e (E, ‖ · ‖). Pelo início da discussão, temosque ‖ · ‖ é equivalente, digamos à norma do máximo ou a norma canônica em Cn,que o torna um espaço de Banach. Portanto (Cn, ‖ · ‖T) é também um espaço deBanach. Como Cn e E com as tais normas são isometricamente isomorfos, segue queE é um espaço de Banach com a norma induzida de X. Porém, como X é um espaçode Banach, para começar, concluímos que E é fechado em X.

Exercício 8. Mostre que a aderência de qualquer subespaço vetorial F ⊆ X ainda éum subespaço vetorial deste espaço normado X.

Solução: Basta mostrar que F é fechado para as operações de X. Notamos que0 ∈ F ⊆ F. E ainda, dados x, y ∈ F e λ ∈ C, existem sequências (xn)n≥0, (yn)n≥0 ⊆ Ftais que xn → x e yn → y. Como F é um subespaço vetorial de X, F é fechado paraas operações de X, portanto para cada n ≥ 0, temos que xn + λyn ∈ F. Desta formaxn + λyn → x+ λy ∈ F.

Exercício 9. Seja E um espaço vetorial de dimensão finita dimE = n e e1, . . . , en

uma base de E. Para cada x ∈ E, escreva:

x = α1e1 + · · ·+ αnen.

Mostre que:x ∈ E 7→ ‖x‖ = max|αk| | 1 ≤ k ≤ n ∈ R

é uma norma sobre E.

Solução: Primeiro notamos que como eknk=1 é uma base de E, x ∈ E se escreve de

forma única como explicitado no enunciado, e sendo assim, a aplicação ‖·‖ está bemdefinida. Que ‖ · ‖ ≥ 0 para todo x ∈ E é claro, pois |αk| ≥ 0 para todo k = 1, . . . , n.E:

‖x‖ = 0 =⇒ max|αk| | 1 ≤ k ≤ n = 0=⇒ |αk| = 0, ∀k = 1, . . . , n=⇒ αk = 0, ∀k = 1, . . . , n.

Assim, x =∑n

k=1 αkek = 0. Ainda, se λ ∈ C, temos que x =∑n

k=1 αkek =⇒ λx =∑nk=1 λαkek, donde:

‖λx‖ = max1≤k≤n

|λαk| = max1≤k≤n

|λ||αk| = |λ| max1≤k≤n

|αk| = |λ|‖x‖.

E por fim, se y =∑n

k=1 βkek, temos que x + y =∑n

k=1(αk + βk)ek, e assim, fixado kentre 1 e n qualquer, vale:

|αk + βk| ≤ |αk|+ |βk| ≤ ‖x‖+ ‖y‖.

Tomando o máximo em k segue que ‖x+y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖. Portanto ‖ · ‖ é uma normaem E.

Exercício 10 (P2). Seja E um espaço vetorial, B = (ei)i∈I uma base algébrica13 de E.Portanto, para cada x ∈ E existe finito F ⊆ I e λi ∈ C | i ∈ F, tais que:

x =∑i∈F

λiei.

Mostre que existe uma norma para E.

Solução: Seja x ∈ E. Suponha que dados F1, F2 ⊆ I, finitos, tenhamos

x =∑i∈F1

aiei =∑i∈F2

biei.

Então: ∑i∈F1\F2

aiei +∑i∈F1∩F2

(ai − bi)ei +∑i∈F2\F1

(−bi)ei = 0.

Por independência linear dos (ei)i∈F1∪F2 , segue que:ai = 0, ∀ i ∈ F1 \ F2ai = bi, ∀ i ∈ F1 ∩ F2bi = 0, ∀ i ∈ F2 \ F1

∑i∈F xiei, está

bem-definida a aplicação ‖ · ‖ : E → R dada por ‖x‖ = maxi∈F |xi|. Isto é, o valor de‖x‖ não depende do conjunto F usado para escrever a combinação. Agora só faltaverificar que esta aplicação ‖ · ‖ de fato funciona.

Que ‖x‖ ≥ 0 para todo x ∈ E é claro. E:

‖x‖ = 0 =⇒ maxi∈F

|xi| = 0 =⇒ |xi| = 0, ∀ i ∈ F =⇒ xi = 0, ∀ i ∈ F,

logo x =∑

i∈F xiei = 0. Se λ ∈ C, temos:

‖λx‖ = maxi∈F

|λxi| = maxi∈F

|λ||xi| = |λ|maxi∈F

|xi| = |λ|‖x‖.

13Base de Hamel. A existência de uma tal base para qualquer espaço segue do Axioma da Escolha,portanto o resultado desse exercício também!

E para a desigualdade triangular, escreva x =∑

i∈F1 xiei e y =∑

i∈F2 yiei, com F1, F2 ⊆I, finitos. Podemos escrever:

x+ y =∑i∈F1

xiei +∑i∈F2

yiei =∑i∈F1\F2

xiei +∑i∈F1∩F2

(xi + yi)ei +∑i∈F2\F1

yiei,

isto é:

x+ y =∑i∈F1∪F2

ciei, com ci =

xi, ∀ i ∈ F1 \ F2xi + yi, ∀ i ∈ F1 ∩ F2yi, ∀ i ∈ F2 \ F1

Assim: se i ∈ F1 \ F2, |ci| = |xi| ≤ |xi|+ ‖y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖se i ∈ F1 ∩ F2, |ci| = |xi + yi| ≤ |xi|+ |yi| ≤ ‖x‖+ ‖y‖se i ∈ F2 \ F1, |ci| = |yi| ≤ ‖x‖+ |yi| ≤ ‖x‖+ ‖y‖

Então como |ci| ≤ ‖x‖ + ‖y‖ para todo i ∈ F1 ∪ F2, tomamos o máximo e obtemos‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖. Portanto ‖ · ‖ é uma norma sobre E.

Exercício 11. Dados espaços vetoriais normados E e F, seja:

L(E, F) = f : E→ F | f é linear e contínua.

(a) Mostre que L(E, F) é um espaço vetorial.

(b) Defina:f ∈ L(E, F) 7→ ‖f‖ = sup

‖x‖≤1‖f(x)‖.

Mostre que (L(E, F), ‖ · ‖) é um espaço normado.

Solução:

(a) Se f, g ∈ L(E, F) e λ ∈ C, definimos f + g e λf por (f + g)(x) = f(x) + g(x) e(λf)(x) = λf(x), para todo x ∈ E. As propriedades das operações em L(E, F) sãoherdadas das operações de F, que já sabemos ser um espaço vetorial. Verifiquemosque f+ λg ∈ L(E, F).

Linearidade: Sejam x, y ∈ E, k ∈ C. Temos:

(f+ λg)(x+ ky) = f(x+ ky) + (λg)(x+ ky) = f(x+ ky) + λg(x+ ky)

= f(x) + kf(y) + λ(g(x) + kg(y)) = f(x) + kf(y) + λg(x) + λkg(y)

= f(x) + λg(x) + k(f(y) + λg(y)) = f(x) + (λg)(x) + k(f(y) + (λg)(y))

= (f+ λg)(x) + k(f+ λg)(y),

portanto f+ λg é linear.

Continuidade: Se λ = 0 nada há o que fazer. Suponha λ 6= 0. Seja ε > 0. Fixex0 ∈ E qualquer. Existem δ1, δ2 > 0 tais que:

‖x− x0‖ < δ1 =⇒ ‖f(x) − f(x0)‖ < ε/2‖x− x0‖ < δ2 =⇒ ‖g(x) − g(x0)‖ < ε/2|λ|

Chame δ = minδ1, δ2 > 0. Se ‖x − x0‖ < δ, então valem as duas condiçõesacima e:

‖(f+ λg)(x) − (f+ λg)(x0)‖ = ‖f(x) + λg(x) − f(x0) − λg(x0)‖= ‖f(x) − f(x0) + λ(g(x) − g(x0))‖≤ ‖f(x) − f(x0)‖+ |λ|‖g(x) − g(x0)‖

<ε

2+ |λ|

2|λ|= ε,

portanto f+λg é contínua em x0 ∈ E. Como x0 é arbitrário, f+λg é contínua.

Concluímos que f+ λg ∈ L(E, F), portanto L(E, F) é um espaço vetorial.

(b) Seja f ∈ L(E, F) qualquer. Como ‖f(x)‖ ≥ 0 qualquer que seja x ∈ E, segue que‖f‖ = sup‖x‖≤1 ‖f(x)‖ ≥ 0. Se ‖f‖ = 0, então ‖f(x)‖ = 0 e logo f(x) = 0 qualquerque seja x com ‖x‖. É claro que f(0) = 0. E se x 6= 0, x/‖x‖ tem norma 1 e daíf(x/‖x‖) = f(x)/‖x‖ = 0 =⇒ f(x) = 0. Portanto f = 0.Seja agora λ ∈ C. Temos:

‖λf‖ = sup‖x‖≤1

‖λf(x)‖ = sup‖x‖≤1

|λ|‖f(x)‖ = |λ| sup‖x‖≤1

‖f(x)‖ = |λ|‖f‖.

Para a desigualdade triangular, tome x ∈ E com ‖x‖ ≤ 1, qualquer. Temos:

‖(f+ g)(x)‖ = ‖f(x) + g(x)‖ ≤ ‖f(x)‖+ ‖g(x)‖ ≤ ‖f‖+ ‖g‖.

Agora passe ao supremo no lado esquerdo e obtemos ‖f+ g‖ ≤ ‖f‖+ ‖g‖.

‖x‖

)∥∥∥∥ ≤ ‖f‖ =⇒ ∥∥∥∥ 1‖x‖

f(x)

∥∥∥∥ ≤ ‖f‖ =⇒ ‖f(x)‖‖x‖

≤ ‖f‖ =⇒ ‖f(x)‖ ≤ ‖f‖‖x‖.

Exercício 12 (P2, extra). Seja m ≥ 0 um número natural fixado. Mostre que entretodos os polinômios P ∈ C[X] de grau ≤ m tais que P(0) = 1, existe um que tornamínimo o valor: ∫ 1

0|P(t)| dt.

Solução: Seja Pm(C) o espaço dos polinômios com coeficientes complexos e grau≤ m. Temos que ‖ · ‖ : Pm(C) → R dada por ‖P‖ =

∫10 |P(t)| dt é uma norma em

Pm(C). Como a dimensão de Pm(C) é finita (m+ 1, para ser exato), a bola unitária:

B[0, 1] =P ∈ Pm(C) |

∫ 10|P(t)| dt = 1

é compacta, e ‖ · ‖ é contínua por ser uma norma.

Defina T : Pm(C) → C pondo T(P) = P(0). Dados P,Q ∈ Pm(C) e λ ∈ C, temosque:

T(P + λQ) = (P + λQ)(0) = P(0) + λQ(0) = T(P) + λT(Q),

donde T é linear. Como além de Pm(C), C também tem dimensão finita, segue que Ttambém é contínua. Desta forma, o conjunto:

T−1(1) = P ∈ Pm(C) | P(0) = 1

é a pré-imagem de um conjunto fechado por uma função contínua, portanto é fechadotambém. Como Pm(C) é um espaço normado, e portanto Hausdorff, temos queB[0, 1] ∩ T−1(1) é a interseção de um compacto com um fechado, logo compacto.Pelo teorema do extremo de Weierstrass, existe P0 ∈ B[0, 1] ∩ T−1(1) que minimiza‖ · ‖ em B[0, 1] ∩ T−1(1). Mas evidentemente ‖P0‖ ≤ ‖P‖ se ‖P‖ ≥ 1 (isto é, seP 6∈ B[0, 1]). Portanto P0 minimiza ‖ · ‖ em T−1(1) e é o polinômio procurado.

Exercício 13. Seja E um espaço normado, e E o espaço das sequências de Cauchy deE, e a aplicação:

(xn)n≥0 ∈ E 7→ ‖(xn)n≥0‖ = supn≥0‖xn‖

(a) Mostre que esta aplicação é uma norma.

(b) Mostre que o subespaço E0 das sequências de E que convergem para 0 é fechadoem E.

(d) A aplicação I : E → E tal que I(x) = [x] (a classe das sequências tais que xn = x

para todo n) é uma isometria linear de E em um subespaço denso de E.

Solução:(a) Sejam x = (xn)n≥0, y = (yn)n≥0 ∈ E e λ ∈ C. É claro que ‖x‖ ≥ 0, por ser o

supremo entre números não-negativos. E se ‖x‖ = supn≥0 ‖xn‖ = 0, então temos‖xn‖, e logo xn iguais a zero para todo n, donde x = 0. Também:

‖λx‖ = supn≥0‖λxn‖ = sup

n≥0|λ|‖xn‖ = |λ| sup

n≥0‖xn‖ = |λ|‖x‖.

E por fim, temos:

‖xn + yn‖ ≤ ‖xn‖+ ‖yn‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖, ∀n ≥ 0,

então podemos tomar o supremo no lado esquerdo e obtemos ‖x+y‖ ≤ ‖x‖+‖y‖.14Neste item e no seguinte, utilizamos uma outra norma, mais factível de ser trabalhada. Você

pode me enviar ma resolução direta usando a norma quociente, caso ache (será acrescentada com odevido agradecimento).

(b) Seja (ξn)n≥0 = ((x(n)k )k≥0)n≥0 uma sequência em E0, com ξn → ξ = (xk)k≥0. Vamos

provar que (xk)k≥0 converge para zero também. Seja ε > 0. Como ξn → ξ, existen0 ∈ N tal que ‖ξn0 − ξ‖ < ε/2, isto é, ‖x(n0)

k − xk‖ < ε/2 para todo k ≥ 0. Mascomo (xn0

k )k≥0 converge para zero, existe k0 ∈ N tal que ‖x(n0)k ‖ < ε/2 para todo

k > k0. Então se k > k0 temos:

‖xk‖ = ‖xk − xn0k + x

(n0)k ‖ ≤ ‖xk − x

n0k ‖+ ‖x

n0k ‖ <

2+ε

2= ε,

donde (xk)k≥0 converge para zero, e daí ξn → ξ ∈ E0. Portanto E0 é fechado.

k→+∞ ‖xk‖,onde (xk)k≥0 ∈ [ξ]. Vejamos que o valor acima não depende da escolha de repre-sentante (xk)k≥0. Mais exatamente, vejamos que se (yk)k≥0, (zk)k≥0 ∈ [(xk)k≥0], en-tão limk→+∞ ‖yk‖ = limk→+∞ ‖zk‖. Seja ε > 0. Existe k0 ∈ N grande o suficiente15tal que se k > k0, temos ‖xk−yk‖, ‖xk−zk‖ < ε/2, pois (yk)k≥0, (zk)k≥0 ∈ [(xk)k≥0].Nestas condições:

|‖yk‖− ‖zk‖| ≤ ‖yk − zk‖ ≤ ‖yk − xk‖+ ‖xk − zk‖ <ε

2+ε

2= ε.

Agora façamos a verificação de que realmente temos uma norma. Como sem-pre, é claro que ‖[(xk)k≥0]‖ ≥ 0 para qualquer sequência (xk)k≥0 ∈ E. E se‖[(xk)k≥0]‖ = 0, temos que limk→+∞ ‖xk‖ = 0, e disto segue que limk→+∞ xk = 0,assim (xk)k≥0 ∈ E0 = [0], e temos que [(xk)k≥0] = [0]. As outras propriedadesseguem das propriedades da norma em E, aplicando limk→+∞.Se I : E→ E/E0 é dada por I(x) = [(x)], onde (x) é a sequência constante e iguala x, veremos no item a seguir que I(E) é denso em E/E0. É claro que I é linear(veja por exemplo o exercício 17 adiante). E ainda I preserva normas pois:

‖I(x)‖ = ‖[(x)]‖ = limk→+∞ ‖x‖ = ‖x‖.

Vejamos com isto que E/E0 é completo.

Seja ([ξ]n)n≥0 uma sequência de Cauchy em E/E0 e ε > 0. Como I(E) é denso,para cada n ≥ 0 existe yn ∈ E tal que ‖[ξ]n − Iyn‖ < ε/3. Vejamos que asequência (yn)n≥0 é de Cauchy. Temos que existe n0 ∈ N tal que m,n > n0implica ‖[ξ]n − [ξ]m‖ < ε/3. Aí:

‖yn − ym‖ = ‖I(yn − ym)‖ = ‖Iyn − Iym‖

≤ ‖Iyn − [ξ]n‖+ ‖[ξ]n − [ξ]m‖+ ‖[ξ]m − Iym‖ <ε

3+ε

3= ε.

Chame ξ = (yn)n≥0. E agora teremos que ([ξ]n)n≥0 converge para [ξ] em E/E0,pela construção dos yn, pois ‖[ξ]n − [ξ]‖ = ‖[ξ]n − Iyn‖ vai pra zero quandon→ +∞.

15Um para cada sequência e tomamos o máximo.

(d) Só resta mostrar que I(E) é denso em E/E0. Seja [ξ] ∈ E/E0 qualquer classe.Tome um representante (xn)n≥0 ∈ [ξ]. Como o representante é uma sequência deCauchy, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica ‖xn − xn0‖ < ε. Entãoconsidere (xn0 , xn0 , · · · ) = Ixn0 ∈ I(E). Temos:

‖[ξ] − Ixn0‖ = ‖[(xn)n≥0] − [(xn0)]‖ = ‖[(xn − xn0)n≥0]‖ = limn→+∞ ‖xn − xn0‖ ≤ ε,

pois ‖xn − xn0‖ < ε para todo n > n0 implica limn→+∞ ‖xn − xn0‖ ≤ ε). PortantoIxn0 está na bola centrada em [ξ] de raio ε, o que conclui o argumento.

Exercício 14. Seja Cn≥2 com a norma uniforme ‖·‖∞. Para x = (x1, x2, . . . , xn) defina:

T(x) =

(n∑j=1

α1jxj, . . . ,

n∑j=1

αnjxj

Mostre que T é um operador linear limitado e calcule a sua norma.

Solução: Sejam x = (xj)nj=1, (yj)

nj=1 ∈ Cn e λ ∈ C. Vejamos que T é linear.

T(x+ λy) =

(n∑j=1

α1j(xj + λyj), . . . ,

n∑j=1

αnj(xj + λyj)

)

(n∑j=1

α1jxj + λα1jyj, . . . ,

n∑j=1

αnjxj + λαnjyj

)

(n∑j=1

α1jxj + λ

n∑j=1

α1jyj, . . . ,

n∑j=1

αnjxj + λ

n∑j=1

αnjyj

)

(n∑j=1

α1jxj, . . . ,

n∑j=1

αnjxj

)+ λ

(n∑j=1

α1jyj, . . . ,

n∑j=1

αnjyj

)= T(x) + λT(y).

Agora vejamos que T é limitado. Fixe um índice i entre 1 e n qualquer. Temos:∣∣∣∣∣n∑j=1

αijxj

∣∣∣∣∣ ≤n∑j=1

|αij| |xj| ≤n∑j=1

|αij|‖x‖∞ =

(n∑j=1

|αij|

)‖x‖∞ ≤

(max1≤i≤n

n∑j=1

|αij|

)‖x‖∞.

Tomando o máximo em i do lado esquerdo, temos:

‖T(x)‖∞ ≤(max1≤i≤n

n∑j=1

|αij|

)‖x‖∞.

Portanto T é limitado e ‖T‖ ≤ max1≤i≤n∑n

j=1 |αij|. Vejamos que vale a igualdade. Sejai∗ o índice que realiza o máximo. Então seja x ∈ Cn o vetor cuja j-ésima coordenadaseja αi∗j/|αi∗j| se αi∗j 6= 0, e 0 caso contrário. Então temos que ‖x‖∞ = 1 (pois omódulo de todas as suas entradas é 1), e a i∗-ésima coordenada de T(x) verifica:∣∣∣∣∣

n∑j=1

αi∗jαi∗j

|αi∗j|

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣n∑j=1

|αi∗j|2

|αi∗j|

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣n∑j=1

|αi∗j|

∣∣∣∣∣ =n∑j=1

|αi∗j| = max1≤i≤n

n∑j=1

|αij|.

Portanto ‖T‖ = max1≤i≤n∑n

j=1 |αij|.

Exercício 15. Para x = (xn)n≥0 ∈ `2(N), defina:

T(x) = (xn+1)n≥0 ∈ `2(N).

Mostre que T é um operador linear limitado e calcule a sua norma.

Solução: Sejam x = (xn)n≥0, y = (yn)n≥0 ∈ `2(N), e λ ∈ C. Vejamos que T é linear.Temos:

T(x+ λy) = (xn+1 + λyn+1)n≥0 = (xn+1)n≥0 + λ(yn+1)n≥0 = T(x) + λT(y).

E também temos:

‖T(x)‖2 =

(∑n≥0

x2n+1

)1/2

≤

(∑n≥0

x2n

)1/2

= ‖x‖2,

pois apenas estamos acrescentando o termo x20 na soma. Assim T é limitado e‖T‖ ≤ 1. Para ver que a igualdade ocorre basta considerar x = (0, 1,0, . . .) ∈ `2(N).Claramente temos ‖x‖2 = 1, T(x) = (1,0,0, · · · ) e por fim ‖T(x)‖2 = 1. Assim ‖T‖ = 1.

Exercício 16. Seja BC(]0,+∞[) o espaço linear das funções limitadas na semi-reta]0,+∞[, equipado com a norma uniforme. Defina T ∈ L(BC(]0,+∞[)) por:

(Tx)(t) =1t

∫ t0x(τ) dτ.

Mostre que T é um operador linear limitado e calcule a sua norma.

Solução: Sejam x, y ∈ BC(]0,+∞[) e λ ∈ R. Vejamos que T é linear. Temos,qualquer que seja t > 0:

(T(x+ λy))(t) =1t

∫ t0(x+ λy)(τ) dτ = 1

∫ t0x(τ) + λy(τ) dτ

=1t

∫ t0x(τ) dτ+ 1

∫ t0λy(τ) dτ

=1t

∫ t0x(τ) dτ+ λ1

∫ t0y(τ) dτ

= (Tx)(t) + λ(Ty)(t) = (Tx)(t) + (λTy)(t)

= (Tx+ λTy)(t).

Logo T(x+ λy) = Tx+ λTy. Agora vejamos que T é limitado. Temos:

|Tx(t)| =

∣∣∣∣1t∫ t0x(τ) dτ

∣∣∣∣ ≤ 1t

∫ t0|x(τ)| dτ ≤ 1

∫ t0‖x‖∞ dτ = ‖x‖∞.

Tomando o sup em t obtemos ‖Tx‖∞ ≤ ‖x‖∞, portanto T é limitado e ‖T‖ ≤ 1.Vejamos agora que vale a igualdade. Considere x :]0,+∞[→ R dado por x(t) = 1para todo t > 0. Claramente ‖x‖∞ = 1. E:

|Tx(t)| =

∣∣∣∣1t∫ t0dτ∣∣∣∣ = 1

tt = 1.

Portanto ‖T‖ = 1.

Exercício 17. Seja P([0, 1]) o conjunto dos polinômios no intervalo [0, 1] equipado coma norma uniforme:

‖x‖∞ = max|x(t)| | t ∈ [0, 1].Para x ∈ P([0, 1]), seja:

(Tx)(t) = x ′(t) =dx(t)dt

Mostre que T é um operador linear não limitado.

Solução: Sejam x, y ∈ P([0, 1]) e λ ∈ C. Então:

(T(x+ λy))(t) = (x+ λy) ′(t) = x ′(t) + λy ′(t) = Tx(t) + λTy(t) = (Tx+ λTy)(t).

Como t ∈ [0, 1] é qualquer, T(x + λy) = Tx + λTy, e T é linear. Para verificar que Tnão é limitado, vejamos que T não é limitado na esfera: para cada n ∈ N, considerexn : [0, 1] → C dado por xn(t) = tn. Então temos ‖xn‖∞ = 1 qualquer que seja n,porém (Txn)(t) = nt

n−1 e daí ‖Txn‖∞ = n.

Exercício 18. Seja X um espaço normado e F um subespaço fechado de X. Defina afunção quociente:

q : X→ X/F q(x) = [x] = x+ F.

Mostre que q é um operador limitado cuja norma é ‖q‖ = 1.

Solução: Sejam x, y ∈ X e λ ∈ C. Temos:

q(x+ λy) = (x+ λy) + F = (x+ F) + (λy+ F) = (x+ F) + λ(y+ F) = q(x) + λq(y),

portanto q é linear. Por um lado, temos que ‖q(x)‖ = ‖x + F‖ ≤ ‖x‖, tomandoy = 0 ∈ F e recordando a definição de ‖x + F‖ como o ínfimo das normas dosrepresentantes da classe. Disto segue que q é limitado e ‖q‖ ≤ 1. Agora sejaα ∈]0, 1[. Aí 1/α > 1 e:

1α‖x+ F‖ > ‖x+ F‖.

Então existe y ∈ F tal que:1α‖x+ F‖ > ‖x+ y‖.

Chame z = x+ y. Então temos que q(x) = q(z), pois y ∈ F. Reorganizando a últimaexpressão temos:

1α‖z+ F‖ > ‖z‖ =⇒ ‖q(z)‖ > α‖z‖.

Como α entre 0 e 1 era qualquer, segue que ‖q‖ ≥ 1. Concluímos que ‖q‖ = 1.

Exercício 19. Mostre que: se Y é um espaço de Banach, então (B(X, Y), ‖ · ‖∞) é umespaço de Banach.

Solução: Que B(X, Y) com as operações definidas pontualmente é um espaço vetoriale é normado com ‖ · ‖∞ segue do exercício 11. Resta ver que é completo. Seja(Tn)n≥0 ⊆ B(X, Y) uma sequência de ‖ · ‖∞-Cauchy. Vamos provar que para todox ∈ E, (Tnx)n≥0 é uma sequência de Cauchy em Y. Se x = 0 é óbvio. Suponha x 6= 0e seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que m,n > n0 implica ‖Tn − Tm‖∞ ≤ ε/‖x‖. Então sem,n > n0, temos:

‖Tnx− Tmx‖ = ‖(Tn − Tm)(x)‖ ≤ ‖Tn − Tm‖∞‖x‖ < ε

‖x‖‖x‖ = ε.

Assim (Tnx)n≥0 é uma sequência de Cauchy em Y, e como Y é Banach, existe y =limn→+∞ Tnx. Defina T : X→ Y pondo Tx = y. Vejamos que T é linear. Sejam x, y ∈ Xe λ ∈ C:

T(x+ λy) = limn→+∞ Tn(x+ λy) = lim

n→+∞ Tnx+ λTny = limn→+∞ Tnx+ λ lim

n→+∞ Tny = Tx+ λTy.

Agora vejamos que Tn‖·‖∞−→ T e que T ∈ B(X, Y).

Seja ε > 0. Existe n0 ∈ N tal que:

‖Tn − Tm‖∞ < ε, ∀m,n > n0

supx6=0

‖Tnx− Tmx‖‖x‖

< ε, ∀m,n > n0

‖Tnx− Tmx‖‖x‖

< ε, ∀m,n > n0, ∀x 6= 0

limm→+∞

‖Tnx− Tmx‖‖x‖

≤ ε, ∀n > n0, ∀x 6= 0

‖Tnx− Tx‖‖x‖

≤ ε, ∀n > n0, ∀x 6= 0

supx6=0

‖Tnx− Tx‖‖x‖

≤ ε, ∀n > n0

‖Tn − T‖∞ ≤ ε, ∀n > n0,

portanto Tn‖·‖∞−→ T . O argumento acima também mostra que fixado, digamos, ε = 1 e

o n0 correspondente, Tn0 − T ∈ B(X, Y), donde T = Tn0 − (Tn0 − T) ∈ B(X, Y). PortantoB(X, Y) é um espaço de Banach com a norma ‖ · ‖∞.

Exercício 20 (Teorema de Baire). Seja M um espaço métrico completo. Se (Un)n≥0é uma sequência de abertos densos em M, então:

G =⋂n≥0

é um conjunto Gδ denso em M.

Solução: Seja A um aberto não vazio. Então A ∩ U0 6= ∅ pois U0 é denso em M.Tome x0 ∈ A ∩ U0, que é aberto por ser a interseção de dois abertos. Então existe0 < r0 < 1 tal que:

x0 ∈ B(x0, r0) ⊆ B(x0, r0) ⊆ A ∩U0.

Então como U1 é denso em M e B(x0, r0) é aberto, a interseção é aberta e não vazia,donde podemos escolher x1 ∈ B(x0, r0) ∩U1 e 0 < r1 < 1/2 tal que:

x1 ∈ B(x1, r1) ⊆ B(x1, r1) ⊆ B(x0, r0) ∩U1.

Prosseguindo indutivamente, conseguimos xn ∈ B(xn−1, rn−1)∩Un e 0 < rn < 1/(n+ 1)tal que:

xn ∈ B(xn, rn) ⊆ B(xn, rn) ⊆ B(xn−1, rn−1) ∩Un.

Então temos que B(xn, rn)n≥0 é uma sequência de fechados encaixados, e:

0 ≤ diam(B(xn, rn)) ≤ 1/(n+ 1) n→+∞−→ 0,

donde os diâmetros vão pra zero. Como M é completo, temos que:⋂n≥0 B(xn, rn) 6=

∅. Fixe x ∈⋂n≥0 B(xn, rn). Então para todo n ≥ 0, x ∈ B(xn, rn) ⊆ Un, donde x ∈ G.

E também x ∈ B(x0, r0) ⊆ A. Então x ∈ A ∩ G, e assim concluímos que G é densoem M.

Exercício 21. Seja C([a, b]). Para cada x ∈ C([a, b]) defina f : X→ R por:

f(x) =

∫ba

x(t) dt.

Mostre que f é um funcional linear limitado cuja norma é igual a b− a.

Solução: Sejam x, y ∈ C([a, b]) e λ ∈ C. Temos:

f(x+λy) =

∫ba

(x+λy)(t) dt =∫ba

x(t)+λy(t) dt =∫ba

x(t) dt+λ∫ba

y(t) dt = f(x)+λf(y).

Portanto f é um funcional linear. E também:

|f(x)| =

∣∣∣∣∫ba

x(t) dt∣∣∣∣ ≤ ∫b

|x(t)| dt ≤∫ba

‖x‖∞ dt = (b− a)‖x‖∞,portanto f é limitado e ‖f‖ ≤ b − a. Agora considere a função x : [a, b] → R dadapor x(t) = 1 para todo t. É claro que ‖x‖∞ = 1. E:

|f(x)| =

∣∣∣∣∫ba

x(t) dt∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫b

dt∣∣∣∣ = b− a.

Concluímos que ‖f‖ = b− a.

Exercício 22. Seja C([a, b]). Fixe t ∈ [a, b] e defina δt : C([a, b])→ R por:

δt(x) = x(t).

Mostre que o funcional linear chamado de avaliação no ponto t, é um funcional linearlimitado cuja norma é igual a 1.

Solução: Sejam x, y ∈ C([a, b]) e λ ∈ R. Temos:

δt(x+ λy) = (x+ λy)(t) = x(t) + λy(t) = δt(x) + λδt(y),

portanto δt é um funcional linear. Temos:

|δt(x)| = |x(t)| ≤ ‖x‖∞,daí δt é um funcional linear limitado e ‖δt‖ ≤ 1. Agora considere x : [a, b] → R

dado por x(t) = 1 para todo t. É claro que ‖x‖∞ = 1. E |δt(x)| = |x(t)| = 1 = ‖x‖∞.Concluímos que ‖δt‖ = 1.

Exercício 23. Seja C([a, b]). Fixe c1, c2, . . . , cn números reais. Defina f : C([a, b])→ R

por:

f(x) =

n∑j=1

cjx(tj) para t1, t2, . . . , tn ∈ [a, b].

Mostre que f é um funcional linear limitado.

Solução: Sejam x, y ∈ C([a, b]) e λ ∈ C. Temos:

f(x+ λy) =

n∑j=1

cj(x+ λy)(tj) =

n∑j=1

cj(x(tj) + λy(tj))

n∑j=1

cjx(tj) + λcjy(tj) =

n∑j=1

cjx(tj) + λ

n∑j=1

cjy(tj)

= f(x) + λf(y),

portanto f é um funcional linear. E também:

|f(x)| =

∣∣∣∣∣n∑j=1

cjx(tj)

∣∣∣∣∣ ≤n∑j=1

|cj||x(tj)| ≤n∑j=1

|cj|‖x‖∞ =

(n∑j=1

|cj|

)‖x‖∞,

portanto f é um funcional limitado e ‖f‖ ≤∑n

j=1 |cj|.

4 Lista 4Exercício 1. Mostre que o espaço dual de `1(N) é isometricamente isomorfo a `∞(N),isto é, `1(N)∗ ∼= `∞(N).

Solução: Fixe (en)n≥1 a base de Schauder usual de `1(N). Defina Φ : `1(N)∗ → `∞(N)pondo Φ(f) = (f(en))n≥1. Vejamos que Φ(f) de fato está em `∞(N). Temos:

|f(en)| ≤ ‖f‖‖en‖1 = ‖f‖, ∀n ≥ 1 =⇒ ‖Φ(f)‖∞ = supn≥1

|f(en)| ≤ ‖f‖ < +∞.Agora afirmo que Φ é linear. Se f, g ∈ `1(N)∗ e λ ∈ C, temos:

Φ(f+ λg) = ((f+ λg)(en))n≥1 = (f(en) + λg(en))n≥1= (f(en))n≥1 + (λg(en))n≥1 = (f(en))n≥0 + λ(g(en))n≥1= Φ(f) + λΦ(g)

Então Φ é um operador linear limitado.Vejamos que Φ é sobrejetor. Seja y = (yn)n≥1 ∈ `∞(N). Queremos f ∈ `1(N)∗

tal que Φ(f) = y. Sendo x = (xn)n≥1, defina f : `1(N) → C por f(x) =∑

n≥1 xnyn.Devemos verificar que de fato f(x) ∈ C, isto é, que a série anterior converge. Temos:

|f(x)| =

∣∣∣∣∣∑n≥1

xnyn

∣∣∣∣∣ ≤∑n≥1

|xn||yn| ≤∑n≥1

|xn|‖y‖∞ =

(∑n≥1

|xn|

)‖y‖∞ = ‖x‖1‖y‖∞ < +∞.

Isto já nos dá que f assume valores em C, e tomando o supremo na bola unitária,que ‖f‖ ≤ ‖y‖1. Vejamos que f é linear. Chame x(1) = (x

(1)n )n≥1, x

(2) = (x(2)n )n≥1 ∈ `1(N)

e λ ∈ C.

f(x(1) + λx(2)) =∑n≥1

(x(1)n + λx(2)n )yn =∑n≥1

x(1)n yn + λx(2)n yn

=∑n≥1

x(1)n yn +∑n≥1

λx(2)n )yn =∑n≥1

x(1)n yn + λ∑n≥1

x(2)n )yn

= f(x(1)) + λf(x(2)).

Assim f é um funcional linear limitado, em outras palavras, f ∈ `1(N)∗. Isto provaque Φ é sobrejetora.

Verificar que Φ preserva normas também garante injetividade de Φ. Fixe f ∈`1(N)∗ qualquer. Já temos a desigualdade ‖Φ(f)‖∞ ≤ ‖f‖. Por outro lado, tomex = (xn)n≥1 ∈ `1(N) qualquer. Temos:

|f(x)| =

∣∣∣∣∣f(∑n≥1

xnen

)∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∑n≥1

xnf(en)

∣∣∣∣∣≤∑n≥1

|xn||f(en)| ≤∑n≥1

|xn|‖Φ(f)‖∞

≤ ‖Φ(f)‖∞∑n≥1

|xn| = ‖Φ(f)‖∞‖x‖1.

Assim:‖f‖ = sup

‖x‖≤1|f(x)| ≤ ‖Φ(f)‖∞.

Concluímos que ‖f‖ = ‖Φ(f)‖∞ qualquer que seja f ∈ `1(N)∗. Assim Φ é tambéminjetora, e portanto um isomorfismo isométrico entre `1(N)∗ e `∞(N).

Exercício 2. Mostre que o espaço dual de c0(N) é isometricamente isomorfo a `1(N),isto é, c0(N)∗ ∼= `1(N).

Solução: Defina:

Φ : `1(N)→ c0(N)∗

x = (xn)n≥1 7→ Φ(x) : c0(N)→ C

y = (yn)n≥1 7→ Φ(x)(y) =∑n≥1

xnyn.

Repetindo os passos do exercício anterior, temos que Φ é uma aplicação linear, eΦ(x) também, para cada x ∈ `1(N). Vejamos agora que Φ(x) é limitada e que de fatoassume valores em C (isto é, a série converge):

|Φ(x)(y)| =

∣∣∣∣∣∑n≥1

xnyn

∣∣∣∣∣ ≤∑n≥1

|xn||yn| ≤∑]n≥1

|xn|‖y‖∞ =

(∑n≥1

|xn|

)‖y‖∞ = ‖x‖1‖y‖∞,

donde ‖Φ(x)‖ ≤ ‖x‖1. Vejamos agora que vale a igualdade. Para cada m ≥ 1, definauma sequência truncada y = (yn)n≥1, por yn = xn/|xn| se n ≤ m e |xn| 6= 0, yn = 1se xn = 0 e n ≥ m, e por fim yn = 0 para todo n > m. Por construção, y ∈ c0(N) e‖y‖∞ = 1. E temos:

‖Φ(x)‖ = ‖Φ(x)‖‖y‖∞ ≥ |Φ(x)(y)| =

∣∣∣∣∣∑n≥1

xnyn

∣∣∣∣∣ =m∑n=1

|xn|, ∀m ≥ 1.

Fazendo m→ +∞ obtemos ‖Φ(x)‖ ≥ ‖x‖1, portanto Φ preserva normas e é injetora.Agora só resta ver que Φ é sobrejetora. Para isto, seja f ∈ c0(N)∗. Fixe (en)n≥1 =

((δnm)m≥1)n≥1 uma base de Schauder de c0(N). Como antes, para cada m ≥ 1, definauma sequência truncada

∑mn=1

f(en)|f(en)|en, convencionando que o coeficiente de ek seja 1

se f(ek) = 0. É claro que esta última sequência unitária está em c0(N) e tem norma1. Temos:∣∣∣∣∣f

(m∑n=1

f(en)|f(en)|

)∣∣∣∣∣ =m∑n=1

|f(en)| ≤ ‖f‖

∥∥∥∥∥m∑n=1

f(en)|f(en)|

∥∥∥∥∥ = ‖f‖, ∀m ≥ 1.

Fazendo m → +∞ obtemos∑

n≥1 |f(en)| ≤ ‖f‖ < ∞, de modo que (f(en))n≥1 ∈ `1(N).Finalmente, se y = (yn)n≥1 ∈ c0(N) é qualquer, vale que:

f(y) = f

(∑n≥1

ynen

)=∑n≥1

ynf(en) = Φ((f(en))n≥1)(y),

e assim f = Φ((f(en))n≥1). Concluímos que Φ é sobrejetora. Portanto Φ é umisomorfismo isométrico entre c0(N)∗ e `1(N), isto é, c0(N)∗ ∼= `1(N).

Observação 4.1. À primeira vista pode parecer que Φ é um isomorfismo isométricoentre `∞(N)∗ e `1(N). Não é o caso, pois a sequência (en)n≥1 = ((δnm)m≥1)n≥1 é umabase de Schauder de c0(N), mas não de `∞(N), então a construção feita para verificara sobrejetividade de Φ falha para `∞(N).

Exercício 3. Enuncie e mostre a desigualdade de Hölder para `p(N) e `q(N).

Solução: Sejam p e q tais que 1 < p, q < +∞ e (1/p) + (1/q) = 1. Então dadox = (xn)n≥1 ∈ `p(N) e y = (yn)n≥1 ∈ `q(N), vale que:∑

n≥1

|xnyn| ≤ ‖x‖p‖y‖q.

Primeiro provaremos a desigualdade de Young: se a, b ≥ 0 e p, q são como acima,então vale que:

ab ≤ ap

p+bq

Se a ou b forem zero, é trivial. Então suponha que são ambos não nulos. Consideref : R → R dada por f(s) = es. Então f ′′(s) = es > 0 e f é convexa, portanto dadosα,β ∈ R, e t ∈ (0, 1), vale que:

f(tα+ (1− t)β) ≤ tf(α) + (1− t)f(β)

Isto é:etαe(1−t)β ≤ teα + (1− t)eβ.

Como a, b > 0, tome α = lnap, β = lnbq, e escolha t = 1/p, de modo que 1− t = 1/q.Substituição direta nos dá:

e1plnape

1qln bq ≤ e

lnap

p+eln b

q=⇒ ab ≤ a

p+bq

Agora provemos a desigualdade de Hölder. Faça na desigualdade de Young a =|xn|/‖x‖p e b = |yn|/‖y‖q. Temos:

|xnyn|

‖x‖p‖y‖q≤ 1p

|xn|p

‖x‖pp+

|yn|q

‖y‖qq, ∀n ≥ 1.

Então podemos fazer a soma:∑n≥1

|xnyn|

‖x‖p‖y‖q≤∑n≥1

(1p

|xn|p

‖x‖pp+

|yn|q

‖y‖qq

‖x‖p‖y‖q

∑n≥1

|xnyn| ≤∑n≥1

|xn|p

‖x‖pp+∑n≥1

|yn|q

‖y‖qq1

‖x‖p‖y‖q

∑n≥1

|xnyn| ≤1

p‖x‖pp

∑n≥1

|xn|p +

1q‖y‖qq

∑n≥1

|yn|q

1‖x‖p‖y‖q

∑n≥1

|xnyn| ≤1

p‖x‖pp‖x‖pp +

1q‖y‖qq

‖y‖qq

1‖x‖p‖y‖q

∑n≥1

|xnyn| ≤1p+

1q= 1.

Multiplicando tudo por ‖x‖p‖y‖q segue que:∑n≥1

|xnyn| ≤ ‖x‖p‖y‖q.

Exercício 4. Mostre que o espaço dual de `p(N) é isometricamente isomorfo à `q(N),isto é, `p(N)∗ ∼= `q(N), onde:

1p+

1q= 1 e 1 < p, q < +∞.

Solução: Vamos nos organizar com o:

Lema 4.1. Sejam 1 < p, q < +∞ tais que 1p+ 1

q= 1, e x = (xn)n≥1 ∈ `p(N) qualquer.

Então:

‖x‖p = sup‖y‖q=q

∣∣∣∣∣∑n≥1

xnyn

∣∣∣∣∣ ,onde y = (yn)n≥1.

Demonstração: Pela Desigualdade de Hölder temos que:∣∣∣∣∣∑n≥1

xnyn

∣∣∣∣∣ ≤∑n≥1

|xnyn| ≤ ‖x‖p‖y‖q, ∀y ∈ `q(N),

e tomando o supremo obtemos a desigualdade sup‖y‖q=1∣∣∑

n≥1 xnyn∣∣ ≤ ‖x‖p. Para

realizar a igualdade, considere y = (yn)n≥1, com yn = xn|xn|(p/q)−1/‖x‖p/qp . Então:∣∣∣∣∣∑

n≥1

xnxn|xn|

pq−1

‖x‖p/qp

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∑n≥1

|xn|pq+1

‖x‖p/qp

∣∣∣∣∣ = 1‖x‖p/qp

∣∣∣∣∣∑n≥1

|xn|p

∣∣∣∣∣ = 1‖x‖p/qp

‖x‖pp = ‖x‖p−p

qp = ‖x‖p

Defina:

Φ : `q(N)→ `p(N)∗

x = (xn)n≥1 7→ Φ(x) : `p(N)→ C

y = (yn)n≥1 7→ Φ(x)(y) =∑n≥1

xnyn.

Temos que:

|Φ(x)(y)| =

∣∣∣∣∣∑n≥1

xnyn

∣∣∣∣∣ ≤ ‖x‖q‖y‖p =⇒ ‖Φ(x)‖ ≤ ‖x‖q,

pela Desigualdade de Hölder. Então pelo Lema, temos:

‖x‖q = sup‖y‖p=1

∣∣∣∣∣∑n≥1

xnyn

∣∣∣∣∣ = sup‖y‖p=1

|Φ(x)(y)| = ‖Φ(x)‖.

Desta forma, Φ preserva normas e é injetora. Agora vejamos que Φ é sobrejetora.Tome f ∈ `p(N)∗ e fixe uma base de Schauder, a canônica: (en)n≥1 = ((δnm)m≥1)n≥1.Para qualquer y ∈ `p(N), temos:

f(y) = f

(∑n≥1

ynen

)=∑n≥1

ynf(en) = Φ((f(en))n≥1)(y),

donde temos que f = Φ((f(en))n≥1). Para concluir, só precisamos verificar que(f(en))n≥1 ∈ `q(N). Considere, para cadam ≥ 1, as sequências truncadas

∑mn=1

ynf(en)|ynf(en)|ynen,

convencionando que o coeficiente de ek seja 1 se ykf(ek) = 0. Na expressão anterior,isto nos dá:

(m∑n=1

ynf(en)|ynf(en)|

ynen

m∑n=1

|ynf(en)| ≤ ‖f‖

∥∥∥∥∥m∑n=1

ynf(en)|ynf(en)|

ynen

∥∥∥∥∥p

≤ ‖f‖‖y‖p, ∀m ≥ 1

Tomando o supremo sobre os y ∈ `p(N) com ‖y‖p = 1, e fazendo m → +∞, peloLema temos que:

‖(f(en))n≥1‖q ≤ ‖f‖ < +∞.Assim Φ é também sobrejetora, e concluímos que Φ é um isomorfismo isométricoentre `p(N)∗ e `q(N). Em outras palavras, `p(N)∗ ∼= `q(N).

Exercício 5. Seja H um espaço de Hilbert sobre o corpo R. Mostre que H∗ é isome-tricamente isomorfo a H.

Solução: Defina Φ : H → H∗, pondo Φ(x) : H → R, definida por Φ(x)(y) = 〈x, y〉.Fixado x, e dados y1, y2 ∈ H, λ ∈ R, temos:

Φ(x)(y1 + λy2) = 〈x, y1 + λy2〉 = 〈x, y1〉+ 〈x, λy2〉= 〈x, y1〉+ λ〈x, y2〉 = Φ(x)(y1) + λΦ(x)(y2).

Assim Φ(x) é linear. Ainda mais:

|Φ(x)(y)| = |〈x, y〉| ≤ ‖x‖‖y‖,

logo Φ(x) é limitada e vale ‖Φ(x)‖ ≤ ‖x‖. Isto garante que de fato temos Φ(x) ∈ H∗.Agora, tome y qualquer em H. Temos que dados x1, x2 ∈ H e λ ∈ R, vale:

Φ(x1 + λx2)(y) = 〈x1 + λx2, y〉 = 〈x1, y〉+ 〈λx2, y〉= 〈x1, y〉+ λ〈x2, y〉 = Φ(x1)(y) + λΦ(x2)(y).

Como y era arbitrário temos Φ(x1 + λx2) = Φ(x1) + λΦ(x2), assim Φ é linear. Severificarmos que Φ preserva normas, a injetividade de Φ segue imediatamente. Temosque ‖Φ(0)‖ = ‖0‖ = 0 trivialmente. Se x 6= 0, temos que x/‖x‖ tem norma 1 e:∣∣∣∣Φ(x)

‖x‖

)∣∣∣∣ = ∣∣∣∣⟨x, x‖x‖⟩∣∣∣∣ = ∣∣∣∣〈x, x〉‖x‖

∣∣∣∣ = ‖x‖2‖x‖= ‖x‖.

Isto juntamente com a desigualdade ‖Φ(x)‖ ≤ ‖x‖ nos dá que ‖Φ(x)‖ = ‖x‖, paratodo x ∈ H. A sobrejetividade de Φ segue do fato de H ser um espaço de Hilbert,pelo Teorema da Representação de Riesz. Portanto Φ é um isomorfismo isométricoentre H e H∗.

Exercício 6. Seja H um espaço de Hilbert sobre o corpo C. Mostre que H é isometri-camente isomorfo a um subespaço de H∗.

Solução: A estratégia anterior falha pois a aplicação Φ será linear-conjugada, enão linear. Façamos o caso em que H é separável e temos um sistema ortonormalcompleto (en)n≥1. É suficiente mostrar que H ∼= `2(N), pois isto nos dá que:

H∗ ∼= `2(N)∗ ∼= `2(N) ∼= H,

pelo exercício 4.Defina Φ : H → `2(N) por Φ(x) = (〈x, en〉)n≥1. A linearidade de Φ segue da

linearidade de 〈·, ·〉 na primeira entrada: com efeito, sejam x, y ∈ H e λ ∈ C. Temos:

Φ(x+ λy) = (〈x+ λy, en〉)n≥1 = (〈x, en〉+ λ〈y, en〉)n≥1= (〈x, en〉)n≥1 + λ(〈y, en〉)n≥1 = Φx+ λΦy.

Pela Identidade de Parseval, temos que:∑n≥1

|〈x, en〉|2 = ‖x‖2 < +∞,de modo que Φ de fato assume valores em `2(N). Ainda mais, Φ preserva produtosinternos, e logo normas:

〈Φx,Φy〉 =∑n≥1

〈x, en〉〈y, en〉 =

⟨∑n≥1

〈x, en〉en,∑n≥1

〈y, en〉en

⟩= 〈x, y〉,

novamente pela Identidade de Parseval. Segue que Φ é injetora. Só resta ver que Φé sobrejetora. Tome (an)n≥1 ∈ `2(N). Então temos que dado p > 0, vale que:∥∥∥∥∥

n+p∑k=1

akek −n∑k=1

akek

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥n+p∑k=n+1

akek

∥∥∥∥∥ =

√√√√ n+p∑k=n+1

|ak|2n→+∞−→ 0,

pois (an)n≥1 ∈ `2(N). Assim (∑n

k=1 akek)n≥1 ⊆ H é uma sequência de Cauchy em H.Mas H é um espaço de Hilbert, logo existe x =

∑n≥1 anen ∈ H. Porém, para cada

n ≥ 1, temos 〈x, en〉 = an, de modo que Φx = (an)n≥1, e portanto Φ é sobrejetora.

Observação 4.2. Se não supormos H separável, basta tomarmos um sistema ortonor-mal maximal ej | j ∈ J e repetir os argumentos acima para `2(J) = (xj)j∈J ⊆ H |∑

j∈J |xj|2 < +∞. Analogamente define-se `p(J) e provam-se os resultados análogos

enunciados para `p(N).

Exercício 7. Sejam X e Y espaços lineares normados sobre um mesmo corpo K.Mostre que se T ∈ B(X, Y), então ker T é um subespaço linear fechado de X.

Solução: As operações de ker T são induzidas das de X, então todas as propriedadesvalem automaticamente. Se x, y ∈ ker T e λ ∈ K, vale que:

T(x+ λy) = Tx+ λTy = 0+ λ0 = 0,

assim x+ λy ∈ ker T . E finalmente, reconheça que:

ker T = x ∈ X | Tx = 0 = T−1(0)

é fechado, por ser a pré-imagem de um conjunto fechado, 0, por uma funçãocontínua, T (pois T ∈ B(X, Y)).

Exercício 8 (P3). Mostre que o operador "right-shift" R : `2(N)→ `2(N) definido por:

R((x1, x2, · · · , xn, · · · )) = (0, x1, x2, · · · , xn, · · · )

é um operador limitado em `2(N) e ache sua norma.

Solução: Vejamos que R é linear. Dadas sequências x = (xn)n≥1, y = (yn)n≥1 ∈`2(N), e λ ∈ R, temos:

R(x+ λy) = (0, x1 + λy1, · · · , xn + λyn, · · · )= (0, x1, · · · , xn, · · · ) + (λ0, λy1, · · · , λyn, · · · )= (0, x1, · · · , xn, · · · ) + λ(0, y1, · · · , yn, · · · )= Rx+ λRy.

Mantendo a notação acima, escreva Rx = ((Rx)n)n≥1, com (Rx)1 = 0 e (Rx)n = xn−1se n > 1. Temos:

‖Rx‖22 =∑n≥1

|(Rx)n|2 =∑n≥2

|xn−1|2 =∑n≥1

|xn|2 = ‖x‖22.

Extraindo raízes, vem ‖Rx‖2 = ‖x‖2. Como x ∈ `2(N) era arbitrário, segue que R élimitado e ‖R‖ = 1.

Exercício 9. Fixe x ∈ C(] − π, π[). Mostre que o operador "multiplicação" Mx :L2(] − π, π[)→ L2(] − π, π[) definido por:

Mx(y) = xy onde Mx(y)(t) = x(t)y(t), ∀ t ∈] − π, π[

é um operador limitado em L2(] − π, π[).

Solução: Se o intervalo for aberto o resultado é falso, basta tomar x(t) = 1/(t− π)e y ≡ 1 ∈ L2(]−π, π[) para que a integral não seja finita. Então troquemos o intervalo

aberto pelo fechado. Vejamos que Mx é linear. Fixe y1, y2 ∈ L2([−π, π]) e λ ∈ C.Fixado t ∈ [−π, π] qualquer, vale:

Mx(y1 + λy2)(t) = x(t)(y1 + λy2)(t) = x(t)(y1(t) + (λy2)(t))

= x(t)(y1(t) + λy2(t)) = x(t)y1(t) + x(t)(λy2(t))

= x(t)y1(t) + λx(t)y2(t) =Mx(y1)(t) + λMx(y2)(t)

= (Mx(y1) + λMx(y2)(t).

Como t é arbitrário vem que Mx(y1 + λy2) =Mx(y1) + λMx(y2). E por fim, temos:

‖Mx(y)‖22 =∫[−π,π]

|x(t)y(t)|2 dt =∫[−π,π]

|x(t)|2|y(t)|2 dt

≤∫[−π,π]

‖x‖2∞|y(t)|2 dt = ‖x‖2∞∫[−π,π]

|y(t)|2 dt

= ‖x‖2∞‖y‖22Extraíndo raízes vem que ‖Mx(y)‖2 ≤ ‖x‖∞‖y‖2, portantoMx é um operador limitadoe ‖Mx‖ ≤ ‖x‖∞.

Exercício 10 (P3). Fixe x = (x1, x2, . . . , xn, . . .) ∈ `∞(N). Mostre que o operadorMx : `2(N)→ `2(N) definido por:

Mx(y) = (x1y1, x2y2, . . . , xnyn, . . .)

é um operador limitado em `2(N) e que ‖Mx‖ = ‖x‖∞.

Solução: Vejamos que Mx é linear. Dados y = (yn)n≥0, z = (zn)n≥0 e λ ∈ C, temos:

Mx(y+ λz) = (xn(yn + λzn))n≥0 = (xnyn + λxnzn)n≥0

= (xnyn)n≥0 + (λxnzn)n≥0 = (xnyn)n≥0 + λ(xnzn)n≥0

=Mxy+ λMxz.

Agora vamos verificar que Mx é limitado. Temos:

‖Mxy‖22 =∑n≥0

|xnyn|2 ≤∑n≥0

‖x‖2∞|yn|2 = ‖x‖2∞∑

n≥0

|yn|2 = ‖x‖2∞‖y‖22,

e extraíndo raízes vem que ‖Mxy‖2 ≤ ‖x‖∞‖y‖2. Portanto ‖Mx‖ ≤ ‖x‖∞. O cálculoacima também mostra que Mx de fato assume valores em `2(N).

Agora, seja ε > 0. Por definição de ‖x‖∞, existe n0 ≥ 0 tal que |xn0 | > ‖x‖∞ − ε.Agora defina uma sequência y = (yn)n≥0 pondo yn0 = 1, e yn = 0 para todo n 6= n0.Claramente y ∈ `2(N) e ‖y‖2 = 1. E daí:

‖Mx‖ = ‖Mx‖‖y‖2 ≥ ‖Mxy‖2 =√∑

n≥0

|yn|2 =√|xn0 |

2 = |xn0 | > ‖x‖∞ − ε.

Como para todo ε > 0 temos ‖Mx‖ > ‖x‖∞−ε, concluímos que ‖Mx‖ ≥ ‖x‖∞. Destaforma obtemos ‖Mx‖ = ‖x‖∞.

Exercício 11. Defina f : `2(N)→ C por:

f(x) =∑n≥1

n2 onde x = (x1, x2, . . . , xn, . . .) ∈ `2(N).

Mostre que f é um funcional linear limitado e que ‖f‖ = π2/(3√10).

Solução: Se x = (xn)n≥1, y = (yn)n≥1 ∈ `2(N) e λ ∈ C, temos:

f(x+ λy) =∑n≥1

xn + λynn2 =

∑n≥1

n2 + λyn

=∑n≥1

n2 + λ∑n≥1

n2 = f(x) + λf(y).

Agora, pela desigualdade de Cauchy-Schwarz temos:

|f(x)| =

∣∣∣∣∣∑n≥1

∣∣∣∣∣ ≤√∑

n≥1

1n4‖x‖2 =

√π4

90‖x‖2 =

π2

3√10‖x‖2.

Portanto f é um operador linear limitado e ‖f‖ ≤ π2/(3√10). Podemos encarar f

como:f(x) = 〈x, y〉 =

∑n≥1

xnyn, y =

(1n2

)n≥1,

de modo que ‖f‖ = ‖y‖2 = π2/(3√10), por exercícios anteriores.16

16O cálculo de∑n≥1

1n4 = π4

90 utiliza Séries de Fourier, o teorema de Parseval, e está fora do escopoda resolução deste exercício.

4.1 Aplicações do teorema de extensão de Hahn-BanachExercício 12 (P3). Seja M um subespaço do espaço linear normado (X, ‖ · ‖) e x ∈ Xtal que

d = d(x,M) = infy∈M‖x− y‖ > 0.

Mostre que existe x∗ ∈ X∗ tal que ‖x∗‖ = 1, x∗(x) = d e finalmente x∗(m) = 0 para cadam ∈M.

Solução: A ideia é definir um funcional linear limitado apenas em M⊕Cx e entãoestendê-lo pelo Teorema de Hahn-Banach. Cada elemento de M ⊕ Cx se escreveunicamente como m + αx, com m ∈ M e α ∈ C, e portanto está caracterizado pelocoeficiente α. Defina f :M⊕ Cx→ C pondo f(m+ αx) = αd(x,M). Vejamos que f élinear. Dados α1, α2, λ ∈ C, e dados m1,m2 ∈M, temos:

f(m1 + α1x+ λ(m2 + α2x)) = f(m1 +m2 + (α1 + λα2)x)

= (α1 + λα2)d(x,M)

= α1d(x,M) + λα2 d(x,M)

= f(m1 + α1x) + λf(m2 + α2x).

Se m ∈M, temos f(m) = f(m+ 0 · x) = 0 · d(x,M) = 0. E também temos que:

f(x) = f(0+ 1 · x) = 1 · d(x,M) = d(x,M).

Vejamos agora que f é limitado e que tem norma 1. Se m ∈M, claro que f(m) ≤ ‖m‖.Se tomarmos um elemento que não está em M, então o coeficiente α é não nulo epodemos escrever:

‖m+ αx‖ = |α|

∥∥∥∥ 1αm+ x

∥∥∥∥ ≥ |α|d(x,M) = |αd(x,M)| = |f(m+ αx)|.

Assim f é limitado e ‖f‖ ≤ 1. Para a outra desigualdade, seja ε > 0. Pela definiçãode d(x,M), existe mε ∈M tal que 0 < ‖x−mε‖ < d(x,M) + ε. Então:

‖f‖ = ‖f‖ · 1 = ‖f‖∥∥∥∥x−mε

x−mε

∥∥∥∥ ≥ ∣∣∣∣f( x−mε

‖x−mε‖

)∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 1‖x−mε‖

f(x−mε)

∣∣∣∣ = |f(x−mε)|

‖x−mε‖

=d(x,M)

‖x−mε‖≥ d(x,M)

d(x,M) + ε

Como ε > 0 era qualquer, ε→ 0 nos dá ‖f‖ ≥ 1, e então concluímos que ‖f‖ = 1.Pelo Teorema de Hahn-Banach, existe um funcional linear x∗ : X→ C que estende

f preservando a norma, isto é, x∗∣∣M⊕Cx = f e ‖x∗‖ = 1. Em particular x∗

∣∣M

= 0 ex∗(x) = d(x,M).

Exercício 13. Seja o espaço linear normado (X, ‖ · ‖). Dados y, z ∈ X com y 6= z,mostre que existe x∗ ∈ X∗ tal que x∗(y) 6= x∗(z).

Solução: Temos dois casos a analisar. Suponha que y e z sejam paralelos, e semperder generalidade que y 6= 0. Todo elemento de Cy se escreve unicamente como αye está caracterizado por este coeficiente α. Defina f : Cy→ C dado por f(αy) = α‖y‖.Vejamos rapidamente que f é linear: sejam α1, α2, λ ∈ C. Temos:

f(α1y+ λα2y) = f((α1 + λα2)y) = (α1 + λα2)‖y‖ = α1‖y‖+ λα2‖y‖ = f(α1y) + λf(α2y).

Ainda mais, f é injetora:

αy ∈ ker f =⇒ f(αy) = 0 =⇒ α‖y‖ = 0 =⇒ α = 0 =⇒ ker f = 0,

já que y 6= 0. Em particular f(y) 6= f(z). Agora vejamos que f é limitado e calculemosa sua norma:

|f(αy)| = |α‖y‖| = |α|‖y‖ = ‖αy‖.

Como αy ∈ Cy era qualquer, segue que f é limitado e ‖f‖ = 1. Pelo Teorema deHahn-Banach, existe x∗ ∈ X∗ que estende f preservando a norma. Em particularx∗(y) 6= x∗(z).

Se y e z não são paralelos, temos que d(z,Cy) > 0. Pelo exercício acima, existex∗ ∈ X∗ com x∗(z) = d(z,Cy) > 0 e x∗

∣∣Cy

= 0. Em particular x∗(y) = 0, pois y ∈ Cy.Assim x∗(y) 6= x∗(z).

Exercício 14. Seja o espaço linear normado (X, ‖ · ‖). Mostre que se o dual X∗ desteespaço é separável, então X também é separável.

Sugestão: Tome um denso enumerável e enumere S = x∗n | ‖x∗n‖ = 1. Mostre queexiste xn ∈ X de norma 1 e que x∗n(xn) > 1/2. Gere M = span(xn) e mostre que édenso em X.

Solução: Como X∗ é separável, temos que a esfera unitária de X∗ também é, entãopodemos fixar um subconjunto denso e enumerável desta esfera:

S = x∗n ∈ X∗ | ‖x∗n‖ = 1,∀n ≥ 0.

Pela definição de ‖x∗n‖ como supremo, existe xn ∈ X tal que ‖xn‖ = 1 e |x∗n(xn)| > 1/2.Considere agora M = span(xnn≥0). Então M é separável, pois o conjunto de todasas combinações lineares dos xnn≥0 com coeficientes racionais (no caso real), oucujas partes reais e imaginárias dos coeficientes sejam racionais (no caso complexo),é denso em M e enumerável. Agora afirmo que M = X. Suponha por absurdo quenão. Então existe x ∈ X \M, e como M é fechado, temos d(x,M) > 0. Pelo exercício12 existe x∗ ∈ X∗ tal que x∗

∣∣M

= 0 e ‖x∗‖ = 1. Então como todos os xn estão em M,segue que, para todo n ≥ 0:

12< |x∗n(xn)| = |x∗n(xn) − x

∗(xn)| = ‖(x∗n − x∗)(xn)‖ ≤ ‖x∗n − x∗‖.

Isto contradiz a densidade de S na esfera unitária de X∗, pois ‖x∗‖ = 1. Uma bolacentrada em x∗ com raio, digamos, 1/4, não contém elementos de S. PortantoM = X.

Exercício 15. SejaM um subespaço do espaço linear normado (X, ‖·‖). O aniquilador(annihilator) de M é indicado por M⊥ e é o subespaço:

M⊥ = x∗ ∈ X∗ | x∗(y) = 0 para todo y ∈M.

(i) Mostre que M⊥ é um subespaço linear fechado de X∗.

(ii) Mostre que a função:Φ(x∗ +M⊥) = x∗

∣∣M

do espaço quociente X∗/M⊥ em M∗ está bem definida, é linear, e que ela ésobrejetora.

(iii) Mostre que ‖Φ(x∗ +M⊥)‖ = ‖x∗ +M⊥‖, e portanto Φ é uma isometria linear.

Solução:(i) Para cada y ∈ M, defina avaly : X∗ → C pondo avaly(x∗) = x∗(y). Afirmo que

avaly ∈ X∗∗. Com efeito, dados x∗1 , x∗2 ∈ X∗ e λ ∈ C, temos:avaly(x∗1 + λx∗2) = (x∗1 + λx

∗2)(y) = x

∗1 (y) + λx

∗2(y) = avaly(x∗1 ) + λ avaly(x∗2).

E também:|avaly(x∗)| = |x∗(y)| ≤ ‖x∗‖‖y‖ =⇒ ‖avaly‖ ≤ ‖y‖.

Então para cada y ∈ M, avaly é um funcional linear limitado, e portanto écontínuo. Pela definição de M⊥, basta notar que:

M⊥ =⋂y∈M

aval−1y (0)

é a interseção de uma família de fechados, portanto é fechado. Com efeito,cada aval−1

y (0) é a pré-imagem de um fechado, 0, por uma função contínua,avaly, logo é fechada.Agora vejamos que M⊥ também é subespaço de X∗. Claro que 0 ∈M⊥, e dadosx∗1 , x

∗2 ∈M⊥ e λ ∈ C, temos que dado y ∈M qualquer, vale:

(x∗1 + λx∗2)(y) = x

∗1 (y) + λx

∗2(y) = 0+ λ · 0 = 0 =⇒ x∗1 + λx

∗2 ∈M⊥.

(ii) Visto que restrições de aplicações lineares continuam lineares, ‖x∗∣∣M‖ ≤ ‖x∗‖

pois M ⊆ X, e x∗ ∈ X∗, segue que x∗∣∣M∈M∗, então Φ realmente assume valores

em M∗. Agora vejamos que Φ está bem definida. Sejam x∗, y∗ ∈ X∗ tais quex∗ ≡ y∗ mod M⊥. Então x∗ − y∗ ∈M⊥. Com isto:

(x∗ − y∗)∣∣M

= 0 =⇒ x∗∣∣M− y∗

∣∣M

= 0 =⇒ x∗∣∣M

= y∗∣∣M,

e assim Φ está bem definida.Agora vamos verificar a linearidade. Sejam x∗+M⊥, y∗+M⊥ ∈ X∗/M⊥ e λ ∈ C.Temos:

Φ((x∗ +M⊥) + λ(y∗ +M⊥)) = Φ((x∗ +M⊥) + (λy∗ +M⊥))

= Φ(x∗ + λy∗ +M⊥)

= (x∗ + λy∗)∣∣M

= x∗∣∣M+ (λy∗)

∣∣M

= x∗∣∣M+ λy∗

∣∣M

= Φ(x∗ +M⊥) + λΦ(y∗ +M⊥)

E por fim, verifiquemos que Φ é sobrejetora. Seja y∗ ∈ M∗. Pelo Teorema deHahn-Banach, existe y∗ ∈ X∗ que estende y∗. Então temos y∗ +M⊥ ∈ X∗/M⊥ epodemos calcular:

Φ(y∗ +M⊥) = y∗∣∣M

= y∗∣∣M.

(iii) Provaremos duas desigualdades. Seja y∗ ∈M⊥ qualquer. Temos:

‖Φ(x∗ +M⊥)‖ = ‖x∗∣∣M‖ = ‖x∗

∣∣M+ y∗

∣∣M‖ = ‖(x∗ + y∗)

∣∣M‖ ≤ ‖x∗ + y∗‖

Tomando o ínfimo entre todos os y∗ ∈M⊥, vem:

‖Φ(x∗ +M⊥)‖ ≤ infy∗∈M⊥

‖x∗ + y∗‖ = ‖x∗ +M⊥‖

Para a outra desigualdade, notamos que Φ(x∗ +M⊥) ∈M∗, e pelo Teorema deHahn-Banach existe φx∗ ∈ X∗ que estende Φ(x∗ +M⊥) preservando a norma.Afirmo que φx∗ +M⊥ = x∗ +M⊥. Com efeito, basta notar que:

(φx∗ − x∗)∣∣M

= φx∗∣∣M− x∗

∣∣M

= Φ(x∗ +M⊥) − x∗∣∣M

= 0.

Apelando para a primeira desigualdade, temos:

‖x∗ +M⊥‖ = ‖φx∗ +M⊥‖ ≤ ‖φx∗‖ = ‖Φ(x∗ +M⊥)‖ ≤ ‖x∗ +M⊥‖,

pois 0 ∈M⊥ e usamos a definição de ‖x∗ +M⊥‖ como ínfimo. Concluímos que‖Φ(x∗ +M⊥)‖ = ‖x∗ +M⊥‖, e portanto Φ é um isomorfismo isométrico.

Exercício 16 (Sub). Sejam X e Y espaços lineares normados e T ∈ B(X, Y). O adjuntode T é T ∗ ∈ B(Y∗, X∗) definido por:

T ∗(y∗)(x) = y∗(T(x)), para todo y∗ ∈ Y∗ e todo x ∈ X.

(Em dimensão finita, sem normas, é a transposta, caso real, e a adjunta no casocomplelxo de operadores lineares)(i) Mostre que T ∗ é efetivamente um operador linear e que é limitado.

(ii) Mostre que Λ : B(X, Y) → B(Y∗, X∗) definido por Λ(T) = T ∗ é uma isometrialinear.

Solução:(i) Sejam y∗1 , y

∗2 ∈ Y∗ e λ ∈ C. Seja x ∈ X qualquer. Temos:

T ∗(y∗1 + λy∗2)(x) = (y∗1 + λy

∗2)(Tx) = y

∗1 (Tx) + λy

∗2(Tx)

= T ∗(y∗1 )(x) + λT∗(y∗2)(x) = (T ∗(y∗1 ) + λT

∗(y∗2))(x),

e daí T ∗(y∗1 + λy∗2) = T ∗(y∗1 ) + λT ∗(y∗2). Para ver que T ∗ é limitado, temos:

‖T ∗(y∗)(x)‖ = ‖y∗(Tx)‖ ≤ ‖y∗‖‖Tx‖ ≤ ‖y∗‖‖T‖‖x‖.

Tomando o supremo sobre os x ∈ X com ‖x‖ = 1 vem que:

‖T ∗(y∗)‖ ≤ ‖T‖‖y∗‖.

Tomando o supremo sobre os y∗ ∈ Y∗ com ‖y∗‖ = 1 vem que:

‖T ∗‖ ≤ ‖T‖,

e T ∗ é limitado.

(ii) Vejamos que Λ é linear. Tome T1, T2 ∈ B(X, Y) e λ ∈ C. Tome y∗ ∈ Y∗ e x ∈ Xquaisquer. Temos que:

Λ(T1 + λT2)(y∗)(x) = (T1 + λT2)

∗(y∗)(x) = y∗((T1 + λT2)(x))

= y∗(T1x+ λT2x) = y∗(T1x) + y

∗(λT2x)

= y∗(T1x) + λy∗(T2x) = T

∗1 (y

∗)(x) + λT ∗2 (y∗)(x)

= Λ(T1)(y∗)(x) + λΛ(T2)(y

∗)(x)

= (Λ(T1)(y∗) + λΛ(T2)(y

∗))(x)

Como x ∈ X é qualquer, temos:

Λ(T1 + λT2)(y∗) = Λ(T1)(y

∗) + λΛ(T2)(y∗) = (Λ(T1) + λΛ(T2))(y

∗),

e como y∗ é qualquer segue que Λ(T1 + λT2) = Λ(T1) + λΛ(T2). Agora só restaver que dado T ∈ B(X, Y), tem-se ‖T ∗‖ = ‖T‖. Do item acima, já temos que‖T ∗‖ ≤ ‖T‖.Façamos a verificação da outra desigualdade. Se T = 0, então segue da definiçãode T ∗ que também temos T ∗ = 0, e aí a igualdade vale trivialmente. Casocontrário, tome x0 ∈ X tal que Tx0 6= 0. Pelo exercício 12 aplicado com M = 0,existe y∗ ∈ Y∗ tal que ‖y∗‖ = 1 e y∗(Tx0) = ‖Tx0‖. Então:

‖Tx0‖ = y∗(Tx0) = T ∗(y∗)(x0) ≤ ‖T ∗(y∗)‖‖x0‖ ≤ ‖T ∗‖‖y∗‖‖x0‖ = ‖T ∗‖‖x0‖,

e daí segue que ‖T‖ ≤ ‖T ∗‖. Concluímos então que ‖T‖ = ‖T ∗‖ = ‖Λ(T)‖ e daíΛ é uma imersão isométrica.

4.2 Teorema da Aplicação Aberta e do Gráfico FechadoExercício 17 (Teorema da Aplicação Aberta). Sejam X e Y espaços de Banach, eT ∈ B(X, Y). Mostre que para todo aberto U ⊆ X, a imagem T(U) é um aberto de Y.

Solução: Vamos nos organizar com o:

Lema 4.2. Sejam X e Y espaços de Banach, e T ∈ B(X, Y) sobrejetora. Então TBX(0, 1)contém alguma bola aberta de Y, centrada na origem.

Demonstração: Note inicialmente que:

X =⋃k≥1

(0, k

)=⋃k≥1

kBX

(0, 1

Como T é sobrejetora, temos:

Y = T(X) = T

(⋃k≥1

kBX

(0, 1

))=⋃k≥1

kTBX

(0, 1

)=⋃k≥1

kTBX

(0, 1

onde no penúltimo passo usamos que T é linear, e no último apenas acrescentamospontos. Como Y é um espaço de Banach, Y é um espaço de Baire, portanto existek ≥ 1 tal que intY kTBX

(0, 12)6= ∅. Assim existem y0 ∈ Y e r > 0 tais que:

BY(y0, r) ⊆ kTBX(0, 1

)=⇒ 1

kBY(y0, r) ⊆ TBX

(0, 1

)=⇒ BY

(y0,

)⊆ TBX

(0, 1

Chame r = r/k. Transladando tudo para a origem, temos:

BY(y0, r) − y0 = BY(0, r) ⊆ TBX(0, 1

)− y0.

Agora afirmo que BY(0, r) ⊆ TBX(0, 1). Provemos isto verificando que na verdadetemos TBX

(0, 12)− y0 ⊆ TBX(0, 1), e esta verificação será feita diretamente. Seja

y ∈ TBX(0, 12)− y0, de modo que y+ y0 ∈ TBX

(0, 12). Então:

y0 ∈ TBX(0, 12)

=⇒ existe (un)n≥1 ⊆ TBX(0, 12)

tal que un → y0

y+ y0 ∈ TBX(0, 12)

=⇒ existe (vn)n≥1 ⊆ TBX(0, 12)

tal que vn → y0.

Para cada n ≥ 1, podemos escrever un = Twn e vn = Tzn, com as sequências(wn)n≥1, (zn)n≥1 em BX

(0, 12). Temos:

‖wn − zn‖ ≤ ‖wn‖+ ‖zn‖ <12+

12= 1,

de modo que para todo n ≥ 1 temos wn − zn ∈ BX(0, 1). Com isto:

T(wn − zn) = Twn − Tzn = un − vn ∈ TBX(0, 1),

para todo n ≥ 1. Então:

un − vn → y0 − (y+ y0) = −y ∈ TBX(0, 1),

e daí y ∈ TBX(0, 1). Concluímos que BY(0, r) ⊆ TBX(0, 1).Agora, para cada n ≥ 1 considere a bola BX

(0, 1

2n). Como T é linear, temos:

TBX

(0, 1

12nTBX(0, 1).

Aí, dividindo tudo por 2n, temos:

BY(0, r) ⊆ TBX(0, 1) =⇒ 12nBY(0, r) ⊆

12nTBX(0, 1) =⇒ BY

(0, r

2n)⊆ TBX

(0, 1

para todo n ≥ 1.Agora vejamos que BY

(0, r2)é a bola procurada, isto é, que BY

(0, r2)⊆ TBX(0, 1).

Seja y ∈ BY(0, r2). Pelas inclusões acima, y ∈ TBX

(0, 12), então podemos17 tomar

x1 ∈ BX(0, 1) com ‖y− Tx1‖ < r4 .

Assim y− Tx1 ∈ BY(0, r4

), e pelas inclusões acima, y− Tx1 ∈ TBX

(0, 1

). Podemos

tomar x2 ∈ BX(0, 1

)com ‖y− Tx1 − Tx2‖ < r

8 .Repetindo este processo, podemos, para cada n ≥ 1, tomar xn ∈ BX

(0, 1

2n)tal que

‖y− Tx1 − · · · Txn‖ < r2n+1 . Chame zn =

∑nk=0 xk. Afirmo que (zn)n≥1 é uma sequência

de Cauchy. De fato, supondo n > m, temos que:

‖zn − zm‖ =

∥∥∥∥∥n∑k=1

xk −

m∑k=1

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥n∑

k=m+1

∥∥∥∥∥ ≤n∑

k=m+1

‖xk‖ <n∑

k=m+1

12k

n→+∞−→ 0.

Como X é um espaço de Banach, a sequência (zn)n≥1 converge para um elementox =∑

n≥1 xn ∈ X. Afirmo que x ∈ BX(0, 1). Temos:

‖x‖ =

∥∥∥∥∥∑n≥1

∥∥∥∥∥ ≤∑n≥1

‖xn‖ <∑n≥1

12n

= 1.

É claro que Tzn → y, por construção. E como T é contínuo, zn → x nos dá Tzn → Tx.Por unicidade dos limites, temos que y = Tx ∈ TBX(0, 1).

O principal da demonstração se resume ao lema. Agora provemos o teorema. SejaU ⊆ X aberto, e x ∈ U. Queremos provar que existe uma bola centrada em Tx contidaem T(U).

Como U é aberto, existe a > 0 tal que BX(x, a) ⊆ U. Então como BX(x, a) =x+ BX(0, 1), temos:

x+BX(0, a) ⊆ U =⇒ BX(0, a) ⊆ U−x =⇒ aBX(0, 1) ⊆ U−a =⇒ BX(0, 1) ⊆1a(U−x)

Aplicando T e usando linearidade, temos:

TBX(0, 1) ⊆1a(T(U) − Tx).

17Existe uma sequência em TBX(0, 12

)que converge para y, basta tomar um elemento próximo o

suficiente de y nesta sequência.

Pelo Lema, existe r > 0 tal que BY(0, r) ⊆ TBX(0, 1). Então:

BY(0, r) ⊆1a(T(U) − Tx) =⇒ aBY(0, r) ⊆ T(U) − Tx

=⇒ BY(0, ra) ⊆ T(U) − Tx=⇒ Tx+ BY(0, ra) ⊆ T(U)=⇒ BY(Tx, ra) ⊆ T(U).

Como Tx era um elemento arbitrário de T(U), concluímos que T(U) é aberto.

Exercício 18. Todo subespaço vetorial fechado F de C([a, b]) formado por funçõescontinuamente diferenciáveis é de dimensão finita.

Solução: Defina D : F → C([a, b]) o operador derivada. Vejamos que D é umoperador fechado. Como F é fechado, F é um espaço de Banach. Sejam (fn)n≥1 ⊆ Fe g ∈ C([a, b]) tais que fn → f ∈ C1([a, b]) e Dfn → g. Como F é fechado, f ∈ F.Como as funções tem derivadas contínuas, vale o Teorema Fundamental do Cálculoe temos:

fn(x) = fn(0) +∫ x0Dfn(t) dt, ∀n ≥ 1 n→+∞

=⇒ f(x) = f(0) +∫ x0g(t) dt,

observando que convergência uniforme permite o passo:

limn→+∞

∫ x0Dfn(t) dt =

∫ x0

limn→+∞Dfn(t) dt =

∫ x0g(t) dt.

Por outro lado, temos que:

f(x) = f(0) +∫ x0Df(t) dt,

donde concluímos que Df = g. Pelo Teorema do Gráfico Fechado à seguir, temosque D é um operador contínuo, e assim limitado. Então existe K > 0 tal que:

‖f‖C1 ≤ K‖f‖C0 , ∀ f ∈ F.

Tome n ∈ Z>0 tal que n > K(b− a). Defina Φ : F→ Cn+1 pondo:

Φ(f) =

(f(a), f

(a+

b− a

), f

(a+ 2b− a

), · · · , f(b)

Considere o subespaço:

Fn = kerΦ =

f ∈ F | f

(a+ k

b− a

)= 0, ∀0 ≤ k ≤ n

Temos que:dim F = dim Fn + dim Im(Φ) ≤ dim Fn + n+ 1.

Afirmo que Fn = 0. Suponha por absurdo que não, e tome f ∈ Fn com ‖f‖C0 = 1.Suponha que o módulo máximo seja realizado em t ∈ [a, b]. Aplicando o Teorema do

Valor Médio, e notando que a maior distância entre t e o próximo ponto da formapk = a+ kb−a

né b−a

2n , temos que existe x ∈ [a, b] tal que:

|f(t) − f(pk)| = |f ′(x)||t− pk| =⇒ |f(t)| = |f ′(x)||t− pk| ≥ |f ′(x)|b− a

2n=⇒ |f ′(x)| ≥ 2n

b− a=⇒ |f ′(x)| > 2K =⇒ ‖f‖C1 > 2K‖f‖C0 ,

contradizendo que ‖f‖C1 ≤ K‖f‖C0 . Portanto Fn = 0, logo dim Fn = 0 e concluímosque dim F ≤ n+ 1 < +∞.

Exercício 19 (Teorema do Gráfico Fechado). Sejam X e Y espaços de Banach, eT ∈ B(X, Y) cujo gráfico é fechado no produto X× Y. Mostre que T é contínua.

Solução: Consideremos em X×Y a norma da soma. Defina a projeção π : G(T)→ X,onde G(T) = (x, Tx) ∈ X × Y | x ∈ X é o gráfico de T . Temos que π é linear, pelaestrutura de G(T), e contínua:

‖π(x, Tx)‖ = ‖x‖ ≤ ‖x‖+ ‖Tx‖ = ‖(x, Tx)‖,

logo ‖π‖ ≤ 1.Ainda mais, π é uma bijeção entre G(T) e X, logo existe π−1. Como G(T) e X são

espaços de Banach18, π é uma aplicação aberta, pelo Teorema da Aplicação Aberta.Segue que π−1 é contínua, logo limitada. Digamos, ‖π−1x‖ ≤ C‖x‖ para algum C ≥ 0.Finalmente temos:

‖Tx‖ ≤ ‖x‖+ ‖Tx‖ = ‖(x, Tx)‖ = ‖π−1x‖ ≤ C‖x‖,

e T é limitada. Concluímos que T é contínua, como queríamos.

18Já vimos que X× Y é Banach com a norma da soma, e G(T) é fechado em X× Y, por hipótese.

4.3 Princípio da Limitação Uniforme e o Teorema de Banach-Steinhaus

Exercício 20 (Princípio da Limitação Uniforme). Sejam X um espaço de Banach eY um espaço normado, e B ⊆ B(X, Y). Se, para todo x ∈ X tem-se supT∈B ‖Tx‖ < +∞,então vale supT∈B ‖T‖ < +∞.

Solução: Para cada n ≥ 1, chame Bn = x ∈ X | supT∈B ‖Tx‖ ≤ n. Então temos quepara cada n ≥ 1:

Bn =⋂T∈B

x ∈ X | ‖Tx‖ ≤ n.

Como cada T ∈ B é contínuo, temos que Bn é a interseção de uma família defechados19, e logo é fechado também. Note então que X, por ser um espaço deBanach, é um espaço de Baire. A igualdade:

X =⋃n≥1

nos dá, pelo Teorema de Baire, que existe n0 ≥ 1 tal que Bn0 tem interior não vazioem X. Mais exatamente, existem x0 ∈ X e r > 0 tais que B(x0, r) ⊆ Bn0 . Sejam x ∈ Xe T ∈ B quaisquer. Se x = 0 nada há o que fazer. Se x 6= 0, então o vetor rx

2‖x‖ + x0está em Bn0 , e daí:∥∥∥∥T ( rx

2‖x‖+ x0

)∥∥∥∥ ≤ n0 =⇒ ∥∥∥∥ r

2‖x‖Tx+ Tx0

∥∥∥∥ ≤ n0 =⇒ ∥∥∥∥ r

2‖x‖Tx

∥∥∥∥ ≤ n0 + ‖Tx0‖.

Mas note que o próprio x0 está em Bn0 , donde ‖Tx0‖ ≤ n0 para todo T ∈ B. Podemosprosseguir:∥∥∥∥ r

2‖x‖Tx

∥∥∥∥ ≤ 2n0 =⇒ r‖Tx‖2‖x‖

≤ 2n0 =⇒ ‖Tx‖ ≤ 4n0

r‖x‖, ∀ x ∈ X, ∀ T ∈ B.

Tomando o supremo nos vetores unitários, temos que:

‖T‖ ≤ 4n0

r, ∀ T ∈ B.

Tomando o supremo em B resulta:

supT∈B‖T‖ ≤ 4n0

r< +∞,

como queríamos.

Exercício 21 (Teorema - Banach-Steinhaus). Sejam X um espaço de Banach e Yum espaço normado, e seja (fn)n≥1 ⊆ B(X, Y) uma sequência de aplicações linearescontínuas tal que para todo x ∈ X, existe o limite f(x) = limn→+∞ fn(x). Entãof ∈ B(X, Y) e:

‖f‖ ≤ lim infn→∞ ‖fn‖.

19As pré-imagens dos fechados T−1[0, n].

Solução: Que f ∈ B(X, Y) já vimos no exercício 19 da lista 3, os passos são osmesmos. Como para todo x ∈ X existe o limite limn→+∞ fn(x), temos que:

B = fn ∈ B(X, Y) | n ≥ 1

é pontualmente limitado. Como X é Banach, pelo Princípio da Limitação Uniforme,temos que supn≥1 ‖fn‖ < +∞. Em particular, isto implica que lim infn→+∞ ‖fn‖ < +∞.Então temos que:

‖fnx‖ ≤ ‖fn‖‖x‖, ∀n ≥ 1 =⇒ lim infn→+∞ ‖fnx‖ ≤ lim inf

n→+∞ ‖fn‖‖x‖ =⇒ ‖fx‖ ≤(lim infn→+∞ ‖fn‖

)‖x‖,

donde segue que ‖f‖ ≤ lim infn→+∞ ‖fn‖, pois fnx → fx =⇒ ‖fnx‖ → ‖fx‖ elim infn→+∞ ‖fnx‖ = limn→+∞ ‖fnx‖.

Exercício 22. Sejam E, F e G espaços normados. Se B : E × F → G é uma aplicaçãobilinear separadamente contínua e E ou F é completo, então B é contínua.

Solução: Suponha sem perder generalidade que E é um espaço de Banach. Vejamosque B é contínua, verificando que é limitada. Para os pares (x,0) ∈ E× F nada há oque fazer. Caso contrário, para cada y, considere a aplicação B(·,y)

‖y‖ . Temos que:∥∥∥∥B(x, y)‖y‖

∥∥∥∥ ≤ ‖B(x, ·)‖‖y‖‖y‖ = ‖B(x, ·)‖ < +∞, ∀ x ∈ E,

pois B é separadamente contínua. Pelo mesmo motivo, para cada y ∈ F \ 0, temosque B(·,y)

‖y‖ é contínua. Já que E é Banach, pelo Princípio da Limitação Uniforme,temos:

supy∈F\0

∥∥∥∥B(x, y)‖y‖

∥∥∥∥ < +∞, ∀ x ∈ E =⇒ supy∈F\0

∥∥∥∥B(·, y)‖y‖

∥∥∥∥ = C < +∞.Com isto, finalmente temos que se y 6= 0, vale:

‖B(x, y)‖ =∥∥∥∥B(x, y)‖y‖

∥∥∥∥ ‖y‖ ≤ ∥∥∥∥B(·, y)‖y‖

∥∥∥∥ ‖x‖‖y‖ ≤ C‖x‖‖y‖, ∀ x ∈ E, ∀y ∈ F \ 0.Assim obtemos ‖B(x, y)‖ ≤ C‖x‖‖y‖ para todo par (x, y) ∈ E × F, já que os pares(x,0) são triviais. Como B é limitada, B é contínua.

4.4 Convergência de Séries de FourierExercício 23 (P3, Sub). Determinar os pontos em que podemos assegurar a conver-gência da série de Fourier das seguintes funções, definidas no intervalo [−π, π[, e daro valor da soma de sua série de Fourier:

• f(t) = t3;

• f(t) = eat;

• f(t) = sen(at);

• f(t) =

1 para − π ≤ t ≤ 0cos t para 0 < t < π

;

• f(t) = | sen t|;

• f(t) = t sen 1t;

• f(t) = t2 − 1;

• f(t) = t3 sen 1t2.

Solução: Vamos sempre considerar extensões periódicas. Em quase todos os casos,tal extensão introduzirá descontinuidades de salto nos pontos x = π+ 2kπ, k ∈ Z. Oargumento principal a ser feito é que se a função é derivável em um intervalo aberto,então ela é derivável à direita e à esquerda em cada ponto. Assim é Lipschitz à direitae à esquerda em cada ponto, e daí o Critério de Lipschitz garante a convergênciadesejada, em média. Sendo a função contínua neste intervalo aberto, a série deFourier converge para a função no ponto. Em detalhes:

• f(t) = t3: A função f é derivável em ] − π, π[, portanto a sua série de Fourierconverge para a função em todos os pontos e a soma é t3.Para o ponto t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com asderivadas valendo 3π2), portanto a série de Fourier converge em média para afunção no ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(f(−π−) + f(−π+)) =

12(π3 + (−π)3) = 0.

-10 -5 5 10

-30

-20

-10

Figura 1: Extensão periódica de t3.

• f(t) = eat: A função f é derivável em ] − π, π[, portanto a sua série de Fourierconverge para a função em todos os pontos e a soma é eat.Para o ponto t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com asderivadas valendo ae−aπ e aeaπ), portanto a série de Fourier converge em médiapara a função no ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(f(−π−) + f(−π+)) =

12(eaπ + e−aπ) = cosh(aπ),

pela definição de cosh.

-10 -5 5 10

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

Figura 2: Extensão periódica de e0.3t.

• f(t) = sen(at): A função f é derivável em ] − π, π[, portanto a sua série deFourier converge para a função em todos os pontos e a soma é sen(at).Para o ponto t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com asderivadas valendo a cos(aπ)), portanto a série de Fourier converge em médiapara a função no ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(f(−π−) + f(−π+)) =

12(sen(aπ) + sen(−aπ)) = 0,

pois f é ímpar.

-10 -5 5 10

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Figura 3: Extensão periódica de sen(0.6t).

• f(t) =

1 para − π ≤ t ≤ 0cos t para 0 < t < π

: A função f é contínua e derivável em ] − π, π[.

Se x 6= 0 isto é claro, e para x = 0 temos:

limh→0+

f(h) − f(0)h

= limh→0+

cosh− 1h

= 0, limh→0−

f(h) − f(0)h

= limh→0−

1− 1h

= 0,

donde f ′(0) = 0. Então a série de Fourier converge para a função em todos ospontos: em ] − π,0] a soma é 1 e em ]0, π[ a soma é cos t.Para o ponto t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com asderivadas valendo 0), portanto a série de Fourier converge em média para afunção no ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(f(−π−) + f(−π+)) =

12(−1+ 1) = 0.

-10 -5 5 10

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Figura 4: Extensão periódica de f.

• f(t) = | sen t|: A função f é contínua em ] − π, π[. Em ] − π,0[ a função éderivável, e aí a sua série de Fourier converge para a função em todos ospontos, e a soma é − sen t.Em ]0, π[ a função também é derivável, e também temos que a sua série deFourier converge para a função em todos os pontos, com soma sen t.Para t = 0, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com as derivadasvalendo 1 e −1), portanto a série de Fourier converge em média para a funçãono ponto. Como a função é contínua em 0, o valor da soma é f(0) = 0.Para t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com as derivadasvalendo 1 e −1), portanto a série de Fourier converge em média para a funçãono ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(f(−π−) + f(−π+)) =

12(0+ 0) = 0.

-10 -5 5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Figura 5: Extensão periódica de | sen t|.

• f(t) = t sen 1t: A expressão não está definida para t = 0, mas extendemos

primeiro a função pondo f(0) := limt→0 t sen 1t= 0. Em ]−π,0[ e ]0, π[ a função

é derivável e assim a sua série de Fourier converge para a função nestes pontos,com soma t sen 1

A função f não é derivável em t = 0, porém é Lipschitziana à direita e àesquerda de 0. Com efeito, f(0+) = 0, e |f(s + 0) − f(0+)| = |s sen 1

s| ≤ s para

todo s ∈ ]0, π[, e assim f é Lipschitziana à direita de 0. Analogamente verifica-se que é Lipschitziana à esquerda de 0. Pelo Critério de Lipschitz, a série deFourier converge em média para a função no ponto:

sm[f](0)→ 12(f(0−) + f(0+)) =

12(0+ 0) = 0.

Para t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com as derivadasvalendo − sen 1

π+ 1πcos 1

πe sen 1

π− 1πcos 1

π), portanto a série de Fourier converge

em média para a função no ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(f(−π−) + f(−π+)) =

(π sen 1

π+ π sen 1

)= π sen 1

π.

-10 -5 5 10

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Figura 6: Extensão periódica de t sen 1t.

• f(t) = t2− 1: A função f é derivável em ]−π, π[, portanto a sua série de Fourierconverge para a função em todos os pontos e a soma é t2 − 1.Para o ponto t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com asderivadas valendo 2π e −2π), portanto a série de Fourier converge em médiapara a função no ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(π2 − 1+ (−π)2 − 1) = π2 − 1.

-10 -5 5 10

Figura 7: Extensão periódica de t2 − 1.

• f(t) = t3 sen 1t2: A expressão não está definida para t = 0, mas extendemos

primeiro a função pondo f(0) := limt→0 t3 sen 1

t2= 0. Em ] − π,0[ e ]0, π[

a função é derivável e assim a sua série de Fourier converge para a funçãonestes pontos, com soma t3 sen 1

t2.

A função f não é derivável em t = 0, porém é Lipschitziana à direita e àesquerda de 0. Com efeito, f(0+) = 0, e |f(s + 0) − f(0+)| = |s3 sen 1

s2| ≤ s3 < s

para todo s ∈ ]0, 1[, e assim f é Lipschitziana à direita de 0. Analogamenteverifica-se que é Lipschitziana à esquerda de 0. Pelo Critério de Lipschitz, asérie de Fourier converge em média para a função no ponto:

sm[f](0)→ 12(f(0−) + f(0+)) =

12(0+ 0) = 0.

Para t = −π, temos que f é derivável à direita e à esquerda (com as derivadasvalendo 3π2 sen 1

π2− 2 cos 1

π2), portanto a série de Fourier converge em média

para a função no ponto, isto é:

sm[f](−π)→ 12(f(−π−) + f(−π+))

=12

(π3 sen 1

π2 + (−π)3 sen 1(−π)2

(π3 sen 1

π2 − π3 sen 1π2