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Prefácio

Ao escrevermos este livro, tivemos como objetivo introduzir a AnáliseFuncional de maneira a ressaltar seus aspectos geométricose minimizar seus pré-requisitos. Decidimos produzir um texto que apresentasse os principais resultadosda Análise Funcional Linear, mas pudesse ser apresentado nofinal da bachareladoou no início do mestrado em Matemática; que fosse fonte abundante de exemplos;que contivesse aplicações relevantes.

Em suma, gostaríamos de fornecer um panorama da Análise Funcional por meiode seus resultados fundamentais e no contexto mais “concreto” possível. Nessesentido, a escolha de espaços com produto interno é natural:a topologia necessáriatem um forte apelo geométrico e o texto poderia ser visto comocontinuação de umcurso de Álgebra Linear.

Contudo, estávamos diante de quatro impasses: como evitar conhecimentos demedida e da integral de Lebesgue, necessária em muitos exemplos envolvendo ooperador derivação? Como introduzir o teorema da aplicaçãoaberta e o teoremade separação1 de Hahn-Banach? Como elaborar um texto diferente da abundanteliteratura escrita em língua estrangeira?

Chegamos à conclusão que dar exemplos envolvendo o operadorderivaçãoimplicava, como C. Hönig [16] percebeu, expor a teoria no contexto de espaçoscom produto interno e não somente no de espaços de Hilbert. Essa escolha éparticularmente perceptível no Capítulo 4, onde se estudamaplicações linearesT W E ! F , em queE;F são espaços com produto interno. Embora o ponto centraldo capítulo seja o estudo de operadorescontínuosT W E ! E e seus adjuntos, esteestudo não é feito supondo que o espaçoE seja completo, motivado principalmentepelo desejo de evitar conhecimentos da integral de Lebesgue. Nesse contexto,a adjunta de uma aplicação linearT W E ! F nem sempre existe! Essa teoria

1O teorema de extensão de Hahn-Banach é trivial em espaços de Hilbert.

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raramente é exposta e o texto [16] de C. Hönig é uma das raras exceções. Em algunsmomentos esse tratamento não causa maiores dificuldades mas, em outros, produzexemplos “patológicos”, em geral deslocados para uma seçãode leitura opcionalou para os exercícios. Contudo, introduzimos também o tratamento “tradicional”de aplicações lineares descontínuas e, em seções mais avançadas, apresentamossumariamente a teoria de operadores densamente definidos emespaços de Hilbert.

Notamos que essa escolha já diferenciaria nosso texto da literatura estrangeiraexistente que, em geral, tem seus exemplos fundamentais dependendo deconhecimentos da integral de Lebesgue. Por outro lado, junto com nosso desejode não estender muito o texto, ela impediu a exposição de aplicações relevantes dateoria.

Uma vez escolhido e delimitado nosso objeto de estudo, concentramosnossa atenção na escolha de demonstrações construtivas, evitando abordagensdemasiadamente abstratas. Por exemplo, o Teorema de Baire não é utilizadoexplicitamente em todo o livro! Apresentamos uma demonstração geométrica doTeorema (de separação) de Hahn-Banach que, sendo tão simples, torna inusitadoo fato de ela não estar presente na literatura consultada. Finalmente, o Teoremada Aplicação Aberta é demonstrado como consequência do Teorema do GráficoFechado, o que inverte a trajetória usualmente utilizada emtextos mais avançados.

Apresentamos agora a estruturação dos capítulos deste livro.O Capítulo 1 trata de noções básicas da topologia. Preferimos abordar

unicamente a teoria de espaços normados, apesar de pequenasalterações seremsuficientes para expor o material no contexto de espaços métricos: se é verdadeque a topologia de espaços métricos praticamente não alteraas definições e provasdos resultados, o nível de abstração é muito maior e noções intuitivas quasesempre revelam-se falsas nesses espaços. Achamos que a comparação entre espaçosnormados e espaços com produto interno já é rica o bastante emcontra-exemplos!

O Capítulo 2 introduz, de maneira tradicional, os espaços com produtointerno. (Uma abordagem alternativa de sua primeira seção pode ser encontradano Apêndice A.) A Seção 2.2 apresenta sistemas ortonormais.Achamos que, seo aluno não tiver qualquer experiência com séries de Fourier, é conveniente aexposição prévia de suas principais propriedades, como aquela contida no ApêndiceB. Grande parte dos textos introdutórios de Análise Funcional só apresenta sistemasortonormais enumeráveis. Achamos que o tratamento do caso geral não produz

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grande dificuldade, mas os resultados estão expostos na Seção 2.5, que pode sersuprimida. A Seção 2.7 é mais avançada, e pode ser evitada: ela estuda a relaçãoentre sistemas ortonormais maximais e bases ortonormais e depende bastante deresultados contidos no Apêndice C.

O Capítulo 3 apresenta as principais propriedades geométricas de espaços comproduto interno. O capítulo começa relacionando o núcleo deum funcional linear esua continuidade. Depois, estuda propriedades de subconjuntos convexos, expõe oTeorema de Separação de Hahn-Banach e projeção ortogonal, apresenta o Teoremade Representação de Riesz, que é uma propriedade de caracteriza espaços deHilbert. Após apresentar o Teorema de Lax-Milgram, introduz a convergência fracae a limitação uniforme, que é demonstrada sem a utilização (explícita) do Teoremade Baire. O capítulo finaliza mostrando que espaços de Hilbert são fracamentesequencialmente compactos.

O Capítulo 4 estuda aplicações lineares e suas adjuntas. Inicialmente oestudo é feito no contexto de aplicaçõesT W E ! F entre espaços com produtointerno. Como esses não são supostos completos, a adjunta nem sempre existe. Ocapítulo, abundante em exemplos, caracteriza operadores isométricos, simétricos,antisimétricos e normais. O estudo de aplicações linearesdescontínuas, um tópicomais avançado, é feito de maneira tradicional, ao considerar aplicações densamentedefinidas entre espaços de Hilbert. Algumas propriedades básicas de operadoresfechados e o Teorema do Gráfico Fechado são expostos na Seção 4.5. O capítulotermina mostrando, como consequência do Teorema do Gráfico Fechado, o Teoremada Aplicação Aberta.

A teoria espectral é exposta no Capítulo 5. Nele estão expostas a alternativade Fredholm (seguindo a abordagem de Evans [11], que é específica paraespaços de Hilbert) e algumas propriedades básicas do espectro são mostradas nocontexto geral de operadores densamente definidos. Contudo, o Teorema Espectralé demonstrado para operadores simétricos compactos e entãopara operadoresnormais compactos. O capítulo finaliza estudando algumas propriedades deoperadores positivos semidefinidos.

O Capítulo 6 expõe a teoria de Sturm-Liouville. No capítulo édada especialênfase à função de Green, que também é exposta em seu sentido generalizado, istoé, quando� D 0 é um autovalor do problema de Sturm-Liouville.

O último capítulo do livro estuda o problema não linearu00 D �f .u/ para

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t 2 .0; 1/, com condições de fronteira de Dirichlet. Para isso, ele usatécnicasvariacionais, introduzindo espaços de Sobolev (na reta) e aplicações convexascoercivas.

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Sumário

Prefácio i

1 Espaços Normados 11.1 Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Espaços Normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Conjuntos Abertos e Fechados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Aplicações Contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.5 Conjuntos Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.6 Convergências Pontual e Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.7 Espaços de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.8 Aplicações Lineares Contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.9 Normas Equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.10 Espaços Normados de Dimensão Finita . . . . . . . . . . . . . . . 201.11 O Teorema de Arzelà-Ascoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.12 O Completamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.13 Exemplos de Espaços de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.13.1 Espaços de Aplicações Lineares Contínuas . . . . . . . . .301.13.2 Espaço de Funções Integráveis . . . . . . . . . . . . . . . . 311.13.3 Espaços de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.13.4 As Desigualdades de Hölder e Minkowsky . . . . . . . . . 33

1.14 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2 Espaços com Produto Interno 492.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.2 Sistemas Ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3 Sistemas Ortonormais Enumeráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

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vi SUMÁRIO

2.4 Séries Trigonométricas de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . .702.5 Sistemas Ortonormais Não Enumeráveis . . . . . . . . . . . . . . .742.6 Isometrias e Espaços de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.7 Sistemas Ortonormais Maximais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.8 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3 Produto Interno e Geometria 903.1 Funcionais Lineares e Hiperplanos . . . . . . . . . . . . . . . . . .903.2 Convexidade e Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.2.1 Convexos e o Ponto de Menor Norma . . . . . . . . . . . . 933.2.2 O Teorema de Separação de Hahn-Banach . . . . . . . . . . 953.2.3 Projeção Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3.3 O Teorema de Representação de Riesz . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.4 O Teorema de Lax-Milgram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1053.5 Convergência Fraca e Limitação Uniforme . . . . . . . . . . . . .. 1103.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

4 Aplicações Lineares e Adjuntas 1234.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244.2 A Adjunta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.3 Operadores e Adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1364.4 Aplicações Descontínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1464.5 O Teorema do Gráfico Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1524.6 O Teorema da Aplicação Aberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1574.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

5 Teoria Espectral 1685.1 Aplicações Lineares Compactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.2 O Espectro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1725.3 Propriedades Básicas do Espectro . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1765.4 A alternativa de Fredholm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1815.5 Operadores Simétricos Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1865.6 Operadores Normais Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1925.7 Operadores Positivos Semidefinidos . . . . . . . . . . . . . . . . .193

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SUMÁRIO vii

5.8 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6 O Problema de Sturm-Liouville 2026.1 Definições e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2026.2 A função de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2066.3 Autovalores do problema de Sturm-Liouville . . . . . . . . . .. . 2126.4 Desenvolvimento em autofunções . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2166.5 A função de Green generalizada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2206.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

7 Um Problema Não-Linear 2327.1 O LAGRANGEANO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2337.2 FUNÇÕES TESTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2387.3 UM ESPAÇO DESOBOLEV: W 1;2

�Œ0; 1�

�. . . . . . . . . . . . . . . 241

7.4 OSUBESPAÇOW1;2

0

�Œ0; 1�

�. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

7.5 DE VOLTA AO LAGRANGEANO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2477.6 PONTOS CRÍTICOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2517.7 EXERCÍCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

Apêndices

A Formas e Produto Interno 258A.1 Aplicações Sesquilineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258A.2 Formas Hermitianas e Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260A.3 Formas Hermitianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263A.4 Formas Contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269A.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

B Séries de Fourier 275B.1 A Corda Vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275B.2 Separação de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276B.3 Chega de Formalismo! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282B.4 Convergência Quadrática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283B.5 Convergência Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288B.6 Voltando à Convergência Quadrática . . . . . . . . . . . . . . . . .291

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viii SUMÁRIO

B.7 Convergência Pontual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294B.8 Solução do Problema da Corda Vibrante . . . . . . . . . . . . . . . 299B.9 EXERCÍCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299

C O Lema de Zorn 302C.1 Relações de Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302C.2 Dimensão de um espaço de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

Lista de Símbolos 309

Referências Bibliográficas 311

Índice Remissivo 315

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Espaços Normados

Em princípio, os espaços que consideraremos neste texto sãoespaços defunções. Isso significa que quase todos os nossos exemplos serão espaços vetoriaisde dimensão infinita. Nesses espaços, muitas vezes a estrutura algébrica é insu-ficiente para a obtenção de resultados fortes, sendo necessária a inserção de umaestrutura topológica. Mas, ao contrário do caso de espaços vetoriais de dimensãofinita, não existe qualquer isomorfismo natural que permita aintrodução datopologia e, em muitos casos importantes, não é possível obter estrutura topológicaconveniente gerada por produto interno.

Estudaremos espaços normados, isto é, espaços vetoriais nos quais existe anoção de norma de um vetor. Nosso objetivo neste capítulo nãoé apresentar estudoaprofundado das propriedades de tais espaços, mas sim contrastá-los com espaçosnos quais a topologia é gerada por um produto interno, espaços esses que serãointroduzidos no Capítulo 2. Assim, grande parte de nossa exposição reduz-se àtopologia básica dos espaços normados e à introdução de exemplos importantes.

Denotaremos porN o conjuntof1; 2; : : :g, porRC o intervalo realŒ0;1/ e porKo corpo dos reais ou o corpo dos complexos. Resultado básicosda Álgebra Linearsão referenciados ao texto [5], que será citado como [AL].

1.1 Espaços Vetoriais

Começamos relembrando o conceito de base de um espaço vetorial.

Definição 1.1 SejamX um espaço vetorial sobre o corpoK e B um subconjuntodeX . Um elementox 2 X écombinação lineardos elementos deB se existir uma

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2 Espaços Normados Cap. 1

quantidade finita de vetoresx1; : : : ; xr 2 B e escalares�1; : : : ; �r 2 K, tais que

x D �1x1 C : : :C �r xr : (1.1)

O conjunto de todas as combinações lineares de elementos deB é oespaço geradopor B, denotado por.

Dizemos queB gera o espaçoX , se todo elementox 2 X for combinaçãolinear de elementos deB.

Se, ao tomarmosx D 0 na equação.1:1/, só existir a solução�1 D : : : D �r D0 para quaisquer vetoresx1; : : : ; xr 2 B e r 2 N, dizemos queB é linearmenteindependente.

Um conjuntoB é umabasede X (ou base deHamel), se ele for linearmenteindependente e gerarX .

O espaço vetorialX temdimensão finita, se existir uma baseB com um númerofinito de elementos ou seX D f0g. Caso contrário, ele temdimensão infinita.

Um espaço vetorialX sobre o corpoR será chamado deespaço real; sobre ocorpoC, deespaço complexo.

É fácil verificar que, qualquer que seja o conjuntoB ¤ ;, sempre é umespaço vetorial. QuandoB gera o espaçoX , o númeror 2 N de elementosxi 2 B

utilizados numa combinação linear de elementos deB pode variar. SeB for umabase, cada elementox 2 X escreve-se de maneira única como combinação linearde elementos deB. (Veja o Exercício 1.) Salientamos que uma baseB não precisaser um conjunto enumerável.

Pode-se verificar que, no caso de um espaço vetorial de dimensão finitaX ¤f0g, todas as bases têm o mesmo número de elementos; esse número comum échamado então dedimensãodo espaçoX . Se X D f0g, dizemos queX temdimensão igual a zero. (Veja [AL], Teorema 1.12).

Na prática, raramente verificamos que um espaço vetorial temdimensão infinitaexibindo uma de suas bases. Na verdade, muito raramente podemos exibir umabase de um espaçoX de dimensão infinita, se bem que todo espaço vetorial possuiuma base (de Hamel): veja o Teorema C.14. A maioria dos exemplos de base emespaços de dimensão infinita ocorre em espaços de sequências.1

1Uma sequência é uma aplicaçãoxWN ! X , comx.i/ denotado porxi .

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§1.1 Espaços Vetoriais 3

Muitas vezes, para mostrarmos que um espaço tem dimensão infinita, exibimosum subespaço que sabemos ter dimensão infinita. Para isso, frequentementeutilizamos os subespaços que introduziremos nos Exemplos 1.5 e 1.6.

Exemplo 1.2 No espaçoKn D f.x1; : : : ; xn/ W xi 2 Kg a base canônicaé forma-da pelos vetorese1 D .1; 0; : : : ; 0/, e2 D .0; 1; 0; : : : ; /; : : : ; en D .0; : : : ; 0; 1/.O espaçoKn é um espaço vetorial de dimensãon sobre o corpoK. Usualmentedenotaremos os elementos deKn por meio de matrizes coluna:

x D

0BBB@

x1

x2

:::

xn

1CCCA D .x1 x2 : : : xn/

t:

(Estamos denotando porxt a transposta da matriz coluna que representax.) �

Exemplo 1.3 SejaX um conjunto não vazio arbitrário. O conjunto de todas asfunçõesf W X ! K é um espaço vetorial com as definições habituais da soma defunções e do produto de função por escalar. Esse espaço tem dimensão infinita, seX for um conjunto com infinitos elementos (veja o Exercício 3).Em geral, não épossível exibir uma base do espaçoff W X ! Rg, seX tiver infinitos elementos.�

Exemplo 1.4 Seja` o conjunto de todas as sequências.xn/ de elementos do corpoK. Esse espaço vetorial de dimensão infinita é um caso particular do exemploanterior, uma vez que uma sequência nada mais é do que uma aplicação comdomínio igual ao conjunto dos naturais. Algumas vezes denota-se esse espaço porK1, ao invés de . �

Exemplo 1.5 SejaKŒt � o conjunto de todos os polinômios com coeficientes emK, na incógnitat . Esse é um espaço vetorial de dimensão infinita com a somade polinômios e a multiplicação de um polinômio por um escalar definidas comohabitualmente. Uma base paraKŒt � é dada porB D f1; t; t2; : : : ; tn; : : :g. �

Exemplo 1.6 Seja`0 o subespaço de(veja o Exemplo 1.4) formado por todas assequências.xi/ tais quexi D 0, exceto talvez para um número finito de índicesi .Podemos exibir facilmente uma base do espaço`0: ela é dada porfe1; : : : ; en; : : :g,

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em queei denota a sequência cujos termos são todos iguais a0, exceto oi -ésimo,que é igual a1. Verifique que`0 é isomorfoao espaçoKŒt �, isto é, existe umabijeção linearT WKŒt � ! `0. �

1.2 Espaços Normados

Definição 1.7 SejaX um espaço vetorial sobre o corpoK. Umanorma emX éuma funçãok � kW X ! RC que satisfaz

.i/ kxk D 0 , x D 0;

.i i/ k�xk D j�j kxk para todox 2 X e todo� 2 K;

.i i i/ kx C yk � kxk C kyk para quaisquerx; y 2 X .desigualdade triangular/.

Um espaço normadoé um espaço vetorialX considerado com uma normak � k. Para ressaltarmos a normak � k utilizada no espaçoX , algumas vezesempregaremos a notação

�X; k � k

�.

Uma pergunta natural é se todo espaço vetorialX possui uma norma. Emborapossamos provar sua existência, raramente essa norma tem utilidade prática. Nopróximo Capítulo discutiremos mais essa situação: veja o Exemplo 2.5.

Exemplo 1.8 No espaçoKn, sex D .x1; : : : ; xn/, podemos considerar as normas

kxk Dp

x1 Nx1 C : : :C xn Nxn;

kxks D jx1j C : : :C jxnj;kxk1 D max

1�i�njxij:

O conjugado do número complexox está sendo denotado porNx. (Sex for real,então Nx D x.) Nas normask � ks e k � k1, denotamos o valor absoluto porj � j.Lembramos que, seK D C e z D x C iy, entãojzj D

pz Nz D

px2 C y2. Essas

são asnormas habituaisdo Kn. Sen D 1, é usual considerar a norma dada pelovalor absoluto: veja o Exercício 4.

A normak � k é chamadanorma euclidianano espaçoKn. A verificação dequek � k é uma norma usualmente é feita utilizando-se a desigualdadede Cauchy-Schwarz, que recordaremos posteriormente no Capítulo 2 (ouentão veja [AL],

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§1.2 Espaços Normados 5

Proposição 8.6). Esse fato também segue-se do Teorema 1.74,que mostraremosainda neste Capítulo.

Mais geralmente, sejamk � k� uma norma arbitrária emKn eB D fx1; : : : ; xnguma base de um espaço de dimensão finitaX . Parax D ˛1x1 C : : : C ˛nxn,definimosIx D .˛1 : : : ˛n/

t 2 Kn. É fácil ver queI é uma bijeção lineare quekxkX D kIxk� define uma norma emX , chamada normainduzidapelanorma deKn. É usual denotar.˛1 : : : ˛n/

t 2 Kn por Œx�B e chamar esse vetor derepresentaçãodex na baseB.

Dessa forma, podemos imitar as normas habituais do espaçoKn e considerar asnormas habituaisk � k; k � ks ek � k1 do espaço de dimensão finitaX (com respeitoà baseB). �

Observe que o Exemplo 1.8 mostra que todo espaço vetorial de dimensão finitatorna-se um espaço normado, uma vez fixada uma de suas bases.

Definição 1.9 SejaX um espaço normado. Um subconjuntoA é limitado, se existirM > 0 tal quekak � M para todoa 2 A.

Exemplo 1.10 SejaX ¤ ; um conjunto arbitrário. Defina

B.X;K/ D ff W X ! K W f .X / é limitadog:

Esse conjunto é um subespaço do espaço das funçõesf W X ! K, apresentadono Exemplo 1.3. As funções emB.X;K/ são as funçõeslimitadas. EmB.X;K/definimos

kf k1 D supx2X

jf .x/j:

É fácil verificar quek � k1 é uma norma nesse espaço (veja o Exercício 7). Emparticular, seX D N (veja o Exemplo 1.4), é usual denotar o espaçoB.N;K/ por`1, o espaço de todas as sequências limitadas:

k.xn/k1 D supn2N

jxnj:�

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Exemplo 1.11 Sejama; b 2 R, com a < b. Consideremos o espaço vetorial dedimensão infinita

C 1�Œa; b�;K

�D ff W Œa; b� ! K W f 2 C 1g:

Uma vez que toda função contínua definida emŒa; b� atinge máximo nesseconjunto (veja, em caso de dúvidas, o Corolário 1.26), podemos considerar a norma

kf kC 1 D maxt2Œa;b�

jf .t/j C maxt2Œa;b�

jf 0.t/j D kf k1 C kf 0k1:

Você seria capaz de definir outras normas nesse espaço?Podemos facilmente generalizar esse exemplo e considerar oespaço normado

C k�Œa; b�;K

�, comk D 0; 1; : : : (Qual é a adaptação da normak � kC 1 para esses

espaços?) É usual denotar o espaçoC 0�Œa; b�;K

�simplesmente porC

�Œa; b�;K

�.

Note que o espaçoC�Œa; b�;K

�é um subespaço do espaçoB

�Œa; b�;K

�, introduzido

no Exemplo 1.10. �

1.3 Conjuntos Abertos e Fechados

SejamX um espaço normado,x 2 X e r > 0. Definimos abola abertaBr .x/,a bola fechadaBr.x/ e aesferaSr .x/, respectivamente, por

Br .x/ D fy 2 X W ky � xk < rgBr .x/ D fy 2 X W ky � xk � rgSr .x/ D fy 2 X W ky � xk D rg

Em cada caso,x é ocentroe r > 0 é oraio.Um subconjuntoA � X é abertose, para todoa 2 A, existir r > 0 tal que

Br .a/ � A. Um subconjuntoF � X é fechado, seX n F D F c D ∁F for umconjunto aberto.

O próximo resultado, cuja demonstração é simples (veja o Exercício 10), exibepropriedades básicas de conjuntos abertos e fechados:

Proposição 1.12SejaX um espaço normado. São válidas as afirmativas:

.i/ uma união arbitrária de conjuntos abertos é um conjunto aberto;

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§1.3 Conjuntos Abertos e Fechados 7

.i i/ uma interseção finita de conjuntos abertos é um conjunto aberto;

.i i i/ uma união finita de conjuntos fechados é um conjunto fechado;

.iv/ uma interseção arbitrária de conjuntos fechados é um conjunto fechado.

Note queX e; são conjuntos que são, simultaneamente, abertos e fechadosnoespaço normadoX .

Definição 1.13Sejam X um espaço normado e.xn/ uma sequência emX .Dizemos que a sequência.xn/ convergea x 2 X , ou quex é o limite da sequência.xn/, denotado porxn ! x ou lim

n!1xn D x, se, para todo� > 0 dado, existir

n0 2 N tal quen � n0 implicakxn � xk < �. Equivalentemente,

xn ! x , kxn � xk ! 0:

Assim, a convergência em um espaço normado é o mesmo que a convergênciada sequência numérica

�kxn � xk

�.

Uma caracterização alternativa de um conjunto fechado é oferecida peloseguinte resultado:

Teorema 1.14SejaX um espaço normado. Um subconjuntoF é fechado se, esomente se, qualquer sequência convergente.xn/ de elementos deF possuir seulimite emF .

Demonstração:Suponhamos que.xn/ convirja parax 62 F . ComoX n F é aberto,exister > 0 tal queBr .x/ � X n F . Como.xn/ converge parax, temos quexn 2 Br .x/ paran suficientemente grande. Mas isso é uma contradição, poisxn 2 F para todon 2 N.

Por outro lado, seF não for fechado, então o conjuntoX n F não é aberto.Assim, existex 2 X n F tal queBr .x/ contém elementos deF para todor > 0.Escolhendor D 1=n para todo naturaln � 1, construímos uma sequência.xn/ talquexn ! x e xn 2 F . Mas, por hipótese, isso implicax 2 F , contradizendox 2 X n F . 2

SejamX um espaço normado eW um subconjunto qualquer. Definimos ofechodeW como sendo o conjuntoW caracterizado por

x 2 W , 9 .xn/ � W W xn ! x:

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O relacionamento entre o fecho e conjuntos fechados é dado pelo seguinteresultado, que decorre imediatamente do Teorema 1.14:

Corolário 1.15 SejaX um espaço normado. Um subconjuntoF é fechado se, esomente se,F D F .

Em algumas situações precisamos de um conceito mais geral deconjuntosabertos e fechados:

Definição 1.16SejamX um espaço normado eU um subconjunto qualquer deX .Um subconjuntoA � U é aberto emU se, para todoa 2 A, existir r > 0 talqueBr .a/ \ U � A. Um subconjuntoF � U é fechado emU , seU n F for umconjunto aberto emU .

É fácil verificar que um conjuntoA � U é aberto se, e somente se, existir umabertoV � X tal queA D V \ U . Da mesma forma,F � U é fechado, se esomente se, existir um fechadoH � X tal queF D H \ U . (Veja o Exercício 11).Por exemplo,.1=2; 1� é aberto emŒ0; 1� � R (pois .1=2; 1� D .1=2; 2/ \ Œ0; 1�),enquanto.0; 1=2� é fechado em.0; 1/ � R (pois.0; 1=2� D Œ�1; 1=2�\ .0; 1/).

Definição 1.17Um subconjuntoS de um espaço normadoX é densoemX , seS D X . S éseparável, se possuir um subconjunto enumerável denso emS .

O conjunto dos racionais é denso emR. No decorrer deste curso teremosa oportunidade de trabalhar com vários conjuntos que são densos em espaçosnormados.

1.4 Aplicações Contínuas

Definição 1.18SejamX;Y espaços normados eA ¤ ; um subconjunto deX .Uma aplicaçãof W A � X ! Y é contínua no pontoa 2 A se, para todo� > 0

dado, existirı > 0 tal que

x 2 A e kx � ak < ı ) kf .x/ � f .a/k < �:

Quer dizer, dado� > 0, existe uma bola abertaBı.a/ tal quef .Bı.a/ \ A/ �B�.f .a//.

Sef for contínua em todos os pontosa 2 A, dizemos quef é contínua emA

ou, simplesmente, quef é contínua.

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§1.4 Aplicações Contínuas 9

Uma caracterização da continuidade de uma aplicação é dada por:

Teorema 1.19SejamX;Y espaços normados. Uma aplicaçãof W A � X ! Y écontínua no pontoa 2 A se, e somente se, toda sequência.xk/ � A comxk ! a

satisfizerf .xk/ ! f .a/.

Demonstração: Dado� > 0, a continuidade def em a garante a existência deı > 0 tal quef .Bı.a/ \ A/ � B�.f .a//. Comoxk ! a, existen0 2 N tal quen � n0 implicaxn 2 Bı.a/. Decorre daí quef .xk/ 2 B�.f .a// para todon � n0,provando quef .xk/ ! f .a/. Reciprocamente, sef for descontínua no pontoa,existem� > 0 e xn 2 B1=n.a/ \ A tais quekf .xn/ � f .a/k > �, para todon 2 Nsuficientemente grande. A sequência assim construída converge paraa, masf .xn/

não converge paraf .a/. 2

Caracterizações alternativas da continuidade de uma aplicação são dadas peloseguinte resultado:

Teorema 1.20SejamX;Y espaços normados ef W A � X ! Y uma aplicação.São equivalentes:

.i/ f é contínua;

.i i/ a imagem inversaf �1.U / de todo conjunto abertoU � Y for um conjuntoaberto emA;

.i i i/ a imagem inversaf �1.F/ de todo conjunto fechadoF � Y for um conjuntofechado emA.

Demonstração: Suponhamos quef seja contínua e tomemos arbitrariamentex 2 f �1.U /. Isso quer dizer quef .x/ 2 U . Como U é aberto, existe� > 0 tal que B�.f .x// � U . Como f é contínua, existeı > 0 tal quef .Bı.x/ \ A/ � B�.f .x// � U . Isso quer dizer queBı.x/ \ A � f �1.U /,mostrando quef �1.U / é aberto e provando que.i/ implica .i i/.

Supondo.i i/, dadosx 2 A e � > 0, considere o abertoU D B�.f .x// � Y .Comof �1.U / é aberto, esse conjunto tem a formaV \ A, em queV � X é umaberto, comx 2 V \A. ComoV é aberto, existeı > 0 tal queBı.x/\A � V \A.Assim,f .Bı.x/\A/ � B�.f .x//, mostrando a continuidade def no pontox 2 A.

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Como esse ponto é arbitrário, completamos a prova de.i/. Assim, as duas primeirasafirmações são equivalentes.

Tomando o complementar deA n F , verificamos a equivalência entre.i i/ e.i i i/. 2

Note que, seA D X , as imagens inversas dos itens.i i/ e .i i i/ do Teorema1.20 são, respectivamente, conjuntos abertos e fechados noespaço normadoX .

No caso especialB � Y for um conjunto com um único elementox, denotamosf �1.B/ D f �1

�fxg

�simplesmente porf �1.x/.

A demonstração do próximo resultado é imediata (veja o Exercício 14).

Proposição 1.21SejamX;Y e Z espaços normados. Se as aplicaçõesf W A �X ! Y e gW B � Y ! Z forem contínuas nos pontosa 2 A e f .a/ 2 B, entãog ı f W A ! Z é contínua no pontoa. Em particular, sef .A/ � B e sef e g

forem contínuas, entãog ı f é contínua.

1.5 Conjuntos Compactos

Definição 1.22SejaX um espaço normado. Um conjuntoK � X écompacto,2 setoda sequência.xn/ de elementos deK possuir uma subsequência que convergepara um elemento deK. Um conjuntoR é relativamente compactose NR forcompacto.

O próximo resultado tem demonstração imediata (veja o Exercício 10):

Proposição 1.23Um subconjunto fechado de um conjunto compacto é compacto.

Mostraremos agora um resultado fundamental:

Teorema 1.24SejamX um espaço normado eK � X um conjunto compacto.EntãoK é limitado e fechado.

2Mais precisamente, estamos definindo o que é um conjuntosequencialmente compacto. Veja aDefinição 1.80 para a noção de compacto definida por meio de coberturas e o Exercício 49 para aequivalência entre as duas definições.

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§1.5 Conjuntos Compactos 11

Demonstração:De acordo com o Teorema 1.14, para provarmos queK é fechado,basta mostrar que toda sequência convergente.xn/ � K possui seu limitex emK. Mas, por hipótese, existe uma subsequência.xnj

/ tal quexnj! y 2 K. A

unicidade do limite de.xn/ garante quexn ! y. Mas isso implica quex D y e,portanto,x 2 K. Suponhamos, agora, queK não seja limitado. Isso quer dizer queexiste uma sequência.xn/ � K tal quekxnk � n para todon 2 N. Essa sequêncianão possui subsequência convergente e, portanto,K não pode ser compacto. 2

O próximo resultado tem consequências muito importantes:

Teorema 1.25Sejam X;Y espaços normados. A imagem de um conjuntocompactoK � A por uma aplicação contínuaf W A � X ! Y é um conjuntocompacto.

Demonstração: Dada uma sequência.yk/ 2 f .K/, para todok 2 N existexk 2 K tal quef .xk/ D yk . Como K é compacto, a sequência.xk/ possuisubsequência convergente:xkj

! x0 2 K. Em virtude do Teorema 1.19, temosque.ykj

/ D .f .xkj// converge paraf .x0/. 2

Corolário 1.26 SejamX um espaço normado ef W A � X ! R uma funçãocontínua. SeK � A for compacto, entãof assume máximo e mínimo emK. Ouseja, existemxm; xM 2 K tais que

f .xm/ � f .x/ � f .xM /; 8 x 2 K:

Demonstração: Comof .K/ é limitado e fechado, os números supx2K

f .x/ 2 R e

infx2K

f .x/ 2 R são atingidos em pontosxM 2 K exm 2 K, respectivamente. 2

Em muitas situações, consideramos a restrição de uma aplicação contínua aum subconjunto compacto. Aplicações contínuas definidas emcompactos tem umcomportamento muito especial, como veremos.

Definição 1.27SejamX;Y espaços normados. Uma aplicaçãof W A � X ! Y éuniformemente contínuano conjuntoA se, para todo� > 0 dado, existirı > 0 talque

kx � yk < ı ) kf .x/ � f .y/k < �; para quaisquerx; y 2 A:

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Se existir uma constante� > 0 tal quekf .x/ � f .y/k � �kx � yk, entãodizemos quef é lipschitzianacomconstante de Lipschitz�.

Compare com a definição de continuidade da aplicaçãof W A ! Y , que se dánuma vizinhança de cada pontox 2 A: para cada� > 0 ex 2 A, existeı D ı.x/ talqueky � xk < ı ey 2 A implicamkf .y/� f .x/k < �. A noção de continuidadeuniforme é um conceitoglobal, pois nos informa sobre o comportamento def emtodos os pontos deA: para cada� > 0, o valor deı independe do pontox 2 A.Note que toda aplicação lipschitziana é uniformemente contínua.

Exemplo 1.28 No espaço normadoX , uma normak � kW X ! R é lipschitziana.De fato,

ˇkxk � kyk

ˇ� kx � yk:

�

Teorema 1.29SejamX;Y espaços normados eK � X um conjunto compacto.Toda aplicação contínuaf W K � X ! Y é uniformemente contínua.

Demonstração: Suponhamos quef não seja uniformemente contínua. Entãoexistiriam� > 0 e pontosxn; yn 2 A tais quekxn �ynk < 1

nekf .xn/ � f .yn/k �

�. Passando a uma subsequência, se necessário, podemos suporquexn ! x 2 K,pois xn pertence ao compactoK. Daí, concluímos (para essa subsequência) queyn ! x. A continuidade def no pontox garante, então, que (veja o Exemplo1.28)

limn!1

kf .xn/ � f .yn/k D lim

n!1

�f .xn/ � f .yn/

� D kf .x/ � f .x/k D 0;

o que é uma contradição comkf .xn/ � f .yn/k � � para todon 2 N. Assim,f éuniformemente contínua. 2

Nas condições do Teorema 1.29 e comA � K arbitrário, podemos concluirque a restriçãof W A ! Y é uniformemente contínua. O Teorema 1.29 também éutilizado em combinação com a Desigualdade do Valor Médio (veja [21] ou [24]).

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§1.6 Convergências Pontual e Uniforme 13

1.6 Convergências Pontual e Uniforme

Como os espaços considerados neste texto são, em geral, espaços de funções, éimportante neles considerarmos e compararmos diferentes noções de convergência.

Definição 1.30SejamA um conjunto qualquer eY um espaço normado. Umasequência.fn/ de aplicaçõesfnW A ! Y convergepontualmentepara a aplicaçãof W A ! Y se, para todox 2 A, tem-sefn.x/ ! f .x/.

A sequência.fn/ convergeuniformementepara f se, dado� > 0, existen0 2 N tal que

n � n0 ) kfn.x/ � f .x/k < �; 8 x 2 A:

A convergência uniforme de uma sequência de funções será denotada por

fn ! f uniformemente ou fn ⇉ f:

Na convergência pontual, dado� > 0 e fixadox 2 A, existen0 2 N tal quen � n0 implicakfn.x/�f .x/k < �. Mas esse valor den0 pode depender do pontox 2 A. Essa dependência não existe no caso da convergência uniforme. (Note quea convergência uniforme implica a convergência pontual.)

-

6 f .t/C�

f .t/

f .t/��

fn.t/

Ra b

R

Figura 1.1: Uma sequênciafnW Œa; b� ! R converge uniformemente paraf W Œa; b� ! R se, dado� > 0, existir n0 2 N tal que n � n0 implicakfn.t/ � f .t/k < � para todot 2 Œa; b�.

Observe que as definições de convergência pontual e uniformeutilizam apenas anorma do espaçoY . Uma vez queF D ff W A ! Y g é um espaço vetorial, é natural

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perguntar se podemos definir uma norma emF de forma que a convergência nessanorma seja equivalente às convergências pontual e uniforme.

Exemplo 1.31 Consideremos o espaço normadoC�Œa; b�;R

�, mencionado no

Exemplo 1.11, com sua normakf k1 D supt2Œa;b�

jf .t/j.

Vale

fn ⇉ f , kfn � f k1 ! 0;

poiskfn � f k1 � � se, e somente se,jfn.t/ � f .t/j � � para todot 2 Œa; b�. Poresse motivo,k�k1 é chamada norma da convergência uniforme. Uma outra notaçãousual parak � k1 é k � ksup. �

Exemplo 1.32 No mesmo espaçoC�Œa; b�;R

�tratado no Exemplo anterior, consi-

deremos a questão: existe alguma normak � k nesse espaço que produza aconvergência pontual, isto é, existek � k tal que

kfn � f k ! 0 , fn.t/ ! f .t/; 8 t 2 Œa; b� ?

Para responder a essa pergunta, consideremosŒa; b� D Œ0; 1� e a sequência defunçõesgnW Œ0; 1� ! R definida por

gn.t/ D

8<:

2nt; se 0 � t � 2�n;

2 � 2nt; se 2�n � t � 21�n;

0; nos demais casos:

-

6

��DDDDDDDDDDD

t12n

gn.t/

1

Figura 1.2: A sequênciagnW Œ0; 1� ! R converge pontualmente parag � 0.

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§1.6 Convergências Pontual e Uniforme 15

Para todot 2 Œ0; 1� temos quegn.t/ ! 0. De fato, set > 0, temos quegn.t/ D 0 sempre que21�n < t . Assim,gn.t/ ! 0 para todot > 0. Por outrolado,gn.0/ D 0 para todon, o que completa a prova de nossa afirmação.

Consideremos então essa norma arbitrária emC�Œ0; 1�;R

�. Comogn ¤ 0 para

todo n 2 N, temoskgnk D cn > 0. Definimos entãofn D gn=kgnk. A funçãofn tem gráfico semelhante ao da funçãogn, de modo quefn.x/ ! 0 para todox 2 Œ0; 1�. Claramentekfnk D 1, de modo quefn não converge na normak � k paraa função0. Isso mostra que não existe uma normak � k emC

�Œ0; 1�;R

�para a qual

a convergência seja o mesmo que convergência pontual. �

Teorema 1.33SejamX;Y espaços normados efnW A � X ! Y . Sefn convergiruniformemente paraf , e se as aplicaçõesfn forem todas contínuas no pontoa 2 A, entãof é contínua no pontoa.

Em particular, se as aplicaçõesfn forem contínuas, a aplicaçãof é contínua.

Demonstração: Dado� > 0, tomen0 2 N tal quekfn.x/ � f .x/k < �=3 paratodon � n0 ex 2 A. Comofn é contínua no pontoa 2 A, existeı > 0 tal que

x 2 A e kx � ak < ı ) kfn.x/ � fn.a/k <�

3:

Logo, sex 2 A ekx � ak < ı, vale

kf .x/ � f .a/k � kf .x/ � fn.x/k C kfn.x/ � fn.a/k C kfn.a/ � f .a/k<

�

3C �

3C �

3D �;

desde que tomemosn � n0. 2

Exemplo 1.34 Considere a sequênciafn.t/ D tn, com t 2 Œ0; 1�. Claramentefn.t/ ! 0 para todot 2 Œ0; 1/ efn.1/ D 1. Assim,fn converge pontualmente paraa função

f .t/ D�

0; se t 2 Œ0; 1/I1; se t D 1:

Logo, fn não converge uniformemente paraf , pois cadafn é contínua,enquantof é descontínua emt D 1. �

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1.7 Espaços de Banach

Definição 1.35Uma sequência.xn/ num espaço normadoX é deCauchyse, paratodo� > 0 dado, existirn0 2 N tal que

m; n � n0 ) kxm � xnk < �:

Não é difícil mostrar que toda sequência convergente é de Cauchy. Além disso,toda sequência de Cauchy é limitada e, se uma sequência de Cauchy admitir umasubsequência convergente, então a própria sequência é convergente, convergindopara o mesmo limite da subsequência. (Veja o Exercício 18.)

Proposição 1.36SejamX;Y espaços normados ef W A � X ! Y uma aplicaçãouniformemente contínua. Então, se.xn/ � A for uma sequência de Cauchy,.f .xn// � Y é de Cauchy.

Demonstração:Seja.xn/ uma sequência de Cauchy emA. Dado� > 0, o fato def ser uniformemente contínua garante a existência deı > 0 tal que, sex; y 2 A ekx � yk < ı, entãokf .x/ � f .y/k < �. Como.xn/ é de Cauchy, existen0 2 Ntal quem; n � n0 implicakxm � xnk < ı. Portanto,

n;m � n0 ) kf .xm/ � f .xn/k < �: 2

Definição 1.37SejaX um espaço normado. Um subconjuntoF � X é completo,se toda sequência de Cauchy de elementos deF convergir para um elemento deF .Um espaço normado completo é chamadoespaço de Banach.

Exemplo 1.38 A reta real�R; j � j

�é um espaço normado completo, como sabemos

de um curso de Análise na Reta. Passando às coordenadas de umasequência deCauchy noRn com qualquer de suas normas habituais(introduzidas no Exemplo1.8), verificamos que esse espaço é completo, pois essas coordenadas também sãosequências de Cauchy. A identificação de.x; y/ 2 R2 comx C iy 2 C nos permiteconcluir que

�C; j � j

�é completo e, como no caso doRn, vemos queCn é completo

com qualquer das normas do Exemplo 1.8. Assim, para todon 2 N, concluímosqueKn écompleto com qualquer de suas normas habituais. �

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§1.8 Aplicações Lineares Contínuas 17

Observação 1.39Considerando uma sequência.xn/ em Kn com uma normaarbitrária, (ainda) não podemos concluir que cada uma das coordenadas de.xn/

também é uma sequência de Cauchy. Por esse motivo, o Exemplo 1.38 exige que anorma considerada emKn seja uma das normas habituais. �

Exemplo 1.40 Todo subespaço fechadoF de um espaço de BanachX é, por si,um espaço de Banach. De fato, se.xn/ � F for uma sequência de Cauchy,.xn/

converge parax0 2 X . ComoF é fechado,x0 2 F . �

1.8 Aplicações Lineares Contínuas

SeX e Y forem espaços normados, nem toda aplicação linearT W X ! Y écontínua. Para mostrarmos esse fato, começamos caracterizando a continuidade deaplicações lineares:3

Teorema 1.41SejamX eY espaços normados eT W X ! Y uma aplicação linear.São equivalentes as propriedades:

.i/ existeM > 0 tal quekT xk � M kxk para todox 2 X ;

.i i/ T é lipschitziana:kT x � Tyk � M kx � yk;

.i i i/ T é contínua na origem;

.iv/ T é limitada: supkxk�1

kT xk D M < 1.

Demonstração:ComokT x � Tyk D kT .x � y/k � M kx � yk, vemos que.i/implica .i i/. É claro que.i i/ implica .i i i/. SeT for contínua na origem, existeı > 0 tal quekTyk � 1, parakyk � ı. Sekxk � 1, entãokıxk � ı e, portanto,kT .ıx/k � 1. Isso garante quekT xk � .1=ı/, provando.iv/. Finalmente, sex ¤ 0, entãox=kxk tem norma 1 e, portanto,

T .x=kxk/ � M . Daí segue-se

quekT xk � M kxk para todox, mostrando que.iv/ implica .i/. 2

3Em geral, representaremos uma aplicação linear por uma letra latina maiúscula:R, S , T etc.Contudo, funcionais lineares, isto é, aplicações linearesdeX emK, geralmente serão representadaspor letras minúsculas:f , g, ˛ etc. No caso de aplicações lineares, usualmente denotaremosT .x/

por T x, reservando o uso de parênteses para situações que puderem suscitar dúvidas. Contudo,manteremos o uso de parênteses no caso de funcionais lineares: f .x/, .y/ etc.

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Observação 1.42Note que a definição de uma aplicação linearlimitadaé diferentedaquela de uma aplicação (não linear) limitada, de acordo com o Exemplo 1.10.�

Exemplo 1.43 Consideremos o espaçoRŒt �, abordado no Exemplo 1.5. Definimos,parap 2 RŒt �,

kpk D supt2Œ0;1=2�

jp.t/j:

O Teorema Fundamental da Álgebra garante quek � k é uma norma emRŒt �.Definimos agora W .RŒt �; k � k/ ! .R; j � j/ por ˛.p/ D p.1/. Claramente˛ é linear. Mas˛ é descontínua no polinômiop D 0. De fato, tomando� D 1, consideremos o polinômiopn.t/ D tn. (Compare com o Exemplo 1.34.)Claramentekpn � 0k D 1=2n, enquantoj˛.pn/ � 0j D 1 para todon 2 N. �

Corolário 1.44 SejaT W X ! Y uma aplicação linear sobrejetora. Então,T é umhomeomorfismo4 linear .isto é, uma bijeção linear contínua com inversa contínua/

se, e somente se, existirem constantes� > 0 e� > 0 tais que

�kxk � kT xk � �kxk:

Demonstração:SeT for um homeomorfismo linear, existem� > 0 e� > 0 taisquekT xk � �kxk ekT �1yk � �kyk. MasT x D y se, e somente se,x D T �1y.Assim, a última desigualdade é o mesmo que�kxk � kT xk, com � D ��1.Reciprocamente, a desigualdadekT xk � �kxk garante que a aplicação linearT

é contínua. Mas�kxk � kT xk garante queT é injetora. ComoT é sobrejetora,existeT �1W Y ! X . Assim,�kxk � kT xk se, e somente se,kT �1yk � ��1kyk,mostrando queT �1 é contínua. 2

Compare o Corolário 1.44 com o Exercício 50 do Capítulo 4.

Exemplo 1.45 SejaX um espaço de dimensão finita,B D fx1; : : : ; xng uma basedeX e k � k uma norma emKn. Consideremos, como no Exemplo 1.8, a aplicaçãoIW�X; k � kX

�!

�Kn; k � k

�definida porIx D Œx�B 2 Kn, em quek � kX denota

a norma induzida pork � k. A aplicaçãoI é um homeomorfismo linear entre osespaços

�X; k � kX

�e�Kn; k � k

�, poiskIxk D kxkX . �

4O significado da palavra isomorfismo depende do contexto considerado. Assim, na ÁlgebraLinear, designa simplesmente uma bijeção linearT W X ! Y . No contexto de espaços vetoriaisnormados, adicionalmente exige queT eT �1 sejam contínuas. Para não causar dúvidas, evitaremosa utilização da palavra isomorfismo.

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§1.9 Normas Equivalentes 19

1.9 Normas Equivalentes

Algumas vezes, um espaço vetorialX é espaço normado com diferentesescolhas de normas (veja o Exemplo 1.8). Cada uma dessas normas define, emprincípio, diferentes topologias, isto é, diferentes conceitos do que seja um conjuntoaberto.5 Pode ser importante saber se um conjunto aberto em uma topologia tambémé aberto na outra topologia. É o que agora tratamos.

Definição 1.46Duas normask � k0 e k � k1 num espaçoX sãoequivalentes, se aaplicação identidadeIW .X; k � k0/ 7! .X; k � k1/ for um homeomorfismo. Em outraspalavras, quando existirem constantes� > 0 e� > 0 de modo que

�kxk0 < kxk1 � �kxk0:

Resulta dessa definição que um conjunto aberto na topologia gerada pela normak � k0 é um conjunto aberto na topologia gerada pela normak � k1, e vice-versa.Assim, as duas topologias definem os mesmos conjuntos abertos. (Veja o Exercício19.)

Exemplo 1.47 SejamX;Y espaços normados. É fácil verificar que o produtocartesianoX � Y é um espaço vetorial. Podemos imitar as normas definidas noespaçoKn (veja o Exemplo 1.8) e introduzir diferentes normas emX � Y . De fato,

k.x; y/k Dq

kxk2 C kyk2;

k.x; y/ks D kxk C kyk;k.x; y/k1 D max

˚kxk; kyk

;

são normas emX � Y , como verificamos facilmente. (A desigualdade triangular,no caso da normak � k, pode ser provada utilizando-se a desigualdade de Cauchy-Schwarz – veja o Capítulo 2 – ou ser obtida como consequência do Teorema 1.74.)

Conforme o Exercício 20, temos

k.x; y/k1 � k.x; y/k � k.x; y/ks � 2k.x; y/k1;

mostrando que essas normas são equivalentes. Com qualquer dessas normas,dizemos queX � Y está munido datopologia produto.

5Note que conceitos como conjunto limitado, fechado, aplicação contínua etc, são todosdependentes da topologia considerada.

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Esse exemplo generaliza-se para o produto cartesianoX1�� Xn den espaçosnormados. Como consequência, as normas habituais do espaçoKn, definidas noExemplo 1.8, são todas equivalentes. (Veja o Exercício 21.) �

1.10 Espaços Normados de Dimensão Finita

Nesta seção estudaremos propriedades que caracterizam os espaços normadosde dimensão finita.SeX tiver dimensão finita, vamos mostrar que todas as normasem X são equivalentes e que toda aplicação linearT W X ! Y entre espaçosnormados é contínua.

Começamos recordando um resultado básico, cuja demonstração omitimos:sequências limitadas de números reais possuem subsequências convergentes.

Esse resultado continua válido em�C; j � j

�: dada uma sequência limitada

.zk/ � C, identificamoszk D .xk ; yk/. A sequência real.xk/ é limitada6 e possui,portanto, uma subsequência convergente.xkj

/. Por sua vez, a subsequência real.ykj

/ também é limitada e possui, assim, uma subsequência convergente.ykj`/.

Logo, .zkj`/ D ..xkj`

; ykj`// é uma subsequência convergente. Escolhida uma

base do espaço dedimensão finitaX , podemos generalizar esse resultado paraX

com qualquer de suas normas habituais(introduzidas no Exemplo 1.8): passamossucessivamente, como no caso deK D C, a subsequências convergentes de cadauma das coordenadas da representação na baseB de uma sequência limitada emX . (Veja o Exercício 22.) Além disso, conjuntos limitados e fechadosK � X

são compactos: dada uma sequência.xn/ em K, ela possui uma subsequênciaconvergente.xnj

/. ComoK é fechado,xnj! x 2 K. Temos, assim:

Teorema 1.48 (Bolzano-Weierstraß - Versão Preliminar)SejaX um espaço de dimensão finitacom qualquer de suas normas habituais.

Então toda sequência limitada possui uma subsequência convergente. Emparticular, seK � X for limitado e fechado, entãoK é compacto.

Observação 1.49Note que (ainda) não sabemos que, com relação a uma normaarbitrária no espaço de dimensão finitaX , as coordenadas de uma sequêncialimitada emX também formam sequências limitadas! �

6De acordo com o Exercício 4.

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§1.10 Espaços Normados de Dimensão Finita 21

Teorema 1.50Todas as normas em um espaçoX de dimensão finita sãoequivalentes.

Demonstração: Sejak � k uma norma arbitrária no espaçoX . Escolha uma baseB D fx1; : : : ; xng emX e considerex D ˛1x1 C : : :C ˛nxn 2 X . Como já vimosno Exemplo 1.8,kxks D

PniD1 j˛i j define uma norma emX .

Vamos mostrar que as normask � k ek � ks são equivalentes. Temos que

kxk D

nX

iD1

˛ixi

�nX

iD1

j˛i j kxik � max1�i�n

kxiknX

iD1

j˛i j D �kxks; (1.2)

em que� D max1�i�n

kxik. Essa desigualdade mostra que a aplicação identidade

IW�X; k � ks

�!�X; k � k

�é contínua.

Resta mostrar que�kxks � kxk para algum� > 0. Suponhamos que essadesigualdade não se verifique. Então, para cadan 2 N, poderíamos encontrarxn 2 X tal quekxnks > nkxnk e, definindoun D xn=kxnks, teríamos que.un/

é uma sequência tal quekunks D 1. De acordo com o Teorema de Bolzano-Weierstraß (versão preliminar), existiria uma subsequência .unj

/ que convergiriaparau em

�X; k � ks

�. Comokunj

ks D 1, teríamos quekuks D 1. Por outro lado,com relação à normak � k, valeriakunk D kxnk=kxnks < 1=n e, portanto,

kuk � ku � unjk C kunj

k � �ku � unjks C 1

nj

:

O lado direito da desigualdade tende a zero quandoj ! 1, o que implica quekuk D 0 e, portanto,u D 0. Isso é uma contradição, poiskuks D 1. 2

Corolário 1.51 Todo espaço normado de dimensão finita é completo.

Demonstração: De fato, normas equivalentes geram as mesmas sequências deCauchy. Assim, sexn ! x0 em uma norma, entãoxn ! x0 na outra norma.Como já vimos queKn é completo com qualquer norma das normas definidas noExemplo 1.8, ele também é completo com uma norma arbitráriak � k.

Tendo em vista o Exemplo 1.45, isso significa que.X; k � kX / é completo. Mas,como todas as normas emX são equivalentes, o espaçoX é completo com umanorma arbitráriak � k. 2

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Corolário 1.52 (Bolzano-Weierstraß) Conjuntos limitados e fechados de umespaço normado de dimensão finitaX são compactos.

Demonstração:Considerado com qualquer de suas normas habituais, o Teorema deBolzano-Weierstraß 1.48 garante que qualquer conjuntoK � X limitado e fechadoé compacto. Como todas as normas emX são equivalentes, o resultado decorre.2

Exemplo 1.53 Conjuntos limitados e fechados de um espaço normado de dimensãoinfinita não são, necessariamente, compactos. Consideremos, por exemplo, oespaçoC

�Œ0; 1�;R

�com a normak � k1, tal qual no Exemplo 1.31. A bola

B1.0/ � C�Œ0; 1�;R

�é um conjunto limitado e fechado, mas não é compacto.

Com efeito, considere a sequência.fn/ � B1.0/, em quefn.t/ D tn. Comoa convergência emC

�Œ0; 1�;R

�é uniforme, o Teorema 1.33 garante que.fn/ não

possui subsequência convergente. Compare o que fizemos aquicom o Exemplo1.32. �

Corolário 1.54 SejamX;Y espaços normados sobre o corpoK. Se X tiverdimensão finita, então toda aplicação linearT W X ! Y é contínua.

Demonstração: Considerex D ˛1x1 C : : : C ˛nxn, em quefx1; : : : ; xng é umabase deX . Então

kT xk DnX

iD1

j˛i j kT xik � max1�i�n

kT xiknX

iD1

j˛i j D �kxks;

em que� D max1�i�n kT xik ekxks DPn

iD1 j˛ij é uma norma emX . Como todasas normas emX são equivalentes, o resultado está provado. 2

Definição 1.55SejaX um espaço normado eA � X um subconjunto não vazioarbitrário. Definimos adistância do pontox0 2 X ao conjuntoA, denotadadist.x0;A/, por

dist.x0;A/ D infa2A

˚kx0 � ak W a 2 A

:

Teorema 1.56 (F. Riesz)SejaY � X um subespaço fechado de um espaço normadoX , comY ¤ X .

Então, dado0 < � < 1, existex� 2 X , comkx�k D 1, tal quedist.x�;Y / > 1 � �.

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§1.10 Espaços Normados de Dimensão Finita 23

Demonstração: (Note que dist.x�;Y / � 1.) Escolha arbitrariamentex 2 X talquex 62 Y . Sejaı D dist.x;Y /. De acordo com o Exercício 24, temosı > 0.Dado� > 0, escolhay0 2 Y tal queı � kx � y0k � ı.1 C �/. Definimos então

x� D x � y0

kx � y0k :

Valekx�k D 1 e, para todoy 2 Y ,

ky � x�k D y C y0 � x

kx � y0k

D 1

kx � y0k

ykx � y0k C y0 � x

� ı

kx � y0k � ı

ı.1 C �/> 1 � �:

(A primeira desigualdade é consequência deykx �y0kCy0 2 Y e dist.x;Y / � ı;a última, de propriedade da série geométrica.) 2

O Exercício 26 pede que se mostre que, seX tiver dimensão finita, entãopodemos tomar� D 0. Diferindo bastante de nossa concepção usual do espaçoKn, o mesmo pode não acontecer em um espaço normado de dimensão infinita:dado um subespaço fechadoY de um espaço de BanachX , pode não existir umpontox 2 B1.0/ � X tal qued.x;Y / D 1 (veja o Exercício 27).

Corolário 1.57 SejaX um espaço normado. Conjuntos limitados e fechados deX

sempre são compactos se, e somente se,X tiver dimensão finita.

Demonstração:Suponhamos queX não tenha dimensão finita. Tome0 < � < 1.A aplicação do Teorema 1.56 garante então a existência de umasequênciaxn 2 X ,com kxnk D 1 e kxn � xmk > 1 � � param ¤ n. De fato, escolhax1 comnorma unitária e, supondo escolhidos indutivamentex2; : : : ; xn, definaY comoo espaço vetorial de dimensão finita gerado porx1; : : : ; xn. ComoY é fechado,podemos tomar um vetor unitárioxnC1 2 X com dist.xnC1;Y / > 1 � �. EntãokxnC1 � xmk � dist.xnC1;Y / > 1 � � param D 1; : : : ; n. A sequência assimescolhida é limitada, mas não possui subsequência convergente.

Por outro lado, se dimX D n, então o Corolário 1.52 garante que conjuntoslimitados e fechados são compactos. 2

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Observação 1.58SejaX um espaço normado. Enunciados equivalentes para oCorolário 1.57 são os seguintes:

.i/ toda sequência limitada emX possui subsequência convergente se, e somentese,dimX < 1;

.i i/ ser > 0, a bolaBr .0/ emX é compacta se, e somente se,dimX < 1. �

Uma consequência importante do Corolário 1.57 é que, em um espaço dedimensão infinita, conjuntos compactos sempre têm interiorvazio. .Veja osExercícios 30 e 31./

1.11 O Teorema de Arzelà-Ascoli

Como vimos, em espaços de dimensão infinita a caracterizaçãode subconjuntoscompactos exige mais do conjunto do que ele ser limitado e fechado. Masconjuntos compactos são fundamentais: neles, sequências possuem subsequênciasconvergentes, o que é uma propriedade importante em muitas aplicações. Em certosespaços de funções temos um critério alternativo para mostrar a compacidade desubconjuntos. O principal desses resultados é o Teorema de Arzelà-Ascoli, queapresentaremos nesta seção.

SejamX um espaço normado,S � X um compacto eY um espaço de Banach.No enunciado do Teorema de Arzelà-Ascoli lidamos com o espaço de Banach7

C.S;Y / D ff W S ! Y W f é contínuag:

Observação 1.59Com a norma deC.S;Y /, a aplicaçãovxW C.S;Y / ! Y ,definida porvx.f / D f .x/ satisfaz

kf � gksup< ı ) kvx.f / � vx.g/k D kf .x/ � g.x/k < ı:�

Definição 1.60Um subconjuntoA � C.S;Y / é equicontínuo em um pontox0 2 S se, dado� > 0 existir ı > 0 tal que

x 2 S; kx � x0k < ı ) kf .x/ � f .x0/k � �; 8 f 2 A:

O subconjuntoA é equicontínuo, se for equicontínuo em cada um de seus pontos.

7Veja os Exercícios 35 e 36.

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§1.11 O Teorema de Arzelà-Ascoli 25

O conjuntoA é uniformemente equicontínuose, dado� > 0, existirı > 0 talque

x; y 2 S; kx � yk < ı ) kf .x/ � f .y/k < �; 8 f 2 A:

Lema 1.61 SejaA � C.S;Y / um subconjunto equicontínuo. EntãoA é unifor-memente equicontínuo.

Demonstração:Caso contrário, existiriam� > 0, sequências.xj/; .yj/ 2 S , comkxj � yjk � 1=j e uma sequência.fj / emA, tais que

kfj.xj/ � fj.yj/k � �:

ComoS é compacto, podemos supor quexj ! x0 e, portanto,yj ! x0. Masentão

� � kfj.xj/ � fj.x0/k C kfj.x0/ � fj.yj/k;o que contradiz a equicontinuidade deA no pontox0. (Note que não estamossupondo que.fj/ convirja!) 2

Definição 1.62Um subconjuntoA de um normadoX é totalmente limitadose,para todo� > 0 dado, existirem pontosx1; : : : ; xm 2 A tais que

A �m[

iD1

B�.xi/:

Lema 1.63 SejaK um conjunto relativamente compacto de um espaço normadoX . Então K é totalmente limitado. SeK for compacto, entãoK também écompleto.

Demonstração: Se K não fosse totalmente limitado, existiriam� > 0 e umasequência.xn/ emK comkxi � xjk � � parai ¤ j . Essa sequência não admitesubsequência convergente, o que contradiz a hipótese. SeK for compacto, comotoda sequência de Cauchy emK converge para um ponto deK (pois possui umasubsequência convergente), vemos queK é completo. 2

Observação 1.64Em um espaço normadoX , um subconjuntoA � X é compactose, e somente se,A for completo e totalmente limitado. Veja o Exercício 49. �

Lema 1.65 Todo conjunto totalmente limitadoT é separável.

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Demonstração:Para cadan 2 N e x 2 T , existem um conjunto finitoFn � T ey 2 Fn tais quekx �yk < 1=n. SejaF D [n2NFn. EntãoF é enumerável e densoemT . 2

Teorema 1.66 (Arzelà-Ascoli)Um subconjuntoE � C.S;Y / é relativamente compacto se, e somente se,E

for equicontínuo e, para cadax 2 X ,

E.x/ D ff .x/ W f 2 Eg

for relativamente compacto emY .

Demonstração:Suponhamos queE seja relativamente compacto. Como a aplica-çãovxW C.S;Y / ! Y definida porvx.f / D f .x/ é contínua, temos quevx. NE/é compacto. Uma vez quevx.E/ � vx. NE/, concluímos quevx.E/ D E.x/ érelativamente compacto.

ComoE é totalmente limitado (Lema 1.63), dado� > 0, existem funçõesfi

tais que

E �n�[

iD1

B�=3.fi/:

Assim, para todof 2 E, existei tal que

kf � fiksup<�

3

e, para todosx; x0 2 S , temos

kf .x/ � f .x0/k � kf .x/ � fi.x/k C kfi.x/ � fi.x0/k C kfi.x0/ � f .x0/k� 2

�

3C max

1�i�n�

kfi.x/ � fi.x0/k:

Como cada funçãofi é uniformemente contínua, existeı > 0 tal quekx � x0k < ıimplica kfi.x/ � fi.x0/k < �=3 para todo1 � i � n�, o que garante queE éequicontínuo.

Reciprocamente, sejaR1 D ff11; f12; : : : ; f1n; : : :g uma sequência arbitráriaemE. De acordo com o Lema 1.65, existe um conjuntoD D fx1; : : : ; xn; : : :g � S

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§1.11 O Teorema de Arzelà-Ascoli 27

denso emS . Por hipótese, o conjuntoR1.x1/ D ff11.x1/; : : : ; f1n.x1/; : : :gé relativamente compacto emY . Assim, existe uma subsequênciaR2 Dff21; f22; : : : ; f2n; : : :g de R1 tal que.f2n.x1// converge emY . Consideremosentão a sequênciaR2.x2/ D ff21.x2/; f22.x2/; : : : ; f2n.x2/; : : :g. Como antes,nossa hipótese garante a existência de uma subsequênciaR3 D ff31; : : : ; f3n; : : :gdeR2 tal que.f3n.x2// converge. Continuando dessa maneira, obtemos, para todok 2 N, uma subsequênciaRk de Rk�1 tal que.fk n.xk�1//n2N converge emY .Definimos então a sequênciaR D .fk/ porfk D fkk . (Esse é ométodo diagonalde Cantor.) Então, para todox 2 D, fk.x/ converge.

Para concluir a demonstração, mostraremos que.fk/ é uma sequência deCauchy no espaçoC.S;Y /. Quer dizer, dado� > 0, queremos mostrar a existênciade n0 2 N tal quekfm � fnksup � � para quaisquerm; n � n0. Sejay 2 S

arbitrário.De acordo com o Lema 1.61,.fk/ é uniformemente equicontínua emS . Assim,

existeı > 0 tal que

x 2 S; ky � xk < ı ) kf .y/ � f .x/k < �=3; 8 f 2 E:

Escolhax 2 D tal quekx � yk < ı. Como.fk.x// é de Cauchy, existen0 talque

m; n � n0 ) kfm.x/ � fn.x/k < �=3:

Logo,

kfm.y/ � fn.y/k � kfm.y/ � fm.x/k C kfm.x/ � fn.x/k C kfn.x/ � fn.y/k<

�

3C �

3C �

3D �:

Consequentemente,

kfm � fnksup D supy2S

kfm.y/ � fn.y/k � �;

como queríamos demonstrar. 2

Corolário 1.67 SedimY < 1, entãoE � C.S;Y / é relativamente compacto se,e somente se,E for equicontínuo e limitado.

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Demonstração:A afirmação direta decorre do Teorema 1.24. Por outro lado, seE

for limitado, entãoE.x/ é limitado para todox 2 X . Pelo Teorema de Bolzano-Weierstraß (Corolário 1.52), podemos aplicar o Teorema de Arzelà-Ascoli. 2

1.12 O Completamento

Definição 1.68Seja�X; k � k

�um espaço normado. Definimos ocompletamento� eX ;T

�deX como um par consistindo de um espaço de Banach

� eX ; k � k0

�e uma

aplicação linear

T W X ! eX

que preserva a norma, isto é,

kT xk0 D kxk; 8 x 2 X;

e tal queT .X / é denso emeX .

Teorema 1.69Todo espaço normado.X; k � k/ possui um completamento.

Heuristicamente, nada é mais natural do que pensar que o completamento deX será o próprio espaçoX unido ao conjunto dos pontos que são limites dassequências de Cauchy. O problema é que estes pontos limites ainda não estãodefinidos! Para defini-los, temos que considerar uma sequência de Cauchy comoalgo intrinsecamente ligado ao ponto para o qual ela vai convergir. Mas isto colocaum outro problema, de fácil resolução: podemos ter duas sequências convergindopara o mesmo ponto! Igualamos estas sequências ao definirmosuma relaçãode equivalência: duas sequências pertencem à mesma classe se seus elementosaproximam-se arbitrariamente - isto é, se convergem para o mesmo ponto. Talprocedimento permite pensar em cada ponto como uma sequência de Cauchy, evice-versa. É o que faremos na demonstração seguinte.

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§1.12 O Completamento 29

Demonstração:Definimos

X � D˚� D .xj/ W .xj/ é uma sequência de Cauchy emX

:

Em X �, consideramos a relação de equivalência:

.xj/ � .yj/ , limj!1

kxj � yjk D 0:

(No contexto da Análise Matemática, é usual denotar a relação � porD).Tomamos então o espaço quocienteeX D X �=�. Em outras palavras,

consideramos a partição deX � gerada por essa relação de equivalência. Denotamospor Œ�� a classe de equivalência de� D .xk/. Assim, se.yk/ e .zk/ são doisrepresentantes da classeŒ��, então limk!1 kyk � zkk D 0. O conjuntoeX é oconjunto das classes de equivalência (disjuntas) deX �.

Em eX , se.xj/ e .yj/ são representantes deŒ�� e Œ��, respectivamente, definimos

Œ��C Œ�� D Œxj C yj � e cŒ�� D Œcxj �:

É fácil verificar que essas operações estão bem definidas e que, com elas,eX é umespaço vetorial.

O espaçoeX torna-se um espaço normado ao definirmos Œ��

0

D limj!1

kxjk: (1.3)

Como a aplicaçãok � kW X ! R é uniformemente contínua (veja o Exemplo 1.28),a Proposição 1.36 garante que.kxjk/ é uma sequência de Cauchy emR. Portanto,o limite em .1:3/ existe. É fácil verificar que

Œ��

0independe do representante

escolhido deŒ��; assim,k �k0 está bem definida. É claro quek �k0 define uma normaem eX .

SejaT W X ! eX definida porT x D Œ.x/�, em que.x/ designa a sequência cujostermos são todos iguais ax. A aplicaçãoT é linear e preserva normas. AfirmamosqueT .X / é denso emeX . De fato, sejaŒ�� 2 eX e .xn/ um representante deŒ��.Como.xn/ é de Cauchy, dado� > 0, existen0 tal quekxn � xn0

k < �, para todon � n0. Assim,

Œ�� T xn0

0

D Œxn � xn0

�

0D lim

n!1kxn � xn0

k � �;

provando o afirmado.

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Resta provar queeX é completo. Para isto, dado� > 0, consideremos umasequência de Cauchy.Œ��n/ de elementos deeX . Fixadon, cada elementoŒ��n érepresentado por uma sequência de Cauchy.xn

i / de elementos deX e, para estevalor den, existeyn 2 X tal que

Œ��n � Tyn

0< �=3,poisT .X / é denso emeX .

Afirmamos que a sequência.yn/ assim formada é uma sequência de Cauchy emX .De fato, temos

kyn � ymk D kTyn � Tymk0 � Tyn � Œ��n

0

C Œ��n � Œ��m

0

C Œ��m � Tym

0:

Como.Œ��n/ é de Cauchy, existen0 tal quem; n � n0 implica Œ��n � Œ��m

0< �=3.

Daí segue-se o afirmado.Seja� D .yn/. Afirmamos que.Œ��n/ converge aŒ�� em .eX ; k � k0/. De fato,

dado" > 0, temos Œ��n � Œ��

0D Œ��n � Tyn

0;

que tende a zero quandon tende a infinito. 2

Espaços de Banach são muitas vezes construídos por meio do Teorema 1.69 euma das construções usuais do conjunto dos números reais também é feita por esseprocesso. Os espaçosLp da teoria da integração (veja a próxima seção) podem serobtidos assim. A grande dificuldade na utilização do Teorema1.69 na construçãodos espaçosLp consiste em identificar os elementos do completamento (que são,em última instância, sequências de Cauchy) com verdadeirasfunções. Para ilustraresse tipo de construção dos espaçosLp, veja, por exemplo, [2] e [21].

1.13 Exemplos de Espaços de Banach

1.13.1 Espaços de Aplicações Lineares Contínuas

Sejam X;Y espaços normados. Denotamos porL.X;Y / o espaço dasaplicações linearescontínuasde X paraY . Nesse conjunto, dadoT 2 L.X;Y /,definimos

kT k D supkxkD1

kT xk:

Assim, como consequência da prova do Teorema 1.41, temos quekT xk � kT k kxkpara todox 2 X .

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§1.13 Exemplos de Espaços de Banach 31

Verifica-se facilmente queL.X;Y / é um espaço normado. Denotamos porX � D L.X;K/ o espaçodual8 deX eL.X;X / porL.X /.

Afirmamos que, seY for um espaço completo, entãoL.X;Y / é um espaço deBanach.

Com efeito, consideremos uma sequência de Cauchy.Tn/ emL.X;Y /. Logo,dado� > 0, existen0 tal quem; n � n0 implicakTn � Tmk � �. Daí segue-se que,para todox 2 X ,

kTnx � Tmxk D k.Tn � Tm/xk � kTn � Tmk kxk;

mostrando que.Tnx/ é uma sequência de Cauchy no espaço completoY . Assim,está bem definido limn!1 Tnx.

Definimos, para todox 2 X , T W X ! Y por T x D limn!1 Tnx. Vamosmostrar queT 2 L.X;Y /. A linearidade deT decorre de propriedades do limite.Portanto, para garantir queT 2 L.X;Y /, basta provar queT é limitada. Como.Tn/ é de Cauchy, existeM tal que kTnk � M para todon. Daí segue-seque kTnxk � M kxk. Tomando o limite quandon ! 1 nessa desigualdade,concluímos quekT xk � M kxk.

Agora vamos mostrar queTn ! T emL.X;Y /, isto é, quekTn � T k ! 0

quandon ! 1. Dado� > 0 e escolhidon0 como acima, temoskTnx � Tmxk ��kxk param; n � n0. Tomando o limite quandon ! 1 nessa última desigualdade,vem kT x � Tmxk � �kxk. Assim, para todom > n0 temoskT � Tmk � �,completando a demonstração de nossa afirmação.

Sejam X;Y;Z espaços normados. Muitas vezes consideramos aplicaçõeslinearesT W Y ! Z, sendoY um subespaço deX . Um problema natural é saber seT possui extensão aX , isto é, se existeNT W X ! Z tal que NT jY D T , em que NT jYdenota a restrição deNT ao espaçoY . Essa questão é tratada no Exercício 32.

1.13.2 Espaço de Funções Integráveis

SejaC�Œa; b�;K

�o espaço vetorial das funções contínuasf W Œa; b� ! K.

8Alguns autores denotam o dual deX por X 0. Notamos que estamos tratando do espaço dualtopológico, isto é, aquele dos funcionais linearescontínuos, enquanto o dualalgébricoé constituídopor todos os funcionais lineares, independentemente de continuidade.

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Nesse conjunto, definimos a norma9

kf kL1 DZ b

a

jf .x/jdx:

Denotamos porCL1

�Œa; b�;K

�o espaço vetorialC

�Œa; b�;K

�com a normak�kL1 .

Uma vez que esse espaço não é completo (veja o Exercício 39), consideramos o seucompletamento com a normak � kL1 . Esse espaço completo será denotado porL1�Œa; b�

�ou, simplesmente,L1.

Pode-se mostrar que o conjuntoL1 é constituído por (classes de equivalência)de funçõesf W Œa; b� ! K, com a identificaçãof D g, sef e g diferem apenasnum conjunto demedida nula,10 denotado porf D g qtp. (Veja [28, 29, 38].)

Da mesma forma que acontece na passagem dos racionais para osreais, asfunções emL1 que podemos integrar explicitamente são basicamente aquelas queintegrávamos nos cursos de Cálculo.11 A importância do espaçoL1 deve-se àriqueza de suas operações com limites, apresentadas em um curso de integração.

Uma vez construído o espaçoL1, podemos construir outros espaços por meiode uma modificação da normak � kL1 .

Seja1 < p < 1. Paraf 2 C�Œa; b�;K

�, definimos

kf kLp D Z b

a

jf .x/jpdx

!1=p

:

Definimos também

kf kL1 D kf k1 D supx2Œa;b�

jf .x/j:

9A integral denota a integral de Riemann dos cursos de Cálculo.10Um conjuntoU � Œa; b� tem medida nula se, dado� > 0, existe uma coleção enumerável de

intervalos abertos de raioıi (isto é, do tipo.c�ıi ; cCıi/) que cobre o conjuntoU e tem comprimentototal menor ou igual a�. O exemplo básico é o conjuntoQ dos racionais emŒ0; 1�: tome umaenumeraçãofq1; : : : ; qn; : : :g desses racionais, considere os intervalos.qi � �=2i; qi C �=2i/, quecobremQ. A soma total dos comprimentos desses intervalos é justamente �, mostrando queQ temmedida nula.

11Note que só operamos explicitamente com números racionais;a somap

2 C � representa umnúmero real com uma série de propriedades:

p2 C � D � C

p2, tem inverso, possui raizn-ésima,

pode ser aproximado por racionais etc Mas a somap

2 C � não pode ser, na prática, efetuada...

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A desigualdade triangular no caso dek � kLp é conhecida como desigualdade deMinkowsky e será provada no Teorema 1.74. Como consequência, k � kLp é umanorma, se1 � p < 1.

Com a normak � kLp e 1 � p < 1, denotamos o espaço vetorialC�Œa; b�;K

�

por CLp

�Œa; b�;K

�. Como no casop D 1, esse espaço não é completo. O seu

completamento será denotado porLp�Œa; b�;K

�D Lp.

Note quef 2 Lp se, e somente se,jf jp 2 L1. Assim, duas funções emLp

são iguais se diferem apenas em um conjunto de medida nula.A definição do espaçoL1�Œa; b�;K

�não será abordada neste curso. Também

esse é um espaço de Banach completo, mas ele não provém do espaço C�Œa; b�;K

�

com a normak � kL1 . (Justifique!)

1.13.3 Espaços de Sequências

Consideremos o espaço` de todas as sequências emK, introduzido no Exemplo1.4. Em` definimos

k.xn/kp D 1X

nD1

jxnjp!1=p

;

em que1 � p < 1.Denotamos porp o conjunto de todas as sequências.xn/ tais quek.xn/kp <

1. Considerando também o espaço`1, definido no exemplo 1.10, obtemos osconjuntos p, 1 � p � 1. Veremos que os conjuntos`p são espaços de Banach.(A demonstração de quek � kp é uma norma decorre do Teorema 1.74.)

1.13.4 As Desigualdades de Hölder e Minkowsky

Definição 1.70Dado 1 � p � 1, denotaremos porp0 o elemento deŒ1;1� talque

1

pC 1

p0 D 1:

Dizemos então quep ep0 sãoexpoentes conjugados.

Lema 1.71 (Desigualdade de Young)Suponha que1 0 e b > 0. Usando a concavidade dafunção logaritmo,12 obtemos

ln.ab/ D ln a C ln b D 1

pln ap C 1

p0 ln bp0 � ln

�1

pap C 1

p0 bp0

�:

O resultado é obtido ao se tomar a exponencial em ambos os lados dadesigualdade. 2

Teorema 1.72 (Desigualdade de Hölder)Considere expoentes conjugadosp;p0 2 Œ1;1�. Então vale:

.i/ sex D .xn/ 2 `p ey D .yn/ 2 `p0

e1 < p < 1, então

1X

nD1

jxnynj � 1X

nD1

jxnjp!1=p 1X

nD1

jynjp0

!1=p0

e, sep D 1,1X

nD1

jxnynj � 1X

nD1

jxnj!

supn2N

jynj:

.i i/ Dadosf;g 2 C�Œa; b�;K

�, entãokfgkL1 � kf kLpkgkLp0 , isto é,

– se1 < p < 1,

Z b

a

jf .x/g.x/jdx � Z b

a

jf .x/jpdx

!1=p Z b

a

jg.x/jp0

dx

!1=p0

– sep D 1,

Z b

a

jf .x/g.x/jdx � Z b

a

jf .x/jdx

!sup

x2Œa;b�

jg.x/j:

12Um subconjuntoA � R é convexose, dadosx, y 2 A, entãotx C .1 � t/y 2 A para todo0 � t � 1. Uma funçãof W A ! R é convexa, se

f .tx C .1 � t/y/ � tf .x/C .1 � t/f .y/; 8 t 2 Œ0; 1�:

Se a desigualdade contrária se verifica, dizemos que a funçãoé côncava. Verifique que a funçãologaritmo lnW .0;1/ ! R é côncava!

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Demonstração: .i/ O casop D 1 é evidente. Da mesma forma, podemos suporx ¤ 0 e y ¤ 0. Aplicando a desigualdade de Young aos pares

an D jxnjkxkp

e bn D jynjkykp0

.n D 1; : : : ; n/

obtemosjxnynj

kxkpkykp0

� 1

p

jxnjp

kxkpp

C 1

p0jynjp0

kxkp0

p0

:

Somando membro a membro todas as desigualdades obtidas, vem

1X

nD1

jxnynjkxkpkykp0

� 1

pkxkpp

1X

nD1

jxnjp C 1

pkxkp0

p0

1X

nD1

jxnjp0 D 1

pC 1

p0 D 1;

seguindo-se daí o afirmado..i i/ O resultado é evidente parap D 1 ou p D 1. Para1 < p < 1, o

resultado é claramente válido sef � 0 ou g � 0. Defina então

a.x/ D jf .x/jkf kLp

e b.x/ D jg.x/jkf kLp0

:

Aplicando a desigualdade de Young, segue-se daí que

jf .x/g.x/jkf kLp kgkLp0

� 1

p

jf .x/jp

kf kp

Lp

C 1

p0jg.x/jp0

kgkp0

Lp0

:

Integrando essa desigualdade emŒa; b� obtemos, como antes, o resultado. 2

Observação 1.73No caso1 < p < 1, a demonstração apresentada continuaválida no espaçoLp

�Œa; b�;K

�. �

Teorema 1.74 (Desigualdade de Minkowsky)Sejamp 2 Œ1;1� ep0 seu expoente conjugado. Então

.i/ Para quaisquerx; y 2 `p, temoskx C ykp � kxkp C kykp;

.i i/ Para quaisquerf;g 2 C�Œa; b�;K

�, temoskf C gkLp � kf kLp C kgkLp .

Em particular,k � kp ek � kLp são normas em seus respectivos espaços.

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Demonstração: .i/ Parap D 1 ou p D 1, a demonstração é evidente. Se1 < p < 1 e x; y 2 `p, afirmamos inicialmente quex C y 2 `p. De fato, sex D .xn/ e y D .yn/, vale para todon que13 jxn C ynj � 2 maxfjxnj; jynjg e,portanto,

jxn C ynjp � 2p maxfjxnjp; jynjpg � 2p.jxnjp C jynjp/:

Assim, 1X

nD1

jxn C ynjp � 2p

1X

nD1

jxnjp C1X

nD1

jynjp!< 1: (1.4)

Temos então1X

nD1

jxn C ynjp D1X

nD1

jxn C ynjp�1jxn C ynj

�1X

nD1

jxn C ynjp�1jxnj C1X

nD1

jxn C ynjp�1jynj

� 1X

nD1

jxn C ynj.p�1/p0

! 1p0 1X

nD1

jxnjp! 1

p

C 1X

nD1

jxn C ynj.p�1/p0

! 1p0 1X

nD1

jynjp! 1

p

D 1X

nD1

jxn C ynjp!1� 1

p

.kxkp C kykp/: (1.5)

Note que a última igualdade, na qual é usada a relação.p � 1/p0 D p, justifica aaplicação da desigualdade de Hölder.

Logo, cancelandoP1

nD1 jxn C ynjp em ambos os lados da desigualdade.1:5/,provamos a desigualdade de Minkowsky; a verificação de quek � kp define umanorma é, então, imediata.

.i i/ A prova é análoga. 2

Observação 1.75A demonstração apresentada da desigualdade de Minkowsky noespaçoCLp

�Œa; b�;K

�continua válida emLp

�Œa; b�;K

�, se1 < p < 1. �

13Veja o Exercício 42.

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§1.14 Exercícios 37

Teorema 1.76Os espaçosp, 1 � p � 1 são espaços de Banach.

Demonstração: Seja .xm/ uma sequência de Cauchy emp, com xm D.xm1; xm2; : : : ; xmi; : : :/. Para todoi 2 N temos

jxmi � xnijp � kxm � xnkpp ;

o que garante que.xmi/m2N é uma sequência de Cauchy emK. Assim, para cadai 2 N, existeai D lim

n!1xni. Dado� > 0, tomen0 2 N tal quekxm � xnkp < �

para quaisquerm; n � n0. Suponhamosp 2 Œ1;1/. Temos então, para qualquerk 2 N fixo em; n � n0 temos

kX

iD1

jxmi � xnijp < �p:

Sek e n � n0 são mantidos fixos, tomando o limite comm ! 1 na desigualdadeacima, obtemos que

kX

iD1

jai � xnijp � �p:

Fazendo agorak ! 1, obtemos1X

iD1

jai � xnijp � �p (1.6)

para todon � n0. Sea D .ai/, isso garante quea � xn 2 `p sen � n0. Mas entãoa D .a � xn/ C xn 2 `p. Uma vez que.1:6/ significa quea D lim

n!1xn em `p,

mostramos que esse espaço é completo.A demonstração, no caso dep D 1, é o Exercício 43. 2

Note que, por definição, os espaçosLp�Œa; b�;K

�são completos, para1 � p <

1.

1.14 Exercícios

1. SejaB um subconjunto não vazio do espaço vetorialX . Mostre que éum subespaço deX . SeB for uma base, mostre que cadax 2 X escreve-sede maneira única como combinação linear de elementos deB.

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2. SejaX um espaço vetorial. SeW � X for um subespaço de dimensãoinfinita, mostre queX tem dimensão infinita.

3. SejaX um conjunto não vazio qualquer. Mostre queff W X ! Kg é umespaço vetorial de dimensão infinita se, e somente se,X for um conjunto cominfinitos elementos.

4. Sejak � k uma norma emK. Mostre que existek > 0 tal quek � k D kj � j, istoé, toda norma emK é um múltiplo positivo do valor absoluto.

Definição 1.77Seja X um conjunto qualquer. Umadistância em X é umaaplicaçãodist.�; �/W X � X ! Œ0;1/ que satisfaz, para todosx; y; z 2 X ,

.i/ dist.x; x/ D 0 , x D 0;

.i i/ dist.x; y/ D dist.y; x/;

.i i i/ dist.x; z/ � dist.x; y/C dist.y; z/.

Um espaço métricoé um conjuntoX munido de uma distância.14

5. SejaX um espaço normado. Mostre qued.x; y/ D kx � yk define umadistância emX , chamadadistância gerada pela norma deX . Mostre que, sedist.�; �/W X � X ! RC for gerada por uma norma, então ela satisfaz

.a/ dist.x C z; y C z/ D dist.x; y/ para todosx; y; z 2 X (invariância portranslação);

.b/ dist.�x; �y/ D j�jdist.x; y/ (homotetia).

Reciprocamente, se dist for uma distância que satisfaz essas propriedades,mostre que dist é gerada por uma norma.

6. SejamX e Y espaços vetoriais eT W X ! Y uma aplicação linear. Mostreque

kerT D fx 2 X W T x D 0g e imT D fy 2 Y W y D T xg

são subespaços deX e Y , respectivamente. O subespaço kerT é o núcleo,enquanto imT é aimagemda aplicaçãoT .

14Note que um espaço métrico não precisa ser um espaço vetorial.

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7. Mostre quek � k1 é uma norma no espaçoB.X;K/, introduzido no Exemplo1.10.

8. SejaX um espaço normado. Mostre que a bola abertaBr .x/ é um conjuntoaberto. Mostre que a bola fechadaNBr.x/ e a esferaSr .x/ são conjuntosfechados.

9. Considere o produto cartesianoX � Y de espaços normados com a normado sup. Mostre queU � X � Y é aberto se, e somente se, for a união deconjuntos da formaV � W , comV � X e W � Y abertos. Conclua queas projeções�1W X � Y ! X e�2W X � Y ! Y dadas por�1.x; y/ D x e�2.x; y/ D y são aplicaçõesabertas, isto é, as imagens�1.U / e�2.U / detodo conjunto abertoU � X � Y é um conjunto aberto. Generalize para oproduto cartesiano den espaços normados.

10. Demonstre a Proposição 1.12, o Corolário 1.15 e a Proposição 1.23.

11. SejamX um espaço normado eU � X um subconjunto arbitrário. MostrequeA � U é aberto emU se, e somente se, existir um abertoV � X tal queA D V \U . Da mesma forma, mostreF � U é fechado emU , se e somentese, existir um fechadoH � X tal queF D H \ U .

12. SejaA ¤ ; um subconjunto do espaço normadoX e f W A ! Y umaaplicação qualquer. Suponha que existaa 2 A para o qual existar > 0

tal queBr .a/ \ A D fag. (Dizemos quea é umponto isoladodo conjuntoA.) Verifique quef é contínua ema.

13. Explicite a argumentação apresentada na demonstração do Corolário 1.26.

14. Demonstre a Proposição 1.21.

15. SejamX um espaço normado e.xn/; .yn/ sequências emX . Suponha quelim

n!1xn D x e lim

n!1yn D y. Suponha também que.˛n/; .ˇn/ sejam

sequências de escalares tais que limn!1

˛n D ˛ e limn!1

ˇn D ˇ. Mostre que

(a)ˇkxk � kyk

ˇ� kx � yk;

(b) limn!1

.˛nxn C ˇnyn/ D ˛x C ˇy;

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(c) limn!1

kxnk D kxk.

Conclua que são contínuas as aplicaçõesx 7! kxk, .x; y/ 7! x C y 2 X

e K � X 3 .�; x/ 7! �x 2 X . (Os produtos cartesianos estão munidos datopologia produto, como no Exemplo 1.47.)

16. SejamX;Y;Z espaços normados eK � Z um conjunto compacto. Dadauma aplicação contínuaf W X � K ! Y e fixadox0 2 X , mostre que paratodo� > 0 existeı > 0 tal que

x 2 X; kx � x0k < ı ) kf .x; t/ � f .x0; t/k < �; 8 t 2 K:

17. SejamX;Y espaços normados ef W A � X ! Y uma aplicação. Mostre quef é uniformemente contínua se, e somente se,

.xn/; .yn/ em A; limn!1

.xn � yn/ D 0 ) limn!1

kf .xn/ � f .yn/k D 0:

18. SejaX um espaço normado. Mostre:

(a) toda sequência convergente emX é de Cauchy;

(b) toda sequência de Cauchy emX é limitada;

(c) se uma sequência de Cauchy admitir uma subsequência convergente,então a própria sequência é convergente, convergindo para omesmolimite da subsequência.

19. Sejamk � k0 e k � k1 duas normas equivalentes no espaçoX . Mostre que umconjunto é aberto na normak � k0 se, e somente se, for aberto na normak � k1.

20. Considere as normask � k; k � ks e k � k1 definidas no Exemplo 1.47. Mostreque vale

k.x; y/k1 � k.x; y/k � k.x; y/ks � 2k.x; y/k1;

de modo que essas normas são equivalentes. Generalize para oproduto carte-siano den espaços normados. Quaisquer normas emX1 � � � � � Xn sãoequivalentes?

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21. Mostre que as normask � k; k � ks e k � k1, definidas no espaçoKn (veja oExemplo 1.8), são todas equivalentes.

22. Demonstre o Teorema de Bolzano-Weierstraß 1.48.

23. SejamX um espaço normado eA � X um subconjunto não vazio. Mostreque

jdist.x0;A/ � dist.y0;A/j � kx0 � y0kpara quaisquerx0; y0 2 X . Assim, a função dist.�;A/W X ! RC éuniformemente contínua.

24. SejamK;F � X , em queX é um espaço normado,K um compacto eF umfechado. Defina dist.K;F/ D inf

˚kk � f k W k 2 K; f 2 F

. Mostre que,

seK \ F D ;, então dist.K;F/ > 0. (Note que, em particular, podemostomarK D fx0g, parax0 2 X .)

25. SejamK;F � X , em queX é um espaço normado dedimensão finita, K umcompacto eF um fechado. Mostre que existemk0 2 K e f0 2 F tais quedist.K;F/ D kk0 � f0k.

26. SejaX um espaço normado de dimensão finita. Mostre que, para todosubespaçoY ¤ X , existex 2 B1.0/ tal que dist.x;Y / D 1.

27. Dê exemplo de um espaço de BanachX que possui um subespaço fechadoY

de modo que não existax 2 B1.0/ � X tal que dist.x;Y / D 1.

28. Considere o espaço de BanachX D C�Œ0; 1�;R

�com a normak � k1. Seja

A � X um conjunto convexo completo eı D infa2A

kak. Dê exemplos de

subconjuntosA, tais que

(a) existem infinitos pontosa 2 A tais quekak1 D ı;

(b) existe uma sequência.an/ emA tal quekank1 ! ı, mas nenhuma desuas subsequências é de Cauchy;

(c) não existea 2 A tal quekak1 D ı.

29. SejaX um espaço normado. Mostre que, seB1.0/ não for compacta, entãoBr.x/ não é compacta para todor > 0.

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30. Mostre as equivalências afirmadas na Observação 1.58.

31. Mostre que, em um espaço normado de dimensão infinita, conjuntoscompactos têm interior vazio.

32. SejamX espaço normado eA � X um conjunto arbitrário. Suponha queS � A seja denso emA ef W S ! Y uma aplicação uniformemente contínua,sendoY um espaço de Banach. Mostre que existe uma única extensãocontínuaF W A ! Y def , a qual é uniformemente contínua. Sef W S ! Y

for linear (isso implica queS é um subespaço deA), mostre queF W A ! Y élinear. Esse resultado, no caso em quef é linear, é conhecido comoTeoremada Extensão Limitada.

33. SejaX um espaço normado de dimensão finita. Mostre queC � X é limitadose, e somente se, toda sequência emC possuir subsequência convergente.

34. Mostre a existência de um único completamento de um espaço normadoX ,no seguinte sentido: se

� eX ;T�

e�X ;S

�são ambos completamentos deX ,

então existe um isomorfismo linear contínuo entreeX eX . Para isso, faça usodo Exercício 32.

35. SejaX ¤ ; um conjunto qualquer eY um espaço de Banach. Defina,em analogia ao espaçoB.X;K/ apresentado no Exemplo 1.10, o espaçoB.X;Y / de todas as aplicaçõeslimitadasf W X ! Y . Mostre que esse éum espaço de Banach, ao considerarmos a norma

kf ksup D supx2X

kf .x/k:

36. SejaX um espaço normado,S � X um compacto eY um espaço de Banach.Considere o espaço vetorial

C.S;Y / D ff W S ! Y W f é contínuag:

Mostre queC.S;Y / é um subespaço fechado do espaço de BanachB.S;Y /

e, portanto, um espaço de Banach.

37. SejamX;Y espaços normados. Mostre:

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(a) Tn ! T emL.X;Y / implicaTnx ! T x para todox 2 X ;

(b) seX tiver dimensão finita, entãoTnx ! T x para todox 2 X implicaTn ! T emL.X;Y /;

(c) dê um exemplo mostrando que, em espaços de dimensão infinita, (b)pode ser falso.

(d) SejamX;Y;Z espaços normados. SeS 2 L.Y;Z/ e T 2 L.X;Y /,mostre queS ı T D ST 2 L.X;Z/ ekST k � kSk kT k.

(e) SejamX;Y;Z espaços normados, comY;Z completos. Suponha queSn ! S emL.X;Y / e Tn ! T emL.Y;Z/. Mostre queTnSn !TS 2 L.X;Z/.

38. SejamX;Y espaços normados eT 2 L.X;Y /. Suponha queX ¤ f0g.Mostre que

kT k D supkxkD1

kT xk D supx¤0

kT xkkxk :

39. Mostre que o espaçoCL1

�Œa; b�;R

�das funções contínuasf W Œa; b� ! R com

a normak � kL1 não é completo. Mostre também queCL2

�Œa; b�;R

�com a

normak � kL2 não é completo.

40. Mostre que a normak � kp (do espaço p) define uma norma no espaçoKn.(Você consegue deduzir isso imediatamente do que já foi feito?) Obtenharelações entre as normask � kp (para diferentes valores dep) e as normasusuais doKn.

41. Mostre que p é um subespaço próprio de`q, se1 � p < q � 1.

42. Parax; y 2 K e 1 � p < 1, mostre a desigualdadejx C yjp �2p�1.jxjp C jyjp/.

43. Mostre que 1 é completo.

44. Considere a sequênciafnW Œ0; 1� ! R definida porfn.x/ D e�nx. Determineuma funçãof W Œ0; 1� ! R tal quefn.x/ ! f .x/ para todox 2 Œ0; 1�. Essaconvergência é uniforme? Mostre quefn ! f na normak � kL2 . A funçãofpertence aL2

�Œ0; 1�;R

�?

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45. SejaX um espaço de Banach ef W X � Œa; b� ! Rn uma aplicação contínua.Defina, para todox 2 X ,

.x/ DZ b

a

f .x; t/dt:

Mostre que é contínua.

Definição 1.78SejamX;Y;Z espaços normados. Uma aplicaçãoBW X � Y ! Z

é bilinear se ela for separadamente linear em cada uma de suas variáveis. Maisprecisamente, para todosx; x0 2 X , y; y 0 2 Y e˛ 2 R, vale:

.i/ B.x C ˛x0; y/ D B.x; y/C ˛B.x0; y/;

.i i/ B.x; y C ˛y 0/ D B.x; y/C ˛B.x; y 0/;

De maneira análoga define-se uma aplicaçãon-linear.

46. SejamX1; : : : ;Xn e Y espaços normados eT W X1 � � � � � Xn ! Y umaaplicaçãon-linear. Se.x1; : : : ; xn/ 2 X1 � � � � � Xn, mostre que sãoequivalentes as propriedades:

(a) T é contínua;

(b) T é contínua na origem;

(c) supkx1kD:::DkxnkD1;

kT .x1; : : : ; xn/k D M < 1 (T é limitada);

(d) existeC > 0 tal quekT .x1; : : : ; xn/k � M Œkx1k � � � kxnk� para todo.x1; : : : ; xn/ 2 X1 � � � � � Xn;

Conclua que tanto a função determinante como a multiplicação de um vetorpor um escalar são aplicações contínuas.

47. SejamX;Y;Z espaços normados, comX eY de dimensão finita. Mostre quetoda aplicação bilinearBW X �Y ! Z é contínua. Generalize para aplicaçõesn-lineares.

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Definição 1.79SejamX;Y;Z espaços normados. Denotamos porL.X;Y I Z/

o espaço de todas as aplicaçõesbilineares e contínuasBW X � Y ! Z. EmL.X;Y I Z/ definimos

kBk D supkxkDkykD1

kB.x; y/k;

de modo que

kB.x; y/k � kBk kxk kyk; 8 .x; y/ 2 X � Y:

SeX D Y , é usual denotarL.X;X I Z/ por L2.X I Z/.

48. Mostre que seZ for um espaço de Banach, entãoL.X;Y I Z/ é um espaçode Banach. Generalize a definição anterior e esse exercício para o espaçoL.X1; : : : ;XnI Y / de todas as aplicaçõesn-linearesT W X1 � � � � � Xn ! Y

contínuas.

Definição 1.80SejamX um espaço normado eF � X . Umacobertura abertadeF é uma coleção de conjuntos abertosfA� W � 2 �g tal que

F �[

�2�

A�:

UmasubcoberturadeF é uma coleçãofA� W � 2 �0 � �; �0 ¤ �g tal que

F �[

�2�0

A�:

Se o conjunto�0 tiver um número finito de elementos, dizemos que essasubcobertura éfinita.

O subconjuntoF écompacto.por coberturas/, se toda cobertura aberta possuirsubcobertura finita. Ou seja,

F �[

�2�

A� ) F �m[

iD1

A�i; �i 2 �:

49. SejaX um espaço normado. Mostre que são equivalentes as seguintesafirmações sobre um subconjuntoF � X :

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(a) F é compacto (por coberturas);

(b) F é (sequencialmente) compacto;

(c) F é completo e totalmente limitado.

50. SejaX um espaço normado. Mostre que são equivalentes as seguintesafirmações sobre um subconjuntoF � X :

(a) NF é compacto (por coberturas);

(b) Toda sequência de pontos emF possui uma subsequência convergente;

(c) F é totalmente limitado.

51. SejamX um espaço normado eA � X . Suponha que, dado� > 0, exista umsubconjunto totalmente limitadoK � X tal que dist.a;K/ � � para todoa 2 A. Mostre queA é totalmente limitado.

52. Seja1 � p < 1. Mostre que um subconjuntoK � `p é totalmente limitadose, e somente se,K for limitado e, dado� > 0, existir um subconjunto finitoF � N tal que, para todox 2 K, valha

Pi 62F jxijp � �p.

Definição 1.81SejamX um espaço normado e.xn/ uma sequência emX . A série1X

iD1

xi éconvergente, se a sequência de somas parciaissn DnX

iD1

xi convergir para

x 2 X .

Se a série numérica1X

iD1

kxik for convergente, dizemos que.xn/ é

absolutamente convergente.

53. Mostre que um espaço normadoX é um espaço de Banach se, e somente se,toda série absolutamente convergente for convergente.

54. Sejam� WN ! N uma bijeção eP1

iD1 xi uma série absolutamenteconvergente. Definayi D x�.i/. Mostre que

P1iD1 yn é absolutamente

convergente eP1

iD1 yi DP1

iD1 xi, isto é, a sérieP1

iD1 é comutativamenteconvergente.

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55. (Lema da Contração)SejamX um espaço de Banach,F � X um fechadoef W F ! F umacontração, isto é, uma aplicação satisfazendo

kf .x/ � f .y/k � �kx � yk 8 x; y 2 F;

em que0 < � < 1 é uma constante.

Mostre quef tem um único ponto fixox� 2 F (quer dizer,f .x�/ Dx�), que é obtido como limite da sequência definida indutivamente porxnC1 D f .xn/ D f n.x0/, em quex0 2 F é um ponto arbitrário ef 2.x0/ D f .f .x0//, f 3.x0/ D f .f 2.x0// ef n.x0/ D f .f n�1.x0// paran 2 f2; 3; : : :g.

56. SejaI D Œ0; a� � R, em quea > 0. Considere uma aplicaçãof W I � Rn !Rn satisfazendo

kf .t; x/ � f .t; y/k � �kx � yk 8 .t; x/; .t; y/ 2 I � Rn;

em que� > 0 é uma constante. Mostre que o problema de valor inicial

x0 D f .t; x/; x.0/ D x0 2 Rn

possui uma única solução emI . Para isso:

(a) Mostre que a existência de uma solução do problema de valor inicialé equivalente à existência de uma soluçãox 2 C

�I;Rn

�da equação

integral

x.t/ D x0 CZ t

0

f .s; x.s//ds; t 2 I:

(b) Definindog como o lado direito da equação integral anterior, obtenha aestimativa

kg.x/ � g.y/k � �akx � yk;

de modo que o Teorema do Ponto Fixo de Banach só pode ser aplicadodeka < 1;

(c) Definakxk� D maxI�kx.t/ke��t

�, em que� > 0 é uma constante.

Verifique quek � k� define uma norma equivalente à normak � k.

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(d) Verifique a estimativa

kg.x/.t/ � g.y/.t/k � �

�kx � yk� e�t :

(e) Conclua quekg.x/ � g.y/k� � ��kx � yk� e obtenha uma solução da

equação integral aplicando o Teorema do Ponto Fixo de Banach.

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2

Espaços com Produto Interno

Espaços com produto interno foram introduzidos em um curso de ÁlgebraLinear.1 Algumas propriedades de um espaço com produto interno independemde sua dimensão ser finita. Isso acontece, por exemplo, com a desigualdade deCauchy-Schwarz e a identidade do paralelogramo.

Neste capítulo estudamos as propriedades básicas dos espaços com produtointerno. Em seguida, estudamos bases ortonormais (uma generalização do conceitoem dimensão finita) e caracterizamos os espaços de Hilbert.

2.1 Produto Interno

A primeira seção deste capítulo relembra conceitos e propriedades elementaresde um espaço com produto interno. Se você estiver bem familiarizado com esseconteúdo, detenha sua atenção apenas nos exemplos que apresentaremos. (Umtratamento alternativo e mais aprofundado de alguns tópicos desta seção pode serencontrado no Apêndice A.)

Definição 2.1 SejaE um espaço vetorial sobre o corpoK. Um produto internoemE é uma funçãoh� ; �iW E � E ! K satisfazendo as seguintes propriedades:

.i/ hu; vi D hv;ui;

.i i/ hu C �v; wi D hu; wi C �hv; wi;

.i i i/ hu;ui � 0 e hu;ui D 0 se, e somente se,u D 0.

1Veja, por exemplo, [AL], Capítulo 8.

49

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50 Espaços com Produto Interno Cap. 2

Se E for um espaço vetorial sobre os complexos, o espaçoE e o produtointerno também são chamados, respectivamente, de espaçohermitianoouunitárioe produto hermitiano.

Assim, um produto interno é linear na primeira variável. Decorre da propriedade.i/ que um produto interno éanti-linear na segunda variável:2

hu; v C �wi D hu; vi C N�hu; wi:

Exemplo 2.2 Os espaçosRn eCn são espaços com produto interno, definindo-se

hx; yi DnX

iD1

xi yi D .y1 : : : yn/

0B@

x1

:::

xn

1CA D Ny t x;

em queNy é a matriz obtida ao se tomar o conjugado em cada coordenada dey. Esseé oproduto interno canônicono espaçoKn. �

Exemplo 2.3 Consideramos o espaçoCL2

�Œa; b�;K

�no Capítulo 1. Em

CL2

�Œa; b�;K

�, definimos

hf;gi DZ b

a

f .x/g.x/dx:

É imediato verificar queh�; �i é um produto interno. Na verdade, esse é umproduto interno emL2

�Œa; b�;K

�. �

Exemplo 2.4 Introduzimos no Capítulo 1 o espaço`2, das sequências emK dequadrado somável:

`2 D(

x D .xn/n2N W1X

nD1

jxnj2 < 1):

Em `2, definimos o produto internohx; yi D˝.xn/; .yn/

˛DP1

nD0 xnyn. (Adesigualdadejxnynj � .1=2/

�jxnj2 C jynj2

�garante que a série é absolutamente

convergente.) A verificação queh�; �i é um produto interno é simples. �

2Em geral, autores fortemente ligados à Física preferem colocar a linearidade na segundavariável.

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§2.1 Produto Interno 51

Exemplo 2.5 O Teorema C.14 do Apêndice C garante que todo espaço vetorialV ¤ f0g possui uma base de Hamel. SeB D fx W 2 � g for uma base de HameldeV, definimos, para ; 2 � ,

hx ; x˛i D�

1; se D ˛;

0; se ¤ ˛:

Se x DPk

iD1 ˛ixıie y D

P`iD1 ˇix�i

, estendendo a definição deh�; �ilinearmente, obtemos um produto interno no espaçoV. (Observe que a extensãoocorre ao considerarmos combinações lineares de elementosda base de Hamel.)

Notamos, contudo, que a existência de uma base emX não significa quepodemos explicitar seus elementos. Assim, geralmente, nãohá como calcular oproduto interno de quaisquer elementos do espaço e a definição dada acima para oproduto interno torna-se meramente teórica. �

Definição 2.6 Sejamu; v vetores do espaço com produto internoE. Dizemos queesses vetores sãoortogonais.ou perpendiculares/, se hu; vi D 0. Nesse caso,escrevemosu ? v.

Vamos mostrar quekuk D hu;ui1=2 � 0 define uma norma. Para isso, notamosinicialmente que, com essa definição, temos

.i/ 0 D kuk D hu;ui1=2 , u D 0;

.i i/ k�uk D h�u; �ui1=2 D��N��1=2

hu;ui1=2 D j�j kuk;

Teorema 2.7 (Pitágoras)SejaE um espaço com produto interno ekuk D hu;ui1=2. Então, seu ? v,

temosku C vk2 D kuk2 C kvk2:

Demonstração:Basta desenvolverku C vk2:

ku C vk2 D hu C v;u C vi D hu;ui C hu; vi C hv;ui C hv; vi D kuk2 C kvk2;

poisu e v são ortogonais. 2

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Suponhamos agora queE seja um espaçoreal. Então hu C v;u C vi Dkuk2 C 2 hu; vi C kvk2. Se valer o Teorema de Pitágoras, entãou ? v. (Vejao Exercício 2.)

Seu; v 2 E forem dois vetoreslinearmente independentes(comu ¤ �v paratodo � 2 K), então podemos escrever o vetorv como a soma de dois vetores:v D ˛u C w, em quew é ortogonal au. De fato, como devemos terw D v � ˛u,basta mostrar que existe2 K tal quehv � ˛u;ui D 0. Essa equação pode serresolvida facilmente:

hv � ˛u;ui D 0 , ˛ D hv;uikuk2

:

(Note quekuk D 0 implicau D 0v e os vetoresu ev são linearmente dependentes.)O vetor˛u D hv;ui

kuk2 u é aprojeção ortogonaldo vetorv sobre o vetoru.

- -��

��6

projvu

w

v

u

Figura 2.1: O vetorprojvu D .hu; vi=kvk2/v é a projeção ortogonal do vetoru novetor não nulov.

Proposição 2.8 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz)SejaE um espaço com produto interno. Então, sekuk D hu;ui1=2, para todos

u; v 2 E vale:jhu; vij � kuk kvk:

A igualdade apenas ocorre seu D �v.

Demonstração:A prova que apresentaremos é bem geométrica.3

Seu D �v, entãojhu; vij D j�j hv; vi D j�j kvk2 D kuk kvk. Seu ¤ �v,já vimos que existe 2 K tal quejhv � ˛u;uij D 0 para˛ D hv;ui=kuk2. PeloTeorema de Pitágoras, temos

k˛uk2 < kvk2:

3Outra demonstração é sugerida no Exercício 3.

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Substituindo o valor de, obtemos

jhv;uij2kuk4

kuk2 < kvk2;

e a desigualdade (estrita) de Cauchy-Schwarz segue-se imediatamente daí, poisjhv;uij D jhu; vij. 2

Todo espaço com produto interno é um espaço normado:

Proposição 2.9Todo espaço com produto internoE tem uma norma definida porkuk D hu;ui1=2. Dizemos que essa norma égeradapelo produto interno.

Demonstração:Para completar a demonstração de quekuk D hu;ui1=2 define umanorma, basta provar a desigualdade triangular. Denotando por Re z a parte real dez 2 C, temos que

ku C vk2 D hu C v;u C vi D kuk2 C hu; vi C hv;ui C kvk2

D kuk2 C 2Re jhu; vij C kvk2 (2.1)

� kuk2 C 2Re jhu; vij C kvk2

� kuk2 C 2kuk kvk C kvk2 D .kuk C kvk/2 2

Se um espaço com produto interno (com a topologia gerada por sua norma) forcompleto, dizemos que ele é umespaço de Hilbert. Os espaçosKn e`2 são espaçosde Hilbert. O espaçoCL2

�Œa; b�;K

�não é um espaço de Hilbert, de acordo com o

Exercício 39 do Capítulo 1. (Note que a desigualdade de Hölder 1.72, no caso dosespaços2 eCL2

�Œa; b�;K

�, é a desigualdade de Cauchy-Schwarz.)

Lema 2.10 Seja E um espaço com produto interno. Então são válidas asidentidades de polarização:

.i/ seE for um espaço real,

hu; vi D 1

4ku C vk2 � 1

4ku � vk2:

.i i/ seE for um espaço complexo,

hu; vi D 1

4ku C vk2 � 1

4ku � vk2 C i

4ku C ivk2 � i

4ku � ivk2:

Demonstração:Basta desenvolver o lado direito de cada uma das igualdades.2

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A relação entre espaços normados e espaços com produto interno é esclarecidano próximo resultado.

Proposição 2.11Seja.X; k � k/ um espaço normado. Entãok � k é uma normagerada por um produto interno se, e somente se, ela satisfizera identidade do para-lelogramo:

kx C yk2 C kx � yk2 D 2�kxk2 C kyk2

�; 8 x; y 2 X: (2.2)

Demonstração:Sek �k for uma norma gerada por um produto interno, a identidadedo paralelogramo é obtida ao se desenvolver o lado esquerdo de .2:2/.

SeX for um espaçocomplexo, definimosBW X � X ! C por

B.x; y/ D 1

4

�kx C yk2 � kx � yk2

�C i

4

�kx C iyk2 � kx � iyk2

�;

expressão decorrente da identidade de polarização.4 Vamos mostrar queB é umproduto interno emX que gera a normak � k.

Uma vez quej˛j kxk D k˛xk, temos

i

4

�kx C iyk2 � kx � iyk2

�D i

4

�k � i.x C iy/k2 � ki.x � iy/k2

�

D i

4

�ky � ixk2 � ky C ixk2

�

D � i

4

�ky C ixk2 � ky � ixk2

�:

Concluímos daí queB.x; y/ D B.y; x/. Além disso,kxCixk D k�i.xCix/k Dkx � ixk, de onde segue-se facilmente queB.x; x/ D kxk2. Mostramos, assim,queB satisfaz as propriedades.i/ e .i i i/ da Definição 2.1.

Para mostrarmos a propriedade.i i/, fazemos uso da identidade doparalelogramo:

4Se X for um espaçoreal, utilizamos a identidade de polarização correspondente. Ademonstração é um caso particular dessa que apresentaremos.

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B.x;y/C B.z;y/ D 1

4

�kx C yk2C kz C yk2

�� 1

4

�kx � yk2C kz � yk2

�

C i

4

�kx C iyk2C kz C iyk2

�� i

4

�kx � iyk2C kz � iyk2

�

D 1

8

�kx C z C 2yk2 C kx � zk2

�� 1

8

�kx C z � 2yk2 C kx � zk2

�

C i

8

�kx C z C 2iyk2Ckx � zk2

�� i

8

�kx C z � 2iyk2 Ckx � zk2

�

D 1

8

�kx C z C 2yk2 � kx C z � 2yk2

�

C i

8

�kx C z C 2iyk2 � kx C z � 2iyk2

�

D 1

2B.x C z; 2y/: (2.3)

Notamos agora que, por definição,B.x; 0/ D 0 para todox 2 X . Assim,fazendoz D 0 em .2:3/, obtemos2B.x; y/ D B.x; 2y/. Substituindo essaigualdade em.2:3/, verificamos que

B.x; y/C B.z; y/ D B.x C z; y/ 8 x; y; z 2 X: (2.4)

Agora provamos por indução quenB.x; y/ D B.nx; y/, para todon 2 N,ao fazermosz D .n � 1/x em .2:4/. Por outro lado, tomandoz D �x nessamesma igualdade, verificamos queB.�x; y/ D �B.x; y/ e daí segue-se quepB.x; y/ D B.px; y/ para todop 2 Z. Se0 ¤ q 2 Z, então vale

B

�p

qx; y

�D pB

�x

q; y

�D p

qqB

�x

q; y

�D p

qB

�q

x

q; y

�D p

qB.x; y/:

Observamos também que a definição deB e a continuidade da aplicaçãok � kW X ! R garantem que, sexn ! x eyn ! y emX , então

limn!1

B.xn; yn/ D B.x; y/:

Consideremos então 2 R arbitrário e provemos queB.˛x; y/ D ˛B.x; y/.Para isso, consideremos uma sequência.˛n/ de racionais, comn ! ˛. Então

B.˛x; y/ D limn!1

B.˛nx; y/ D limn!1

Œ˛nB.x; y/� D ˛B.x; y/:

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Decorre da definição deB que B.ix; y/ D iB.x; y/. Assim, dos casos jáverificados decorre que

B�.˛ C iˇ/x; y

�D B.˛x; y/C B.ˇix; y/ D ˛B.x; y/C ˇB.ix; y/

D .˛ C iˇ/B.x; y/;

o que conclui a prova de queB é um produto interno emX . 2

2.2 Sistemas Ortonormais

Nesta seção, estamos assumindo que o leitor tenha familiaridade com as sériestrigonométricas de Fourier,motivaçãobásica dos conceitos aqui introduzidos. Seesse não for o caso, a leitura prévia do Apêndice B, que trata de séries de Fourier esua convergência, ésugerida, mas não indispensável.

Denotaremos porA um conjunto de índices (que não precisa ser enumerável),porE um espaço com produto interno e porH um espaço de Hilbert.

Definição 2.12SejaE um espaço com produto interno. Dizemos que uma famíliafe˛g˛2A D fe˛ W ˛ 2 Ag é ortogonal se, para˛ ¤ ˇ 2 A, tivermose˛ ? eˇ.Nesse caso, dizemos quefe˛g˛2A é umsistema ortogonal.

Se os elementos do conjuntofe˛g˛2A forem unitários, isto é,ke˛k D 1 paratodo ˛ 2 A, dizemos que a família éortonormal e quefe˛g˛2A é umsistemaortonormal.

Denotaremos um sistema ortonormalfe˛g˛2A por S.

Toda combinação linear de elementosnão nulosde um sistema ortogonal élinearmente independente (veja o Exercício 11). Assim, em particular, toda com-binação linear de elementos de um sistema ortonormal é linearmente independente.

Exemplo 2.13 No espaçoKn (veja o Exemplo 2.2), a base canônicaS Dfe1; : : : ; eng é um sistema ortonormal, mas também é ortonormal o sistemaS Dfe1g. �

Exemplo 2.14 No espaço 2 (veja o Exemplo 2.4), um sistema ortonormal é oconjunto S D fe1; : : : ; en; : : :g, em queei denota a sequência com todos ostermos iguais a0, exceto oi -ésimo, que é igual a1. Como no exemplo anterior,subconjuntos desse sistema também são sistemas ortonormais. �

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§2.2 Sistemas Ortonormais 57

Definição 2.15SejamE um espaço com produto interno ex 2 E. Fixado umsistema ortonormalS D fe˛g˛2A em E, o escalarx˛ D hx; e˛i 2 K é acomponenteou coeficiente de Fourierde x na direção dee˛. O vetorx˛e˛ é aprojeção dex na direçãoe˛.

Observe que o vetorx˛ e˛ é um caso particular da projeção de um vetoru sobreo vetorv ¤ 0:

projvu D hu; vikvk2

v:

(Veja a Figura 2.1 na p. 52.)

Exemplo 2.16 Com respeito ao Exemplo 2.13, notamos que, dadox D.x1; : : : ; xn/ 2 Kn, xi D hx; eii é a componente dex na direçãoei . No Exemplo2.14, sex D .xn/ 2 `2, o coeficiente de Fourierxi D hx; eii é o i -ésimo termo dasequência.xn/. �

Exemplo 2.17 No espaçoE D CL2

�Œ��; ��;C

�(veja o Exemplo 2.3), as funções

hk.t/ D eik t=p

2� D .coskt Cisenkt/=p

2�, em quek 2 Z, formam um sistemaortonormal, o que decorre de

hhj ; hki D heijt ; eik ti D 1

2�

Z �

��

ei.j�k/tdt D ıjk :

(Estamos empregando a notação de Kroneckerıjj D 1, ıjk D 0, sej ¤ k.)A componente def na direçãohk é dada por

hf; hki D hf; eik ti D 1p2�

Z �

��

f .t/e�ik tdt;

que é justamente ok-ésimo coeficiente de Fourier (complexo) def . (Este exemplojustifica a denominação de coeficiente de Fourier dada ao escalar hx; e˛i.)

Podemos obter deS 0 D fhk W k 2 Zg um sistema ortonormal paraCL2

�Œ��; ��;R

�, isto é, um sistema composto por funçõesreais. De fato, se

definirmos

e0 D h0 D 1p2�; fk D cosktp

�; gk D senktp

�; 8 k 2 N;

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então

fk D hk C h�kp2

e gk D hk � h�k

ip

2; 8 k 2 N: (2.5)

Como as funçõeshk formam um sistema ortonormal eCL2

�Œ��; ��;R

�é um

subespaço deCL2

�Œ��; ��;C

�, as igualdades em.2:5/ nos permitem concluir que

S D fe0; fk ;gk W k 2 Ng é um sistema ortonormal emCL2

�Œ��; ��;R

�. (Veja o

Exercício 13.) �

Seja B ¤ ; um subconjunto arbitrário do espaço com produto internoE.Generalizando a noção de perpendicularidade já introduzida, definimos

B? D fx 2 E W hx; yi D 0 para todoy 2 Bg :

Notamos queB? sempre é um subespaço fechado deE e também queE? D f0g.(Veja o Exercício 15.)

Dado um sistema ortonormalS emE, nosso objetivo é estudar< S >, o espaçogerado pelos vetores deS.

Começamos estudando algumas propriedades de sistemas ortonormais finitosS D fe1; : : : ; eng de um espaço com produto internoE. (Não estamos assumindoqueE tenha dimensão finita!) Considere um elementox 2 E. Então vale:

x D hx; e1i e1 C�x � hx; e1i e1

�2 < e1 > ˚ < e1 >

? :

(É imediata a verificação de que�x�hx; e1i e1

�2< e1 >

?, fato ilustrado na Figura2.1 da p. 52.)

Mais geralmente, se denotarmos porF o espaço gerado porS, então

x D xF C .x � xF / DnX

iD1

hx; eii ei C

x �nX

iD1

hx; eii ei

!2 F ˚ F?;

como podemos verificar facilmente. (Veja a Figura 2.2.)Do Teorema de Pitágoras decorre que

kxk2 D kxF k2 C kx � xF k2;

igualdade que garante que

kx � xF k2 D kxk2 � kxF k2;

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§2.3 Sistemas Ortonormais Enumeráveis 59

��

��

xF

x

F

��

-0

Figura 2.2: O vetorx 2 E escreve-se comoxF C .x � xF / 2 F ˚ F?, em queF D < S > exF D

PniD1hx; eii ei.

isto é, x �nX

iD1

xi ei

2

D kxk2 �

nX

iD1

xi ei

2

; (2.6)

e também quekxF k2 � kxk2;

ou seja,

nX

iD1

jxij2 � kxk2; (2.7)

expressão conhecida como (forma finita da)desigualdade de Bessel.

Exemplo 2.18 Em R3 com o produto interno canônico, considere o sistemaortonormalS D fe1; e2g. Sex 2 < S >, entãokxk2 D

ˇhx; e1i

ˇ2 Cˇhx; e2i

ˇ2,

como verificamos ao escreverx D x1e1 C x2e2; por outro lado, sex 62 < S >,entãokxk2 >

ˇhx; e1i

ˇ2 Cˇhx; e2i

ˇ2 D jx1j2 C jx2j2. �

2.3 Sistemas Ortonormais Enumeráveis

Para tratarmos de sistemas ortonormais com infinitos elementos (o que implicaque a dimensão do espaço é infinita), começamos abordando o caso em que o

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conjunto de índicesA do sistema ortonormalfe˛ W ˛ 2 Ag é um conjuntoenumerável. (É possível uma abordagem direta do caso de um conjunto de índicesqualquer; nesse caso, o professor pode seguir o roteiro apresentado na Seção 2.5.)

SejaS D fei W i 2 Ng um sistema ortonormal no espaço com produto internoE

ex 2 E. Nesse caso, como a sequência de termos não negativossn DPn

iD1 jxi j2 élimitada porkxk2, passando ao limite comn tendendo a infinito em.2:7/, chegamosà (expressão enumerável da)desigualdade de Bessel:

1X

iD1

jxi j2 � kxk2: (2.8)

Essa desigualdade garante que, para todox 2 E, a sequência.xi/ é umelemento de2. A série

1X

iD1

xi ei

(que pode não convergir5) é chamadasérie de Fourier generalizadadex 2 E comrespeito ao sistema ortonormalS.

Se a série de Fourier generalizada dex (com respeito ao sistemaS) convergir,ela pode convergir para um elemento diferente dex. Essa situação já foi apresentadano Exemplo 2.18. Vejamos uma variação ligeiramente mais elaborada daqueleexemplo:

Exemplo 2.19 Consideremos o sistema ortonormalS D ffk ;gk W k 2 Ng emCL2

�Œ��; ��;R

�. O sistemaS é umsubconjunto própriodo sistema ortonormal

fe0; fk ;gk W k 2 Ng, apresentado no Exemplo 2.17. Assim,e0 é uma funçãoortogonal a todos os elementos deS. Isso quer dizer quehe0; fki D 0 ehe0;gki D 0

para todok 2 N. Logo, a série de Fourier dee0 com respeito ao sistemaS éidenticamente nula e, portanto, não converge parae0, mas sim para0. �

Passando ao limite quandon ! 1 na igualdade.2:6/, obtemos um critério quegarante a convergência da série de Fourier generalizada dex:

5Em espaços de Hilbert, essa série sempre converge: veja o Teorema 2.24. Se o espaçoE nãofor completo, a série pode divergir. Veja o Exercício XXXX doCapítulo XXXX.

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Lema 2.20 SejamS D fei W i 2 Ng um sistema ortonormal emE ex 2 E. Então

u D1X

iD1

xi ei )1X

iD1

jxij2 D kuk2:

Reciprocamente, temos

1X

iD1

jxij2 D kxk2 ) x D1X

iD1

xi ei:

Demonstração:Suponhamos queu DP1

iD1 xi ei . De acordo com o Teorema dePitágoras, temosku �

PniD1 xi eik2 D kuk2 � k

PniD1 xi eik2. Passando ao limite

comn ! 1, obtemos

u �1X

iD1

xi ei

2

D kuk2 �1X

iD1

jxij2: (2.9)

Assim, a convergência da série emE garante a convergência da série numéricaP1iD1 jxij2 parakuk2. Reciprocamente, se

P1iD1 jxi j2 D kxk2, então a equação

.2:9/ garante queP1

iD1 xi ei D x. 2

Observação 2.21Dividimos o enunciado em duas afirmações independentes. Porum lado, sempre ocorre a convergência do desenvolvimento

P1iD1 jxi j2, de acordo

com a desigualdade de Bessel. Mas, por outro lado, a convergência deP1

iD1 jxij2não caracteriza a existência de um elementou 2 E para o qual

P1iD1 xi ei converge.

SeP1

iD1 jxij2 D kxk2, garantimos que a série de Fourier generalizada dex

converge para o própriox. �

Se a série de Fourier dex 2 E (com respeito ao sistema ortonormalS) convergirparau, podemos relacionar os coeficientes de Fourier dex e u:

Lema 2.22 SejamS D fei W i 2 Ng um sistema ortonormal emE e �i 2 K.i 2 N/. Seu D

P1iD1 �i ei , então

.i/ ui D �i .

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Se v DP1

iD1 �i ei, com�i 2 K .i 2 N/, então vale a

.i i/ identidade de Parseval:

hu; vi D* 1X

iD1

�i ei;

1X

iD1

�i ei

+D

1X

iD1

�i �i D1X

iD1

ui vi:

Demonstração: Se u DP1

iD1 �i ei, dadoj 2 N, tome n � j e considereu �

PniD1 �i ei. Uma vez que

*u �

nX

iD1

�i ei ; ej

+D uj � �j ;

tomando o limite comn ! 1 no lado esquerdo dessa igualdade, concluímos queuj D �j , provando.i/.

Uma vez quehei; eji D ıij , temos*

nX

iD1

�i ei ;

nX

iD1

�j ei

+D

nX

iD1

�i �i DnX

iD1

ui vi;

de acordo com.i/.Tomando o limite comn tendendo a infinito nessa igualdade, obtemos.i i/.

(A série numéricaP1

iD1 �i �i DP1

iD1 ui vi é (absolutamente) convergente, comoresulta da aplicação da desigualdade de Cauchy-Schwarz a.ui/; .vi/ 2 `2.) 2

Observação 2.23Combinando os Lemas 2.20 e 2.22 (i), concluímos que, seP1iD1 �i ei convergir parau 2 E, então

P1iD1 �i ei D

P1iD1 ui ei e kuk2 DP1

iD1 jui j2 DP1

iD1 j�i j2. �

Em espaços de Hilbert, fixado um sistema ortonormal enumerável, a cadasequência em2 está associada uma série de Fourier convergente:

Teorema 2.24 (Teorema de Riesz-Fischer)SejaS D fei W i 2 Ng um sistema ortonormal no espaço de HilbertH. Dada

uma sequência.�i/ emK, a sérieP1

iD1 �i ei converge se, e somente se,

1X

iD1

j�i j2 < 1:

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Demonstração:Dadom 2 N, decorre do Teorema de Pitágoras que

mCpX

iDm

�i ei

2

DmCpX

iDm

j�i j2: (2.10)

O somatório no lado esquerdo da igualdade é uma sequência emH, enquantoo lado direito é uma sequência emR. A convergência de uma dessas sequênciasimplica que a outra é uma sequência de Cauchy em um espaço completo (veja oExercício 18 do Capítulo 1). Assim, em um espaço de Hilbert,

1X

iD1

�i ei converge ,1X

iD1

j�i j2 converge:2

Exemplo 2.25 De acordo com o Exemplo 2.17,

S D�

1p2�;costp�;sentp�;cos2tp�;sen2tp�; : : :

�

é um sistema ortonormal no espaço de HilbertL2�Œ��; ��;R

�.

De acordo com o Teorema de Riesz-Fischer 2.24, escolhidas constantesa0; a1; : : : eb1; b2; : : : tais que

a20

2C

1X

kD1

�a2

k C b2k

�< 1;

então existef 2 L2�Œ��; ��;R

�cujos coeficientes de Fourier sãoak ebk , isto é,

ak D 1p�

Z �

��

f .t/ coskt dt; k 2 f0; 1; 2; : : :g (2.11)

e

bk D 1p�

Z �

��

f .t/senkt dt; k 2 N: (2.12)

Se retirarmos um elemento deS (por exemplo,1=p

2�), obtemos uma funçãog que tem as mesmas constantes como coeficientes de Fourier. Asrelações entre

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os coeficientes de Fourier deg e as constantesak e bk será diferente de.2:11/ e.2:12/, já quea0 estará associado ao elemento cost=

p� e assim por diante.

Mostraremos, na Seção 2.4, que a série de Fourier def 2 L2�Œ��; ��;R

�

convergirá paraf .Note que as considerações desse exemplo são válidas porqueL2

�Œ��; ��;R

�é

um espaço de Hilbert. No espaçoCL2

�Œ��; ��;R

�, por exemplo, às constantesak

e bk não está necessariamente associada uma funçãof que tem essas constantescomo coeficientes de Fourier. �

Corolário 2.26 SeS D fei W i 2 Ng for um sistema ortonormal no espaço deHilbert H, então a série de Fourier dex (com respeito aS)

1X

iD1

xi ei;

converge para um elementou 2 H e

x �1X

iD1

xi ei D .x � u/ 2 S?:

Demonstração: A desigualdade de Bessel garante queP1

iD1 jxi j2 converge.Assim, segue-se do Teorema 2.24 que

1X

iD1

xi ei D u 2 H:

Para verificar que.x � u/ 2 S?, basta notar que, de acordo com o Lema 2.22,*x �

1X

iD1

xi ei; ej

+D xj � xj D 0; 8 j 2 N:

Isso completa a demonstração. 2

Observação 2.27SeS D fej W j 2 Ng for um sistema ortonormal em um espaçocom produto interno arbitrárioE, o que podemos dizer sobre a convergência deP1

iD1 xi ei ?SejaH o completamento deE. De acordo com o Exercício 10, temos queH é

um espaço de Hilbert. Pelo Teorema 2.24,P1

iD1 xi ei ! u 2 H. Mas pode ocorrerqueu 2 H n E, isso é, a série

P1iD1 xi ei não converge emE. �

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Fixado um sistema ortonormalS no espaço de HilbertH, denotemos porF oconjunto de séries de Fourier (com respeito aS) de elementos deH. O Teoremade Riesz-Fischer estabelece uma bijeção entreF e `2, do seguinte modo: a cadax 2 H está associado a sua série de Fourier (com respeito ao sistema ortonormalS), que converge para um pontou 2 H, de modo quex � u 2 S?. Por outro lado,a cada sequência.xi/ 2 `2, está associada uma série de Fourier convergente. Seconsiderarmos um sistema ortonormalS 0 ¤ S, estabelecemos uma outra bijeçãoentre o conjunto das séries de Fourier (com respeito aS 0) e `2. Gostaríamos deestabelecer uma bijeção entrex 2 H e a série de Fourier dex. De acordo com oCorolário 2.26, isso exige queS? D f0g.

Definição 2.28Um sistema ortonormalS no espaço com produto internoE émaximal .ou completo/, seS? D f0g.

O resultado fundamental à respeito da convergência de séries de Fourier emsistemas ortonormais maximais é dado pelo

Teorema 2.29 (da Base Ortonormal)SejaS D fei W i 2 Ng um sistema ortonormal em um espaço com produto

internoE. Denotemos porF D< S > o espaço gerado porS e porxi o coeficientede Fourierhx; eii. As seguintes propriedades são equivalentes:

.i/ para todox 2 E, temosx D1X

iD1

xi ei ;

.i i/ para quaisquerx; y 2 E, vale aidentidade de Parseval

hx; yi D1X

iD1

xi yiI

.i i i/ para todox 2 E temos

kxk2 D1X

iD1

jxij2I

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.iv/ dado� > 0, para todox 2 E existen 2 N tal que x �

nX

iD1

xi ei

< �:

Em particular,F é denso emE;

.v/ Todo funcional linear contínuof W E ! K que se anula emS é identicamentenulo;

Qualquer uma dessas propriedades implica:

.vi/ o sistemafei W i 2 Ng é maximal, isto é, não existe elemento0 ¤ e 2 E talquee 2 S?.

Se E for um espaço de Hilbert, então as propriedades.i/ � .vi/ sãoequivalentes.

Demonstração: A implicação .i/ ) .i i/ foi mostrada no Lema 2.22. Aotomarmosy D x, vemos que.i i/ ) .i i i/. Dado� > 0, .i i i/ garante a existênciade n 2 N tal quekxk2 �

PniD1 jxij2 < �. Como o Teorema de Pitágoras garante

que x �

PniD1 xi ei

2 D kxk2 �Pn

iD1 jxi j2, provamos que.i i i/ ) .iv/.Suponhamos.iv/. Para todox 2 E temos

jf .x/j �ˇˇˇf

nX

iD1

xi ei

!ˇˇˇC

ˇˇˇf

x �nX

iD1

xi ei

!ˇˇˇ � kf k�;

poisf se anula emF. Como� é arbitrário, concluímos quef � 0, provando.v/.Para mostrar que.v/ ) .i/, suponhamos a existência dex 2 E tal que

x ¤P1

iD1 xi ei . (Estamos admitindo a possibilidade deP1

iD1 xi ei não serconvergente.) Definimos, então,f W E ! K por

f .y/ D hy; xi �X

iD1

yi xi:

(A desigualdade de Cauchy-Schwarz em`2 garante queP1

iD1 yi xi está bemdefinido.)

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O funcionalf é contínuo (verifique!) e, de acordo com o Lema 2.22, temosf .ei/ D xi � xi D 0 para todoi 2 N. Por outro lado, o Lema 2.20 e a desigualdadede Bessel implicam que

f .x/ D kxk2 �1X

iD1

jxij2 > 0;

o que contradiz.v/. Provamos, assim, a equivalência das propriedades.i/ � .v/.Se existissee 2 S?, come ¤ 0, entãof .y/ WD hy; ei se anularia na família

S, mas não seria identicamente nulo, poisf .e/ D kek ¤ 0. Logo, temos que.v/ ) .vi/.

Em espaços de Hilbert, o Corolário 2.26 garante a convergência deP1

iD1 xi ei .Defina entãoe D x �

P1iD1 xi ei. Para todoei 2 S, temoshe; eii D ei � ei D 0,

ou seja,e 2 S?. A condição.vi/ implica e D 0, isto é,x DP1

iD1 xi ei. Assim,verificamos que.vi/ ) .i/. 2

Definição 2.30SejaE um espaço com produto interno. Umabase ortonormalé um sistema ortonormalS satisfazendo qualquer das propriedades equivalenteslistadas no Teorema2:29.

Observação 2.31A denominação utilizada causa uma certa dubiedade: ao lidarcom uma base ortonormal, estamos nos referindo a uma base no sentido daDefinição 2.30 ou a uma base no sentido da Definição 1.1? Para evitar qualquermal entendido, entenderemos semprebase ortonormalno sentido da Definição2.30 e vamos nos referir a uma base deHamel no outro caso. Em espaços deHilbert de dimensão infinita, a dubiedade não existe: uma base de Hamel não podeser um conjunto ortonormal! (Veja o Exercício 27.) Por outrolado, se o espaçocom produto interno não for completo, uma base de Hamel pode ser um conjuntoortonormal, de acordo com o Exemplo 2.5. �

Existem espaços com produto interno que não são completos, mas possuembase ortonormal. (Veja a Seção 2.4.) Mas uma base ortonormalde um espaçocom produto interno sempre é uma base ortonormal de seu completamento. (Veja oExercício 26.) Como veremos (veja o Teorema 2.49), todo espaço de Hilbert possuiuma base ortonormal. Assim, bases ortonormais em espaços que não são completossão obtidas, essencialmente, ao se considerar um subespaço(incompleto) de umespaço de Hilbert.

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Existe uma caracterização simples dos espaços com produto interno quepossuem base ortonormalcontável:6

Teorema 2.32SejaE um espaço com produto interno. EntãoE possui uma baseortonormal contávelS se, e somente se,E for separável.

Para mostrarmos esse resultado, recordamos oprocesso de ortogonalização deGram-Schmidt:

Lema 2.33 (Gram-Schmidt)SejamA � N um conjunto contável efxn W n 2 Ag um conjunto linearmente

independente. Denotemos por< z1; : : : ; zk > o espaço gerado pelos vetoresz1; : : : ; zk . Então existe um conjunto ortonormalfen W n 2 Ag, com< e1; : : : ; ek >

D < x1; : : : ; xk > para todok 2 A.

Demonstração: Utilizaremos indução emA, o caso em queA possui apenas umelemento sendo trivial. Suponhamos obtidos os vetorese1; : : : ; ek�1. Consideramosentão

ek D 1

c

xk �

k�1X

iD1

ciei

!;

em quec e c1; : : : ; ck�1 são constante que serão determinadas. Para obtermosek ortogonal a todos osei já escolhidos, basta definirci D hxk; eii para i D1; : : : ; k � 1. Escolhemos entãoc como a norma do vetorek �

Pk�1iD1 cixi. (Note

quec > 0.) A definição deek garante que< e1; : : : ; ek > D < x1; : : : ; xk >. 2

Demonstração do teorema: Suponhamos queE seja separável e.zn/ umasequência densa emE. Sejazn0

o primeiro termo não nulo da sequência.zn/.Definimos entãox1 D zn0

e x2 D zj , em quej é o primeiro índice tal quex1 e zj

sejam linearmente independentes.Procedemos, então, indutivamente. Chegaremos a um conjunto linearmente

independentefxi W i 2 Ag, em queA D N (no caso da sequência.zn/ possuirinfinitos elementos linearmente independentes), ou entãoA é um conjunto finitof1; : : : ; ng.

6Estamos utilizando a palavra contável para significar um conjunto finito ou enumerável.

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Aplicando Gram-Schmidt, desse conjuntofxi W i 2 Ag obtemos um sistemaortonormalS D fei W i 2 Ag. Afirmamos queS é uma base ortonormal do espaçoE. (Note que, seA for finito, S é uma base de Hamel.)

Dadosx 2 E e � > 0, existezn tal quekx � znk < �. Examinando aconstrução feita, notamos que cada vetorzn é uma combinação linear dos vetoresx1; : : : ; xn. Como o espaço gerado pore1; : : : ; en é o mesmo que o espaço geradopor x1; : : : ; xn, vemos quezn é uma combinação linear dos vetorese1; : : : ; en.Assim,zn uma combinação linear de vetores deS que está arbitrariamente próximado pontox 2 E. Isso mostra queS satisfaz a condição.iv/ do Teorema da Base2.29. Portanto,S é uma base ortonormal do espaçoE.

Reciprocamente, suponhamos queS D fei W i 2 Ng seja uma base ortonormaldo espaço com produto internoE. Considere, no casoK D C, o conjuntoenumerável (veja o Exercício 20)

C D˚.˛1 C iˇ1/ e1 C : : :C .˛n C iˇn/ en W n 2 N; ˛k ; ˇk 2 Q; 1 � k � n

:

Uma vez que, para todox 2 E x �

nX

iD1

xi ei

! 0 quandon ! 1;

ePn

iD1 xi ei pode ser aproximado por um elemento deC, esse conjunto é denso emE. 2

Corolário 2.34 SejaS D fe1; : : : ; eng um sistema ortonormal em um espaçoseparávelE com produto interno. Então existe uma base ortonormal deE quecontémS.

Demonstração: Se .zn/ for uma sequência densa emE, considere o conjuntodensofe1; : : : ; en; z1; z2; : : :g e aplique o processo desenvolvido na demonstraçãodo Teorema. 2

Exemplo 2.35 Se ei denota a sequência cujoi -ésimo elemento é igual a1 etodos os outros elementos são nulos, é fácil verificar que o conjunto ortonormalS D fei W i 2 Ng é um sistema ortonormal maximal em2 e, portanto, uma base.Chamaremos esse sistema debase ortonormal canônicado `2. �

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2.4 Séries Trigonométricas de Fourier

Nesta seção, seguindo a abordagem de Rudin [29], mostraremos que

S 0 D�

eik t

p2�

W k 2 Z�

é uma base ortonormal deL2�Œ��; ��;C

�. Como consequência do Exemplo 2.17,

isso significa que

S D�

1p2�;costp�;sentp�;cos2tp�;sen2tp�; : : :

�;

é uma base ortonormal deL2�Œ��; ��;R

�(veja também o Exemplo 2.25). Assim,

toda funçãof 2 L2�Œ��; ��;R

�pode ser representada por sua série de Fourier:

f .t/ D a0

2C

1X

nD1

an cosnt C bnsennt; t 2 Œ��; ��; (2.13)

em que os coeficientes de Fourieran e bn foram explicitados no Exemplo 2.25.Notamos que.2:13/ é uma igualdade entre funções emL2; assim, existe um

conjunto de pontost 2 R, de medida nula, no qual a série de Fourier def podediferir da funçãof . Além disso, como o lado direito da igualdade está definidopara todot 2 R e tem período2�, é natural considerar a extensão periódica deperíodo2� def . Pode-se mostrar que, se a (extensão da) funçãof for contínuapara todot 2 R, entãof e sua série de Fourier serão idênticas em todo pontot 2 R.Essa questão não será tratada nesta seção: um tratamento alternativo, que tambémabordará a questão da convergência pontual da série de Fourier def para a funçãof , pode ser visto no Apêndice B.

Um polinômio trigonométricopN é uma soma da forma

pN .t/ D a0

2C

NX

kD1

.ak coskt C bksenkt/ ;

em quea0; : : : ; aN e b1; : : : ; bN são números complexos. É claro que todopolinômio trigonométricopN satisfazpN .t C 2�/ D pN .t/.

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§2.4 Séries Trigonométricas de Fourier 71

Utilizando a identidade de Eulerei!t D cos!t C isen!t , é usual escrever umpolinômio trigonométrico na forma

pN .t/ DNX

kD�N

ckeik t :

De acordo com o Teorema 2.29.iv/, para provarmos queS 0 é uma baseortonormal emL2

�Œ��; ��;C

�, é suficiente verificar que o conjunto dos polinômios

trigonométricos é denso nesse espaço. Mas faremos mais: denotaremos porC.S1;R/ o conjunto das funçõesf W Œ��; �� ! C cuja extensão periódica deperíodo2� é contínua emR. Quer dizer,

C.S1;C/ D ff WR ! C W f é contínua ef .t C 2�/ D f .t/; 8 t 2 Rg:

Uma vez queC�S1;C

�é denso emL2

�Œ��; ��;C

�, basta então mostrarmos que o

conjunto dos polinômios trigonométricos é denso emC�S1;C

�. Em particular, isso

significa queS 0 é uma base ortonormal emCL2

�Œ��; ��;C

�; ou, o que é equivalente,

queS é uma base ortonormal no espaço espaçoCL2

�Œ��; ��;R

�. Lembramos que

esses espaços de funções contínuas não são completos.Assim, dados� > 0 e f 2 C

�S1;C

�, mostraremos a existência de um

polinômio trigonométricopN tal quekf � pN k1 < �.

Lema 2.36 Existem polinômios trigonométricosqn, n 2 N, tais que

.i/ qn.t/ � 0 para todot 2 R;

.i i/1

2�

Z �

��

qn.t/dt D 1;

.i i i/ para todoı > 0, qn.t/ ! 0 uniformemente emŒ��;�ı� [ Œı; ��.

Demonstração:Definimos os polinômios trigonométricos (veja o Exercício 14)

qn.t/ D dn

�1 C cost

2

�n

; n 2 N;

em quedn 2 R é escolhido para satisfazer.i i/. Claramente vale.i/, de modo queo resultado estará provado se verificarmos.i i i/.

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Começamos estimando a constantedn. Para isso, notamos queqn é uma funçãopar e

1 D 2dn

2�

Z �

0

�1 C cost

2

�n

dt >dn

�

Z �

0

�1 C cost

2

�n

sent dt D 2dn

�.n C 1/;

a última constante sendo obtida ao se resolver a integral quelhe antecede. Issomostra que

dn <�.n C 1/

2:

Uma vez queqn é decrescente emŒ0; ��, paraı > 0 e jt j 2 Œı; �� temos

qn.t/ � qn.ı/ D dn

�1 C cosı

2

�n

<�.n C 1/

2

�1 C cosı

2

�n

:

Uma vez que1 C cosı < 2 para0 < ı � �, a convergência uniforme.i i i/ decorreda desigualdade anterior. 2

Teorema 2.37Dadosf 2 C�S1;C

�e � > 0, existe um polinômio trigonométrico

p tal que

jf .t/ � p.t/j < � para todo t 2 R:

Demonstração:Definimos, paran 2 N,

pn.t/ D 1

2�

Z �

��

f .t � s/qn.s/ds;

em queqn é o polinômio trigonométrico definido na prova do Lema 2.36.Afirmamos quepn é um polinômio trigonométrico para todon 2 N. De fato,

Z �

��

f .t � s/qn.s/ds DZ ��

�

f .t C v/qn.�v/.�dv/ DZ tC�

t��

f .s/qn.t � s/dt

DZ �

��

f .s/qn.t � s/ds;

em que fizemos as mudanças de variávels D �v e�v D t � s. A última igualdadedecorre da periodicidade def eqn.

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§2.4 Séries Trigonométricas de Fourier 73

Uma vez queqn é um polinômio trigonométrico, podemos escreverqn.t � s/ DPkDNn

kD�Nnckeik.t�s/ D

PkDNn

kD�Nnckeik te�iks. É fácil então notar queZ �

��

f .s/qn.t � s/ds

é um polinômio trigonométrico. (Note que verificamos quepn é um polinômiotrigonométrico,qualquer que seja o polinômio trigonométricoqn.)

Dado� > 0, comof é uniformemente contínua no compactoŒ��; ��, existeı > 0 tal quejf .t/� f .s/j < �, sempre quejt � sj < ı. Uma vez queqn satisfaz apropriedade.i i/ do Lema 2.36, temos que

pn.t/ � f .t/ D 1

2�

Z �

��

Œf .t � s/ � f .t/� qn.s/ds:

Como os polinômios trigonométricosqn são não negativos, temos que

jpn.t/ � f .t/j � 1

2�

Z �

��

jf .t � s/ � f .t/j qn.s/ds:

Para estimarmos essa integral, consideramos inicialmentes 2 Œ�ı; ı�. Para essevalores des, o integrando é menor do que�qn.s/, de modo que

1

2�

Z ı

�ı

jf .t � s/� f .t/j qn.s/ds <�

2�

Z �

��

qn.s/ds D �:

Agora consideremoss 2 Œ��; �� n Œ�ı; ı�. Para esses valores des temos que

jf .t � s/� f .t/jqn.s/ � 2kf k1 supjsj2Œı;��

qn.s/;

de forma que decorre da propriedade.i i i/ deqn que

1

2�

Z �ı

��

jf .t � s/ � f .t/jqn.s/ds C 1

2�

Z �

ı

jf .t � s/ � f .t/jqn.s/ds

é menor do que� (independentemente det), desde que tomemosn suficientementegrande.

Provamos assim quekpn � f k1 < �;

paran suficientemente grande. 2

Observação 2.38Uma bela demonstração alternativa do Teorema 2.37 pode serencontrada em Körner (Teorema 2.5). �

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2.5 Sistemas Ortonormais Não Enumeráveis

(Esta seção é mais avançada e pode ser suprimida, a critério do professor.)Nosso objetivo é mostrar que o Teorema da Base 2.29 também é válido se considerarmos um

sistema ortonormal não enumerávelS D fe˛ W ˛ 2 Ag. (Estamos supondo que o conjuntoA sejanão enumerável. Exemplificaremos, posteriormente, um espaço de Hilbert que possui um sistemaortonormal não enumerável. Contudo, ressaltamos que espaços de Hilbert que não são separáveis7

são, basicamente, uma construção teórica.)Para generalizar a desigualdade de Bessel, enfrentamos um obstáculo: dar significado à

expressão X

˛2A

ˇhx; e˛i

ˇ2 DX

˛2A

jx˛j2:

Lema 2.39 SejaS D fe˛g˛2A um sistema ortonormal no espaço com produto internoE. Então,dadox 2 E, apenas uma quantidade enumerável de coeficientes de Fourier x˛ D hx; e˛i pode sernão-nula. Além disso, sefe1; : : : ; en; : : :g for um ordenamento arbitrário dos elementos deS taisquehx; e˛i ¤ 0, está bemdefinido

X

˛2A

jx˛j2 DX

˛2A

ˇhx; e˛i

ˇ2 D1X

iD1

ˇhx; eii

ˇ2 D1X

iD1

jxi j2:

Mais ainda, para todox 2 E, vale adesigualdade de Bessel

X

˛2A

jx˛j2 � kxk2: (2.14)

Demonstração: Dado� > 0, definaS� D fe˛ 2 S Wˇhx; e˛i

ˇ> �g. Tomee1; : : : ; en 2 S�

distintos. De acordo com a (forma finita da) desigualdade de Bessel 2.7, temos

kxk2 �nX

iD1

ˇhx; e˛i

ˇ2 � n�2:

Portanto,n � .kxk=�/2, provando queS� é finito para todo� > 0. Uma vez que

fe˛ 2 S W hx; e˛i ¤ 0g D1[

nD1

S1=n;

mostramos que apenas uma quantidade enumerável de coeficientes de Fourier pode ser não-nula.8

7Veja o Teorema 2.32.8Lembre-se que uma união enumerável de conjuntos enumeráveis é um conjunto enumerável.

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§2.5 Sistemas Ortonormais Não Enumeráveis 75

Escolha arbitrariamente uma enumeração para esses coeficientes não nulos. Passando ao limitecom n tendendo a infinito na forma finita da desigualdade de Bessel.2:7/, obtemos, para essaenumeração,

1X

iD1

ˇhx; eii

ˇ2 D1X

iD1

jxi j2 � kxk2 < 1:

Como a sérieP1

iD1 jxi j2 é absolutamente convergente,9 ela também é comutativamenteconvergente, isto é, sua soma independe do ordenamento escolhido para os coeficientes de Fouriernão nulos. (Veja, por exemplo, [25], Teorema 22 do Capítulo IV.) Isso quer dizer que

P˛2A jx˛ j2

está bem definido e vale a desigualdade de Bessel. 2

Observação 2.40Fixadox 2 E, apenas uma quantidade enumerável de coeficientes de Fourierx˛ D hx; e˛i pode ser não-nula. Mas esses coeficientes não nulos variam com o elementox 2 E.Assim, isso não implica que um sistema ortonormal emE possua no máximo uma quantidadeenumerável de elementos.

A desigualdade de Bessel.2:14/ garante, como antes, que os coeficientes de Fourier não nulosdex 2 E formam uma sequência que pertence ao espaço`2. �

Agora estamos em condições de refazer o percurso da Seção 2.3. Apresentaremos apenas asmodificações necessárias em cada um dos resultados daquela Seção. SejaS D fe˛g˛2A um sistemaortonormal não enumerável no espaço com produto internoE. Dadox 2 E, precisamos dar sentidopara a expressão

X

˛2A

x˛ e˛:

Aqui, como antes, enfrentamos a questão de ordenar os elementos não nulos do somatório.Para isso, aplicamos o Lema 2.39 e consideramos um ordenamento arbitráriofe1; : : : ; en; : : :g

dos elementos deS correspondentes aos coeficientes de Fourierx˛ D hx; e˛i não nulos. SePniD1hx; eii ei convergir parau 2 E quandon ! 1, definimos

X

˛2A

x˛ e˛ D1X

iD1

xi ei D u:

Como na prova do Lema 2.20, a convergência da série de FourierP1

iD1 xi ei implica aconvergência da série numérica

P1iD1 jxi j2, a qual é comutativamente convergente. Isso mostra

queP

˛2A x˛ e˛ independe do ordenamento dos coeficientes de Fourierx˛ ¤ 0. Obtemos assim aversão não enumerável do Lema 2.20.

O Lema 2.22 é obtido do mesmo modo: basta escolher um ordenamento dos coeficientesx˛ ey˛ não nulos. O Corolário 2.26 garante a convergência de

P˛2A x˛ e˛ em um espaço de Hilbert:

basta escolher um ordenamento dos coeficientes de Fourierx˛ ¤ 0.

9Veja a Definição 1.81.

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Agora, sempre escolhendo um ordenamento arbitrário dos coeficientes de Fourierx˛ ¤ 0,

obtemos o Teorema da Base Ortonormal 2.29, mostrando que elevale mesmo se o sistema

ortonormalS D fe˛ W ˛ 2 Ag for não enumerável.

2.6 Isometrias e Espaços de Hilbert

Definição 2.41SejaE um espaço com produto interno. Umaisometria é umabijeçãoM W E ! E tal que, para quaisquerx; y 2 E,

kx � yk D kM.x/� M.y/k:

É claro que uma translação é uma isometria. Dada uma isometria qualquer,podemos compô-la com uma translação e obter uma isometriaM tal queM.0/ D 0.O próximo resultado mostra que isometrias são aplicações muito bem comportadas:

Proposição 2.42SejaM W E ! E uma isometria, comM.0/ D 0. Então

M.x C y/ D M.x/C M.y/:

SeE for um espaçoreal, entãoM é linear.

Demonstração:DenotandoM.x/ D x0, temos

kxk2 D kx0k2; kyk2 D ky 0k2 (2.15)

ekx � yk2 D kx0 � y 0k2: (2.16)

Uma vez que

hx0 � y 0; x0 � y 0i D hx0; x0i � hx0; y 0i � hy 0; x0i C hy 0; y 0i;

e que expressão análoga vale parahx �y; x �yi, ao substituirmos.2:15/ em.2:16/

obtemos

hx0; y 0i C hy 0; x0i D hx; yi C hy; xi: (2.17)

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§2.6 Isometrias e Espaços de Hilbert 77

Do mesmo modo,

kz�x�yk2 D kzk2Ckyk2Ckxk2�hz; xi�hx; zi�hz; yi�hy; ziChx; yiChy;xi:

Segue-se de.2:15/, .2:16/ e .2:17/ que

kz0 � x0 � y 0k2 D kz � x � yk2:

Escolhemos entãoz D x Cy. O lado direito dessa igualdade é, então, nulo. Assim,temosz0 � x0 � y 0 D 0. Mas isso mostra queM.x C y/ D M.x/C M.y/.

Suponhamos agora queE;F sejam espaços reais. Então,.2:17/ implica que

hM.x/;M.y/i D hx; yi:

Agora completamos a prova da linearidade deM :

hM.�x/;Myi D h�x; yi D �hx; yi D �hM.x/;M.y/i D h�M.x/;M.y/i:

Por conseguinte,

hM.�x/ � �M.x/;M.y/i D 0:

Escolhendo sucessivamentey D �x e y D x, obtemos

hM.�x/ � �M.x/;M.�x/i D 0

e

hM.�x/ � �M.x/; �M.x/i D �hM.�x/ � �M.x/;M.x/i D 0:

Logo,

hM.�x/� �M.x/;M.�x/� �M.x/i D 0;

mostrando a linearidade deM no caso real.102

Um teorema de Mazur e Ulam estabelece que resultado análogo àProposição2.42 é válido para isometriasM W E ! F entre espaços normados. Veja [23].

10Uma outra demonstração é obtida aplicando-se o método utilizado na prova da Proposição 2.11.

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Proposição 2.43SejamE;F espaços com produto interno eM W E ! F umaaplicaçãolinear. EntãoM é uma isometria se, e somente se, preservar o produtointerno, isto é,

hM x;Myi D hx; yi:

Demonstração:A identidade de polarização (Lema 2.10) adequada ao caso mostraque uma isometria linear preserva produto interno. SeM preservar o produtointerno, então claramente é uma isometria. 2

Teorema 2.44SejaH um espaço de Hilbert separável. SeH tiver dimensãon,então é isométrico aKn; se tiver dimensão infinita, é isométrico a`2.

Demonstração:Suponhamos queH tenha dimensão finita. Sejafx1; : : : ; xng umabase ortonormal deH. Dadox; y 2 H, temosx D ˛1x1 C : : : C ˛nxn. DefinaT WH ! Kn por T x D .˛1; : : : ; ˛n/. ClaramenteT é um isomorfismo e, sey D ˇ1x1 C : : :C ˇnxn, então

hx; yi DnX

iD1

˛i ˇi D hT x;Tyi:

Se H tiver dimensão infinita, já vimos queH possui uma base ortonormalenumerávelS D fei W i 2 Ng. Assim, podemos aplicar o Teorema da Base2.29 e concluir quex D

P1iD1 xi ei , em quexi D hx; eii. DefinimosT WH ! `2

por T x D .xi/i2N. A identidade de Parseval mostra que.xi/ é uma sequência em`2. ClaramenteT é linear e, ainda pelo Teorema da Base 2.29, temos que

hx; yi D1X

iD1

xi Nyi D˝.xi/; .yi/

˛:

2

Observação 2.45Vemos assim que, no caso de um espaço de Hilbert separávelde dimensão infinita, o Teorema 2.44 complementa o Teorema deRiesz-Fischer2.24: esse identifica as séries de Fourier de elementosx 2 H com elementos de2,enquanto aquele identifica os elementos dex diretamente com os elementos de`2.Assim,`2 é oprotótipode um espaço de Hilbert separável.

O que pode ser dito no caso em queE for um espaço com produto interno combase enumerável? A demonstração apresentada nos mostra queE é isométrico aum subespaçoE (que não pode ser fechado!) do espaço de Hilbert`2. �

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(O restante desta seção depende de resultados da Seção 2.5 e sua exposição pode ser suprimida,a critério do professor.)

Nosso objetivo nesta Seção é caracterizar os espaços de Hilbert que possuem base ortonormalnão enumerável. Vamos mostrar que eles são isométricos a umaextensão do espaço2, denotadapor `2.A/. A apresentação desse espaço será feita sem a utilização de medida. Para aqueles quedominam esse conceito, uma abordagem mais simples de`2.A/ pode ser encontrada em [29].

Introduzimos o espaço2.A/:

Definição 2.46 SejaA um conjunto não vazio exW A ! K uma função tal que

Ix D ft 2 A W x.t/ ¤ 0g

é um conjunto enumerável. Se.ti/ for uma enumeração dos elementos deIx , suponhamosadicionalmente que

P1iD1 jx.ti/j2 < 1. Definimos`2.A/ como o conjunto de funções que

satisfazem essas duas hipóteses e definimos

X

t2A

jx.t/j2 D1X

iD1

jx.ti/j2:

Note que, comoft 2 A W x.t/ ¤ 0g é enumerável, a coleçãofjx.t/j2gt2A é descrita por meioda série

P1iD1 jx.ti/j2. Como essa série converge absolutamente, ela também é comutativamente

convergente, o que garante queP

t2A jx.t/j2 está bem definido.A demonstração do próximo resultado é uma simples coleta de argumentações já apresentadas.

Teorema 2.47 O conjunto 2.A/ é um espaço vetorial com as definições habituais de somax C y

e multiplicação por escalar�x, com� 2 K. Em`2.A/ definimos o produto interno

hx;yi DX

t2A

x.t/ y.t/ DnX

iD1

x.ti/y.ti/;

em queft1; : : : ; tn; : : :g é uma enumeração dos pontos em quex.t/y.t/ ¤ 0. Esse produto internofaz de 2.A/ um espaço de Hilbert com base ortonormalS D fet W t 2 Ag, sendo

et .�/ D�

1 se t D �

0 se t ¤ �;

para todo� 2 A.

Demonstração:Dadosx;y 2 `2.A/, sejatk uma enumeração de todos os elementost 2 A tais quex.t/ ¤ 0 ouy.t/ ¤ 0.

Como11

jx.tk/C y.tk/j2 � 22 maxfjx.tk/j2; jy.tk/j2g � 4.jx.tk/j2 C jy.tk/j2/;11Essa é a estimativa.1:4/ no casop D 2.

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obtemos

X

t2A

jx.t/C y.t/j2 D1X

kD1

jx.tk/C y.tk/j2

� 4

1X

kD1

�jx.tk/j2 C jy.tk/j2

�D 4

X

t2A

�jx.t/j2 C jy.t/j2

�

< 1:

Assim,x C y 2 `2.A/. Do mesmo modo,x 2 `2.A/, para todo 2 K. Isso mostra que2.A/ éum espaço vetorial.

Como na demonstração da Proposição 2.22, temos quehx;yi está bem definido. É claro queesse é um produto interno em2.A/.

Seja agora.xn/ � `2.A/ uma sequência de Cauchy. Dado� > 0, existen0 2 N tal que, paraquaisquerm; n � n0,

kxm � xnk D X

t2A

jxm.t/ � xn.t/j2!1=2

< �: (2.18)

Assim, para cadat 2 A, temosjxm.t/ � xn.t/j2 � �, o que garante que.xn.t// é uma sequência deCauchy emK para todot 2 A fixo. ComoK é completo, existex.t/ D limn!1 xn.t/. Está assimdefinida uma funçãoxW A ! K. Vamos mostrar quex 2 `2.A/.

Comoxn 2 `2.A/, o conjuntoIn D ft 2 A W xn.t/ ¤ 0g é enumerável. Assim,

I D1[

nD1

In

também é enumerável. Afirmamos que

Ix D ft 2 A W x.t/ ¤ 0g � I;

de onde decorre imediatamente queIx é enumerável. Para provar a nossa afirmação, basta notar queset 62 I , entãoxn.t/ D 0 para todon e, como consequência,x.t/ D 0.

Escrevendo o conjuntoI como uma sequência.tj /, a desigualdade.2:18/ nos mostra que, paratodok 2 N, vale

kX

jD1

jxm.tj / � xn.tj /j2 � �2;

sem; n � n0. Tomando o limite quandom ! 1, obtemos

kX

jD1

jx.tj / � xn.tj /j2 � �2

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e, quandok ! 1, X

t2I

jx.t/ � xn.t/j2 � �2:

Daí segue-se que X

t2A

jx.t/ � xn.t/j2 � �2;

poisxn.t/ e x.t/ são ambas nulas quandot 2 A n I . Isso mostra quex � xn 2 `2.A/ e

kx � xnk � �: (2.19)

Logo, x D xn C .x � xn/ 2 `2.A/. Da desigualdade.2:19/ segue quexn ! x em`2.A/, o quemostra que 2.A/ é um espaço de Hilbert.

Uma vez quehx; e� i D x.�/ e x DP

�2A xe� (igualdade verificada em todo pontot 2 A),vemos queS é uma base ortonormal com cardinalidadeA. 2

Na demonstração do Teorema 2.47 não supomos que o conjuntoA seja não enumerável. Seesse for o caso, é fácil verificar que`2.A/ coincide com o espaço2, definido no Capítulo 1 (veja oExercício 29). Assim, o próximo resultado é uma generalização do Teorema 2.44.

Teorema 2.48 (Riesz-Fischer generalizado)SejaS D ff˛ W ˛ 2 Ag uma base ortonormal do espaço de HilbertH. EntãoH é isométrico a

`2.A/.

Demonstração: SejaS D ff˛ W ˛ 2 Ag uma base ortonormal paraH . (Essa base existe,de acordo com o Teorema 2.49.) Parax 2 H arbitrário, a identidade de Parseval garante quekxk2 D

P˛2A jx˛j2 D

P˛2A

ˇhx; f˛i

ˇ2< 1.

Considere o espaço2.A/ e a base ortonormalS 0 D fe˛ W ˛ 2 Ag dada pelo Teorema 2.47.De acordo com o Teorema da Riesz-Fischer 2.24, existe

X

˛2A

hx; f˛i e˛ 2 `2.A/:

Definimos�W H ! `2.A/

x 7!X

˛2A

hx; f˛i e˛:

(A imagem de� no pontox é a funçãogW A ! K que assume o valorP

˛2Ahx; f˛i e˛.t/ D hx; ft ino pontot 2 A.)

O Teorema da Base 2.29 nos garante quek�.x/k DP

˛2A jx˛ j2 D kxk2. Isso garante que� éuma isometria e, portanto, injetora. (Veja o exercício 24.)

Para verificarmos que� é sobrejetora, tomeg 2 `2.A/. A identidade de Parseval garante que

kgk2 DP

ˇ2A jgˇj2 DP

ˇ2A

ˇhg; eˇi

ˇ2. Considerey D

Pˇ gˇfˇ. Como antes, temos que

y 2 H. É claro que�.y/ D g. 2

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2.7 Sistemas Ortonormais Maximais

(Esta seção depende de resultados da Seção 2.5 e pode ser omitida, a critério do professor.)SejaE um espaço com produto interno. Já vimos que, seE for um espaço separável, então

ele sempre possui uma base ortonormal. Mas e seE não for separável? Podemos garantir queE

possui uma base ortonormal não enumerável? Essa é uma questão importante, pois a aplicabilidadedo Teorema da Base 2.29 depende de sua existência. Em um espaço de Hilbert, essa questão érespondida afirmativamente:

Teorema 2.49 SejaS um sistema ortonormal em um espaço com produto interno. Então existe umsistema ortonormal maximal que contémS.

Em particular, todo espaço de HilbertH ¤ f0g possui uma base ortonormal.

A demonstração desse resultado será apresentada no Apêndice C.

Observação 2.50Note que, seE for um espaço com produto interno (ou um espaço de Hilbert)que possui base ortonormal não enumerável, então conjunto das combinações lineares finitas deelementos da base ortonormal não pode ser enumerável. (Se ele fosse enumerável,E possuiria umconjunto enumerável denso e teria, portanto, base ortonormal enumerável.) �

Existem espaços com produto interno que possuem um sistema ortonormal maximal que nãoé uma base ortonormal. Posteriormente exemplificaremos talsituação. (Veja o Exemplo 3.19, mastambém o Exercício 28.) Mais geralmente, existem espaços com produto interno que não possuembase ortonormal, isto é, neles qualquer sistema ortonormalmaximal não é uma base ortonormal.(Exemplos ilustrando essa última situação estão além do escopo deste texto.)

Teorema 2.51 SejamS1 eS2 duas bases ortonormais de um espaço com produto internoE. Entãoexiste uma bijeção entreS1 eS2. Em outras palavras, duas bases ortonormaisS1 eS2 do espaçoE têm a mesma cardinalidade.

Omitiremos a prova desse resultado, que depende do Teorema de Cantor-Bernstein.12 Contudo,

notamos que ele nos permite definir adimensãode um espaço de Hilbert com respeito ao conceito

de base ortonormal: a dimensão de um espaço de HilbertH é a cardinalidade de sua base ortonormal

S.

2.8 Exercícios

1. SejamE um espaço com produto interno ek � k a norma gerada por seuproduto interno. Mostre quek � k2 é uma função convexa.

12Para leitores interessados, nos referimos a [19].

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2. SejaE um espaço euclidianocomplexo. Dê um exemplo mostrando que avalidade do Teorema de Pitágoras parax; y 2 E não implica quex ? y.

3. SejaE um espaço com o produto internoh�; �i. Demonstre a desigualdade deCauchy-Schwarz da seguinte maneira: parax; y 2 E, desenvolva a expressão0 � hx � ˛ty; x � ˛tyi. Escolhendo D hx; yi, obtenha um trinômiodo segundo grau com coeficientes reais. Analise esse trinômio e obtenha adesigualdade de Cauchy-Schwarz.

4. SejaE um espaço com produto interno. Mostre queˇhx; yi

ˇD kxk kyk se,

e somente se, os vetoresx; y forem linearmente dependentes.

5. Considere um espaço com produto internoE e vetoresu; v 2 E, comu ¤ 0.Interprete geometricamente a desigualdade de Cauchy-Schwarz em termosdas normas dos vetores projuv eu.

6. SejamE1;E2 espaços com produto interno. Considere o produto cartesianoE1 � E2. Verifique queE1 � E2 é um espaço com produto interno, sedefinirmos ˝

.x1; y1/; .x2; y2/˛D hx1; x2i C hy1; y2i:

7. SejaX o espaço das funçõesf W Œa; b� ! C de classeC 1. Defina, paraf;g 2 X ,

hf;gi WDZ b

a

f 0.x/g0.x/dx:

.a/ h�; �i é um produto interno?

.b/ ConsidereF D ff 2 X W f .a/ D 0g. Em F , h�; �i é um produtointerno?

8. Demonstre o Lema 2.10 e a Proposição 2.11.

9. Mostre que a normak � ksup em C�Œa; b�;K

�não é gerada por um produto

interno.

10. Seja E um espaço com produto interno que não seja completo. Ocompletamento deE foi definido na Seção 1.12. Mostre que ocompletamento deE é um espaço de Hilbert.

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11. Mostre que, seS D fe˛g˛2A for uma família ortogonal de vetores não nulosno espaço com produto internoE, entãofe˛g˛2A é linearmente independente.

12. SejaS uma família ortonormal no espaço com produto internoE.

(a) Mostre que, seu; v 2 S, entãoku � vk Dp

2.

(b) Mostre que, parax 2 E fixo, o conjuntoMx D fu 2 S W hx;ui ¤ 0gé, no máximo, enumerável.

13. Com respeito ao Exemplo 2.17, mostre:

.a/ hhj ; hki D ıjk ;

.b/ S D˚e0; fk ;gk W k 2 N

é um sistema ortonormal emCL2

�Œ0; 1�;R

�.

14. Utilizando as igualdades.2:5/, mostre que as funçõesqn do Lema 2.36 sãopolinômios trigonométricos.

15. SejaB ¤ ; um subconjunto do espaçoE com produto interno. Mostre queB? é um subespaço fechado deE.

16. (Os polinômios de Legendre)Considere o espaçoE D CL2.Œ�1; 1�/ e oconjunto linearmente independenteB D f1; x; x2; : : : ; xn; : : :g.

(a) Aplique o processo de Gram-Schmidt à baseB e encontre os trêsprimeiros termosp0, p1 ep2 do sistemaortogonal13 gerada porB. Noteque é difícil encontrar uma expressão recorrente para os termos da baseortogonal;

(b) defina

qn.x/ D dn

dxn.x2 � 1/n:

Mostre que o conjuntofqn W n D 0; 1; : : :g é um conjunto ortogonalem E. Para isso, utilizando integração por partes, mostre queqn éperpendicular axm para todo0 � m < n. Conclua daí queqn ? qm

paran ¤ m;

13Não transforme os vetores em unitários!

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(c) comparando os coeficientes dos termos de graun desses polinômios).Conclua que

pn D n!

.2n/!qn D n!

.2n/!

dn

dxn.x2 � 1/nI . fórmula de Rodrigues/

(d) calculekpnk. Para isso, considerern D .x2 � 1/n. Notando que essepolinômio é nulo parax D ˙1, efetue várias integrações por partes eobtenha que

Z 1

�1

dnrn.x/

dxn

dnrn.x/

dxndx D .n!/2

2n C 122nC1:

Calcule entãohpn;pni e conclua que

kpnk Dp

2 2n.n!/2p2n C 1.2n/!

:

(e) Defina

Pn D .2n/!

2n.n!/2pn D 1

2nn!

dn

dxn.x2 � 1/n:

Mostre que

kPnk Dr

2

2n C 1:

Os polinômiosPn são ospolinômios de Legendre. Pode-se verificarque tais polinômios formam um sistema ortonormal maximal emCL2.Œ�1; 1�/ e, portanto, uma base ortonormal deL2.Œ�1; 1�/.14

17. Achea; b; c 2 R de forma a minimizar o valor da integralZ 1

�1

jx3 � ax2 � bx � cj2dx:

18. (Os polinômios de Laguerre) Considere o espaçoE D C�Œ0;1/;C

�.

Verifique que

hf;gi DZ 1

0

f .x/g.x/e�xdx

14No livro de Helmberg [14], são tratadas diversas bases ortonormais polinomiais paraL2.

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é um produto interno emE. Aplique o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt à sequência de funções.fn/, em quefn.x/ D xn, n 2 f0; 1; : : :g. Oresultado desse processo são ospolinômios de Laguerre.

19. Mostre que 0 é, de maneira natural, um espaço de Hilbert. Ache uma baseortonormal para esse espaço.

20. SejaS D fei W i 2 Ng seja uma base ortonormal do espaçocomplexocomproduto internoE. Mostre que o conjunto

C D˚.˛1 C iˇ1/ e1 C : : :C .˛n C iˇn/ en W n 2 N; ˛k ; ˇk 2 Q; 1 � k � n

é enumerável. Qual a adaptação desse conjunto para espaçosreais comproduto interno?

21. Dê uma demonstração direta, isto é, sem apelar para o Teorema 2.29, de queo espaço 2 é separável.

22. Demonstre, por contradição, que se o espaço com produto internoE forseparável, então qualquer conjunto ortonormal emE é, necessariamente,enumerável. Para isso, utilize o Exercício 12.

23. SejaH um espaço de Hilbert separável eF � H um subespaço fechado.Mostre queF é um espaço de Hilbert separável.

24. Sejaf W E ! F é uma bijeção linear entre os espaços com produto internoE

e F . Entãof é um isomorfismo se, e somente se, for umaisometria, isto é,kxk1 D kf .x/k2 para todox 2 E.

25. SejaT W E ! F uma aplicação entre espaços com produto interno. Mostreque seT preservar o produto interno entãoT é linear.

Os próximos exercícios tratam de bases ortonormais. Se vocênão estudou asSeções 2.5 e 2.7, assuma que as bases ortonormais são enumeráveis.

26. Mostre que, seS for uma base ortonormal do espaço com produto internoE,entãoS é uma base ortonormal do completamentoH deE.

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27. Vamos, nesse exercício, estudar a relação entre bases ortonormais e bases deHamel em um espaço de Hilbert. Assim, sejamS uma base ortonormal eBuma base de Hamel no espaço de HilbertH. Suponha queS não seja umconjunto finito.

(a) Mostre queS não é uma base de Hamel deH;

(b) Mostre que os vetores deB não podem ser todos ortogonais entre si;em outras palavras, os vetores de uma base de Hamel não formamumsistema ortonormal.

(c) Mostre que a cardinalidade de uma base de Hamel é sempre maior doque ou igual ao de uma base ortonormal de qualquer espaço de Hilbert;

(d) Suponha agora queH seja separável. Mostre que uma base de HameldeH não pode ser enumerável. Em particular, a cardinalidade de umabase de Hamel emH é maior do que a de uma base ortonormal deH.

Observação 2.52Em um espaçoE com produto interno, uma base de Hamelpode ser um sistema ortonormal, de acordo com o Exemplo 2.5. Isso implica, emparticular, que o espaçoE daquele exemplo não é completo com o produto internonele introduzido! Mais do que isso, comparando com o Exemplo26, vemos que abase de Hamel deE nunca é uma base de Hamel de seu completamento.15

�

28. Neste exercício mostraremos a existência de um subespaço F do espaço comproduto internoE tal queE ¤ F ˚F?. Também mostraremos que nem todosistema ortonormal maximal é uma base ortonormal.16 (Uma apresentaçãomais simples é feita no Exemplo 3.19.)

(a) Considere um espaçoE, com produto interno, que não seja completo.SejaH ¤ E seu completamento. (Note queE é um subespaço convexodeH, mas não é completo.) Considere um elementox0 2 H n E edefina

F D˚y 2 E W hy; x0i D 0

:

Mostre queF é um subespaço fechado deE e F ¤ E;

15E, como se verifica facilmente, não se torna uma base de Hamel do completamento seadicionarmos um número finito de vetores a essa base!

16Conforme [16].

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(b) Mostre queF é um subespaço decodimensão1 em E, isto é, todoelementox 2 E pode ser escrito de maneira única como

x D y C �v 2 F ˚ < v >;

em quev 2 E n F foi escolhido arbitrariamente;

(c) Mostre queF? D f0g, isto é, não existe0 ¤ w 2 E tal quehw; yi D 0

para todoy 2 F . Assim,E ¤ F ˚ F?.

A parte final do exercício depende das Seções 2.5 e 2.7:

(d) Considere um sistema ortonormal maximalS D fe˛ W ˛ 2 Ag deF ,cuja existência é garantida pelo Teorema 2.49. Uma vez queF? D f0g,esse sistema é maximal no espaçoE. Mostre queS não é uma baseortonormal deE.

Os dois próximos exercícios dependem da Seção 2.6.

29. Mostre que 2 D `2.N/. Isto é, a definição do espaço`2 coincide com adefinição do espaço2.A/ quandoA D N.

30. Ocubo de Hilberté o conjunto dos pontosx D .x1; : : : ; xn; : : :/ 2 `2 taisquexi � 1= i . Mostre que o cubo de Hilbert é um conjunto compacto.

O objetivo dos próximos exercícios é oferecer uma demonstração do Teorema deAproximação de Weierstraß. (Estamos seguindo a abordagem de Reginaldo J.Santos [32]). Começamos com um resultado técnico:

31. Se0 � x < b � kn

� 1 ou 0 � kn

� b < x � 1, então

xk=n.1 � x/1�.k=n/ � e�2.x�b/2

bk=n.1 � b/1�.k=n/:

Sugestão: separe, no lado direito de desigualdade, o termoe�2.x�b/2

; tome ologaritmo e analise uma expressão da formaH.x/ � 0, notando queH.b/ D0. Para isso, obtenhaH 0.x/ e mostre queH 0.x/ � 0, se0 < x < b < k

n, e

H 0.x/ � 0, se0 � kn

� b < x < 1.

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32. (Teorema de Aproximação de Weierstraß)Sejaf W Œa; b� ! R uma funçãocontínua. Dado� > 0, mostre a existência de um polinômiop.t/ tal quejf .t/ � p.t/j < � para todot 2 Œa; b�. Para isso,

(a) Mostre que basta demonstrar o resultado no casoŒa; b� D Œ0; 1�.

(b) Defina opolinômio de Bernstein

Qp.x/ DnX

kD0

Qf�

k

n

��n

k

�xk.1 � x/n�k

e verifique que

X

k2A

�n

k

�xk.1 � x/n�k �

nX

kD0

�n

k

�xk.1 � x/n�k D 1

para qualquer subconjuntoA � f0; 1; : : : ; ng.

33. Estimej Qf .x/ � Qp.x/j, utilizando os Exercícios 31 e 32 (b) e a continuidadeuniforme de Qf .

Observação 2.53Veja, em Körner (Teorema 4.3), uma demonstração do Teoremade Aproximação de Weierstraß utilizando o Teorema 2.37. �

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Produto Interno e Geometria

Neste capítulo apresentaremos as principais propriedadesgeométricas deum espaço com produto interno. Quase todos esses resultadosdependem do(sub)espaço envolvido ser completo: o Teorema de Representação de Riesz,o Teorema de Separação de Hahn-Banach, a decomposição ortogonal de umsubespaço e o Teorema de Lax-Milgram. Os resultados que apresentaremos estão,muitas vezes associados a resultados do Capítulo 2; enquanto lá nossa abordagemenfatizava propriedades de um sistema ortonormal, aqui a nossa ênfase é maisdiretamente geométrica.

Finalizamos o capítulo introduzindo o conceito de convergência fraca.

3.1 Funcionais Lineares e Hiperplanos

Definição 3.1 SejaV um espaço vetorial arbitrário. Umhiperplano H é umsubespaço vetorial de codimensão 1, isto é, existev0 2 V tal que

V D H ˚ < v0 > :1

Proposição 3.2SejamV um espaço vetorial arbitrário egWV ! K um funcionallinear não nulo. EntãoH D kerg D fz 2 V W g.z/ D 0g é umhiperplano.

Demonstração: Comog não é nulo, existev0 2 V tal queg.v0/ ¤ 0. Supondoquev D z C v0 2 kerf ˚ < v0 >, temosg.v/ D g.z C v0/ D g.v0/, de

1Um (sub)espaço vetorialV ésoma diretados subespaçosU eW se cada elementov 2 V puderser escrito de maneira única comov D u C w, comu 2 U ew 2 W . Veja [AL], seção 1.3 e oExercício 7.

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§3.1 Funcionais Lineares e Hiperplanos 91

modo quez D v � v0 D v ��g.v/=g.v0/

�v0. Assim, para todov 2 V,

v D�v � g.v/

g.v0/v0

�C g.v/

g.v0/v0 2 kerg ˚ < v0 > :

(Observe que toda a demonstração resume-se à igualdade acima.) 2

Lema 3.3 SejamX um espaçonormado, f W X ! K um funcional linear não nulo,x0 2 X um ponto arbitrário eN D kerf . Para dist.x0;N / D infz2N kx0 � zkvale:

.i/ sef não for contínuo, entãodist.x0;N / D 0;

.i i/ sef for contínuo, então

dist.x0;N / D jf .x0/jkf k (3.1)

eN é fechado.

Observação 3.4Se convencionarmos quekf k D 1 no caso em queffor descontínuo, então a fórmula dist.x0;N / D jf .x0/j

kf k será sempre válida.Utilizaremos essa convenção na demonstração do resultado.Note que, sedist.x0;N / D 0, estamos provando queN é densoem X . Uma demonstraçãoalternativa desse fato é sugerida no Exercício??. �

Demonstração: Tomandov 62 kerf , decorre da Proposição 3.2 que para todox 2 X vale a decomposição

x D z C �v 2 N ˚ < v > :

Sem perda de generalidade, podemos supor quef .v/ D 1.Seja agora.xn/ uma sequência tal quejf .xn/j ! kf k, comkxnk D 1 para todo

n 2 N. (No caso do funcionalf ser descontínuo, isso quer dizerjf .xn/j ! 1.)Utilizando a decomposição anterior, temos

x0 D z0 C �0v 2 N ˚ < v > e xn D zn C �nv 2 N ˚ < v > :

Se for�0 D 0, entãox0 D z0 2 N . Daí, d.x0;N / D 0, f .x0/ D 0 eo teorema está demonstrado. Assim, podemos supor que�0 ¤ 0. Além disso,jf .xn/j D jf .zn C �nv/j D j�nj. Decorre daí quej�nj ! kf k > 0. Logo,�n ¤ 0

para todon suficientemente grande e podemos supor�n ¤ 0 para todon 2 N.Assim,

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92 Produto Interno e Geometria Cap. 3

1 D kxnk D kzn C �nvk D j�njj�0j

�0

�n

zn C �0v

D j�njj�0j

.z0 C �0v/ ��

z0 � �0

�n

zn

� D j�njj�0jkx0 �wnk;

em quewn D z0 � �0

�nzn 2 N . Daí decorre que

limn!1

kx0 �wnk D limn!1

j�0jj�nj D lim

n!1

jf .x0/jjf .xn/j

D jf .x0/jkf k ;

em quekf k D 1, sef for descontínuo. Assim,d.x0;N / D jf .x0/jkf k , sef for

contínuo ed.x0;N / D 0, sef não for contínuo.

Uma vez queN é fechado sef for contínuo, a demonstração está completa.2

Observação 3.5Mostramos assim, para todo funcionalf W X ! K:

.i/ kerf é fechado se, e somente se,f for contínuo;

.i i/ kerf é denso emX se, e somente se,f for descontínuo.

Note que a expressão.3:1/ generaliza a fórmula tradicionalmente empregada parase calcular, noR3, a distância de umP ao planoax C by C cz D 0, dada porjhP; nij=knk, em quen D .a; b; c/ é a normal ao plano. O funcional, nesse caso, édado porf .P / D hP; ni. �

3.2 Convexidade e Produto Interno

Relembramos que um subconjuntoC de um espaço vetorialV é convexose,para todosx; y 2 C e� 2 Œ0; 1�, tivermos

�x C .1 � �/y 2 C:

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§3.2 Convexidade e Produto Interno 93

3.2.1 Convexos e o Ponto de Menor Norma

Lema 3.6 (Ponto de Menor Norma)SejaC um conjuntoconvexoecompletode um espaço com produto internoE.

Então existe um único pontox0 2 C tal que, para todox 2 C ,

kx0k � kxk:

Note que, seE for um espaço de Hilbert, basta supor queC seja um subconjuntofechado e convexo.Demonstração:A demonstração é bem geométrica e decorre da identidade do pa-ralelogramo. Sejaı D infx2C kxk.

Pela definição deı, existe uma sequência.xn/ em C tal que kxnk ! ı.Afirmamos que.xn/ é de Cauchy. De fato, da identidade do paralelogramo decorreque

kxn � xmk2 D 2kxnk2 C 2kxmk2 � kxn C xmk2:

Uma vez queC é convexo, temos que.xnCxm/=2 2 C . Logok.xnCxm/=2k �ı, isto é (veja a Figura 3.1),

kxn C xmk2 � 4ı2:

@@ı

��

�

��3

��

xn

xm

xnCxm2@

@@ı

��

CCCO

XXXz

@@

@@��

xn

xm

xnCxm2

Figura 3.1: Se os pontosxm e xn da sequência.xn/ não se aproximarem um dooutro param e n suficientemente grandes, o pontoxnCxm

2ficaria dentro do círculo

de raioı.

Portanto, temos

kxn � xmk2 � 2kxnk2 C 2kxmk2 � 4ı2: (3.2)

Quandom; n tendem para infinito,kxnk ! ı e kxmk ! ı. Assim, .xn/ é deCauchy, como afirmado.

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Como C é completo, existex0 2 C tal que xn ! x0; assim, ı Dlimn!1 kxnk D kx0k.

Mas a desigualdade.3:2/ também prova a unicidade do ponto de menor norma:sex0; Nx0 2 C forem tais quekx0k D ı D k Nx0k, entãokx0 � Nx0k2 D 2ı2 C 2ı2 �4ı2 D 0, mostrando quex0 D Nx0. 2

Note que o produto interno não aparece explicitamente na demonstração apre-sentada: ele foi substituído pela identidade do paralelogramo.

Uma consequência imediata do Lema 3.6 é que podemos minimizar a distânciade um convexo completoC a qualquer pontoy 2 E. Isto é, fixadoy 2 E, existeum único pontox0 2 C tal que

ky � x0k � ky � xk; 8 x 2 C: (3.3)

Mostraremos esse fato e, ao mesmo tempo, forneceremos uma descriçãoalternativa, frequentemente útil, do pontox0. (Note que, tomandoy D 0, estamoscaracterizando o ponto de menor norma de um conjunto convexoe completo.)

Teorema 3.7 (Caracterização do Ponto de Menor Norma)SejaC um conjuntoconvexoecompletode um espaço com produto internoE.

Então, para todoy 2 E, existe um único pontox0 2 C tal que

ky � x0k � ky � xk; 8 x 2 C:

Esse pontox0 é caracterizado por

Re hx � x0; y � x0i � 0; 8 x 2 C:

Demonstração: Para garantir a existência dex0, basta considerar o conjunto(convexo e completo)C0 D C � y e encontrar o pontox1 2 C0 de menor norma(veja o Exercício 3). Então,x0 D x1 C y é o ponto procurado.

Passemos à caracterização dex0. Tomex 2 C arbitrário. ComoC é convexo,o segmentotx C .1 � t/x0 2 C para todo0 � t � 1. Portanto,

ky � x0k � ky � .tx C .1 � t/x0/k D k.y � x0/ � t.x � x0/k:

Elevando essa desigualdade ao quadrado, obtemos

hy � x0; y � x0i �

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?y − x0

pp��

��p

x0

x − x0

C

Figura 3.2: O pontox0 do conjunto convexocompletoC mais próximo dey écaracterizado porRe hx � x0; y � x0i � 0; 8 x 2 C .

�˝.y � x0/ � t.x � x0/; .y � x0/ � t.x � x0/

˛

D hy � x0; y � x0i � 2t Re hx � x0; y � x0i C t2kx � x0k2: (3.4)

Consequentemente,

Re hx � x0; y � x0i � t

2kx0 � xk2:

Passando ao limite comt tendendo a zero, obtemos a desigualdade desejada.Reciprocamente, suponhamos queRe hx�x0; y�x0i D Re hy�x0; x�x0i � 0

para todox 2 C . Então

ky � xk2 D ky � x0 C x0 � xk2

D ky � x0k2 C 2Re hy � x0; x0 � xi C kx0 � xk2 � ky � x0k2;

pois todos os termos desprezados são não negativos. 2

O Lema 3.6 e o Teorema 3.7 não são válidos em espaços de Banach.Veja osExercícios 4 e 5. A definição de um espaço de Banachuniformemente convexo(veja[23]) resgata essa importante propriedade de espaços de Hilbert.

3.2.2 O Teorema de Separação de Hahn-Banach

Mostraremos agora um resultado clássico da Análise Funcional, queproporcionará uma interpretação mais completa do Teorema 3.7. Para formulaçõesmais gerais do Teorema de Separação de Hahn-Banach veja, porexemplo, [4] ou[30].

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Definição 3.8 Um funcional linearafim f0 é uma translação de um funcionallinear. Isto é, sef W E ! K é um funcional linear,f0 D f C x0, em quex0 2 E.

Teorema 3.9 (Teorema de Separação de Hahn-Banach)SejaC um subconjuntoconvexoecompletodo espaço com produto internoE.

Sey 62 C , então existem um funcional linear contínuof W E ! K e˛ 2 K tais que

Re f .x/ � Re ˛ < Re f .y/; 8 x 2 C:

Demonstração:De acordo com o Teorema 3.7, o pontox0 2 C mais próximo dey é caracterizado porRe hx � x0; y � x0i � 0 para todox 2 C , ou seja,

Re hx; y � x0i � Re hx0; y � x0i; 8 x 2 C: (3.5)

Definimos o funcional contínuof W E ! K por f .x/ D hx; y � x0i e˛ D hx0; y � x0i. A desigualdade.3:5/ expressa que

Re f .x/ � Re ˛ D Re hy; y � x0i C Re hx0 � y; y � x0iD Re f .y/ � ky � x0k2 < Re f .y/;

a última desigualdade sendo verdadeira porqueky � x0k ¤ 0, já quey 62 C . 2

Um hiperplano afimé uma translação de um hiperplano. Assim, temos aseguinte interpretação geométrica do Teorema de Separaçãode Hahn-Banach:dados um conjunto convexo e completoC do espaço com produto internoE e umpontoy 62 C , o funcional linear contínuof W E ! K dado porf .x/ D hx; y � x0idefine o hiperplano afimf .x/ D hx0; y �x0i passando porx0. Se˛ D hx0; y �x0ie g.x/ D f .x/ � ˛, o conjuntoC está contido emfx W Reg.x/ � 0g, enquantoy 62 C está contido emfx W Reg.x/ > 0g. Veja a Figura 3.3.

Observação 3.10Podemos inverter as desigualdades satisfeitas porf . De fato,tomandog D �f , obtemos

Reg.y/ < ˇ � Reg.x/; 8 x 2 C;

sendo D �˛. �

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?y � x0

p

p��p

x0

x � x0

C

Re .f .x/ � ˛/ D 0

Figura 3.3: Sey 62 C , o hiperplano afimf .x/ D ˛, em quef .x/ D hx; y � x0i e˛ WD hx0; y � x0i. O convexoC está contido emRe .f .x/ � ˛/ � 0, enquantoysatisfazRe .f .y/ � ˛/ > 0.

3.2.3 Projeção Ortogonal

Retornemos à situação do Teorema 3.7 num caso particular: vamos consideraro caso em que o convexoC é umsubespaço completoF do espaço com produtointernoE. O Teorema de Separação de Hahn-Banach mostra a existência de umhiperplano que divide o espaço em duas regiões, uma delas contendo o subespaçoF . Geometricamente, é natural supor queF seja um subespaço desse hiperplano,que temy � x0 como vetor perpendicular. Assim, o pontox0 2 F mais próximo dey 2 E, seria caracterizado por

y � x0 2 F?:

Vamos mostrar que essa caracterização realmente é válida.De fato, fixadox 2 F , temos quex0 C t.x � x0/ 2 F para todot 2 R. Logo,

ky � x0k � y �

�x0 C t.x � x0/

� ; 8 t 2 R;

o que implica, como antes,2

0 � �2tRe hx � x0; y � x0i C t2kx � x0k2; 8 t 2 R;

o que só é possível seRe hx � x0; y � x0i D 0 para todox 2 F . Isso querdizer queRe hw; y � x0i D 0 para todow 2 F , e prova o resultado no caso deespaços reais. SeE for um espaço complexo ew 2 F , então�iw 2 F . ComoReh �iw; y � x0i D Im hw; y � x0i, o resultado está provado no caso geral.

2Note que estamos repetindo a argumentação da prova do Teorema 3.7.

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��

��

qx0

qy

F

Figura 3.4: O pontox0 pertencente ao subespaçocompletoF mais próximo dey écaracterizado por.y � x0/ ? F .

Ressaltamos o resultado demonstrado:

Teorema 3.11SejaF umsubespaço completodo espaço com produto internoE.Então, dadoy 2 E, o pontox0 2 F mais próximo dey é caracterizado por

.y � x0/ 2 F?:

O pontox0 é chamadoprojeção ortogonaldey no subespaçoF .

Utilizando bases ortonormais, ainda é possível uma outra demonstração dessemesmo resultado: veja o Exercício 6.

Teorema 3.12 (Complemento Ortogonal de um Subespaço)SejaF ¤ f0g umsubespaço completodo espaço com produto internoE. Então

E D F ˚ F?

e y 2 E pode ser escrito comox C z, em quex 2 F é o elemento deF maispróximo dey e z 2 F?. Além disso, as aplicações1W E ! F e˘2W E ! F?,definidas por 1y D x 2 F e˘2y D z, respectivamente, são lineares e satisfazemk˘1k D 1 D k˘2k. .Os elementosx D ˘1y e z D ˘2y são denominadosprojeção ortogonaldey sobreF e dey sobreF?, respectivamente./

Demonstração:Sex denotar o elemento deF mais próximo dey (cuja existênciaé garantida pelo fato deF ser completo), entãoy D x C .y � x/. O Teorema

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3.11 garante quey � x 2 F? e a unicidade da representação dey decorre deF \ F? D f0g.

Paray 2 E, denotemos 1y D x e˘2y D w 2 F?. Isto é, estamos escre-vendoy D x Cw, comx 2 F ew 2 F?, comoy D ˘1y C˘2y. Assim,

y1 C ˛y2 D ˘1.y1 C ˛y2/C˘2.y1 C ˛y2/

y1 D ˘1y1 C˘2y1

˛y2 D ˛˘1y2 C ˛˘2y2

Subtraindo da primeira equação a segunda e a terceira, concluímos que

˘1.y1 C ˛y2/ �˘1y1 � ˛˘1y2 D ˘2y1 C ˛˘2y2 �˘2.y1 C ˛y2/:

Como o lado esquerdo dessa igualdade está emF e o lado direito emF?, ambossão nulos. Isso prova a linearidade das aplicações˘1 e˘2. Finalmente, do Teoremade Pitágoras vem quekyk2 D k˘1yk2 C k˘2yk2. Isso mostra quek˘1yk � kyke k˘yk � kyk, provando que 1 e ˘2 são contínuas ek˘1k; k˘2k � 1. Se0 ¤ x 2 F , então˘1x D x garante quek˘1k D 1. De maneira análogaverificamosk˘2k D 1. 2

Observação 3.13Note que, dadoy 2 E e F � E subespaço completo, sempreexiste o ponto deF? mais próximo dey: ele é o pontoy � xF . SeE não forde Hilbert, masF for completo, então o subespaçoF? não é completo (veja oExercício 10). Relembramos queF? sempre é um subespaçofechado. (Veja oExercício 9 do Capítulo 2.) Nesse caso, temos uma soma diretaF ˚ F? D G, maspode ser queG ¤ E.

É fácil provar o Teorema 3.12 usando bases: comoF é um espaço de Hilbert,ele possui uma base ortonormal, que é um sistema ortonormal no espaçoE. Dadoy 2 E, sejax a representação dey com relação a esse sistema ortonormal. Entãoy D x C .y � x/, comx 2 F e y � x 2 F? (de acordo com o Exercício 6). �

No Exercício 28 do Capítulo 2 demos exemplo de um subespaço fechadoF talqueF ˚ F? ¤ E. Um exemplo mais simples é apresentado no Exemplo 3.19.Uma “concretização” deste é apresentada no Exercício 13.

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3.3 O Teorema de Representação de Riesz

SejaE um espaço com produto interno. Fixadoy 2 E, a desigualdade deCauchy-Schwarz garante quefy.x/ D hx; yi é um funcional linear contínuo. Emoutras palavras, cada elementoy 2 E induz um elementofy 2 E�. SeE for umespaço de Hilbert, vale a recíproca; mais precisamente:

Teorema 3.14 (de Representação de Riesz)SejamH um espaço de Hilbert ef um elemento do espaço dualH�, isto é, um

funcional linearcontínuof WH ! K. Então existe um único elementoy 2 H talque

f .x/ D hx; yi; 8 x 2 H:

Além disso,kf k D kyk.

Apresentaremos duas demonstrações do Teorema de Representação de Riesz.A primeira fará uso de uma base do espaçoH, generalizando a demonstraçãousualmente apresentada em espaços de dimensão finita (veja [AL], Capítulo 8).Veja também o Exercício 15.Demonstração:Suponhamos queH seja separável. SejamS D fxi W i 2 Ng umabase ortonormal deH ex D

P1iD1 xi ei . Então, procedendo formalmente,

f

1X

iD1

xi ei

!D

1X

iD1

xi f .ei/ D* 1X

iD1

xi ei ;

1X

iD1

f .ei/ ei

+: (3.6)

Assim, teríamosy DP1

iD1 f .ei/ ei . Para justificar nosso procedimento formal,precisamos mostrar quey 2 H, isto é, que o somatório converge. Para isso,consideramos

PniD1 f .ei/ ei. Então, para todon 2 N,

nX

iD1

jf .ei/j2 Df

nX

iD1

f .ei/ ei

!�kf k

nX

iD1

f .ei/ ei

Dkf k

nX

iD1

jf .ei/j2!1=2

;

de modo que nX

iD1

jf .ei/j2!1=2

� kf k: (3.7)

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§3.3 O Teorema de Representação de Riesz 101

Passando ao limite, mostramos que

1X

iD1

jf .ei/j2!1=2

� kf k:

Decorre então do Teorema de Riesz-Fischer 2.24 queP1

iD1 f .ei/ ei 2 H, o quejustifica nosso procedimento formal e completa a prova no caso de um espaçoHseparável.

Se você leu a Seção 2.5, consideremos agora o caso geral de um espaço com uma base

ortonormalS D fe˛ W ˛ 2 Ag, em queA é um conjunto não enumerável. Nesse caso,.3:6/ é

substituída porf�P

˛2A x˛ e˛

�D˝x˛ e˛;

P˛ f .e˛/ e˛

˛. Para justificar esse procedimento formal,

definaS� D fe˛ 2 S W jf .e˛/j2 > �g. See1; : : : ; en 2 S�, a desigualdade.3:7/ implica queS� é

finito. Decorre então, como na demonstração do Lema 2.39, quefe˛ W jf .e˛/j2 > 0g é um conjunto

enumerável. Isso mostra que o caso não enumerável recai no caso contável. 2

A segunda prova que apresentaremos ressalta a geometria da situação:3

Demonstração alternativa do Teorema 3.14:Sef for identicamente nula, bastatomary D 0. Caso contrário, kerf D fx 2 H W f .x/ D 0g é um hiperplanofechado e, portanto, completo. Logo,

H D kerf ˚ .kerf /?;

de acordo com o Teorema 3.12. Sejaz 2 .kerf /?, com kzk D 1. Definindow D f .x/z � f .z/x, entãow 2 kerf e

0 D hw; zi D f .x/kzk2 � f .z/hx; zi D f .x/ � hx; f .z/zi;

o que mostra quef .x/ D hx; yi, em quey D f .z/z.A unicidade dey é óbvia: se tivermoshx; y1i D hx; yi para todox 2 H, então

hx; y � y1i D 0 para todox 2 H, de onde concluímos quey D y1 ao tomarmosx D y � y1.

Finalmente,

kf k D supkxkD1

jf .x/j D supkxkD1

ˇhx; yi

ˇ� sup

kxkD1

kxk kyk D kyk:

3Veja também o Exercício 16.

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Por outro lado,kyk2 D hy; yi D jf .y/j � kf k kyk:

Assim,kf k D kyk. 2

Em espaços reaisH, o Teorema de Representação de Riesz produz umaisometria linear entreH e H0; em espaços complexos, o Exercício 22 expressa oTeorema de Representação de Riesz como a existência de uma aplicação anti-linearque preserva normas entreH e seu espaço dualH0.

Exemplo 3.15 Consideremos o espaço de HilbertL2�Œa; b�

�e um funcional linear

contínuo`W L2�Œa; b�

�! K. O Teorema de Representação de Riesz garante a

existência de uma única funçãog 2 L2�Œa; b�

�tal que, para todof 2 L2

�Œa; b�

�,

temos

`.f / DZ b

a

f .x/g.x/dx: �

Exemplo 3.16 Sejaf W `2 ! K um funcional linear contínuo. Sex D .xi/ 2 `2, oTeorema de Representação de Riesz garante a existência de uma sequência.ai/ 2 `2

tal que

f .x/ D˝.xi/; .ai/

˛D

1X

iD1

xi Nai:�

Exemplo 3.17 As hipóteses do Teorema de Riesz são necessárias: para vermosisso, basta considerarmos duas espécies de contra-exemplos.

O resultado não é verdadeiro se o espaço com produto interno não for completo:consideremos o espaçoE D `0 de todas as sequência.xi/ com xi D 0 excetotalvez para um número finito de índices (veja o Exemplo 1.6). Claramente 0 é umsubespaço de2 que não é completo.

Consideremos a base ortonormal canônicaS D fe1; : : : ; en; : : :g do espaço 2.(Veja Exemplo 2.47.) Dadox 2 `0, temos que existem D m.x/ 2 N tal quex D x1e1 C : : :C xmem. Assim,S é umabase de Hameldo espaço0.

Consideremosf W `0 ! K definido por

f .x/ D f .x1e1 C : : :C xmem/ D x1 C x2

2C : : :C xm

m:

A desigualdade de Hölder garante que o funcionalf é contínuo. Suponhamosa existência dev 2 `0 tal quef .x/ D hx; vi para todox 2 `0. Comof .ei/ D 1= i

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§3.3 O Teorema de Representação de Riesz 103

para todoi 2 N, temos que1= i D f .ei/ D hei; vi para todoi 2 N. Isso implicariav D .1; 1=2; : : : ; 1=m; : : :/, que não é um elemento de`0. Isso prova que o Teoremade Representação de Riesz não é válido em`0. (Note que a idéia desse contra-exemplo é muito simples: consideramos`2 e gW `2 ! K dado porg.x/ D hx; vi.Escolhemosv e um subespaço de2 que não contém o pontov (no caso, o espaço`0) e a restrição def a esse subespaço. Pronto!)

Sef WH ! K for um funcional linear descontínuo, então nunca poderemosterf .x/ D hx;x0ipara todox 2 H, pois hx;x0i sempre define um funcional linear contínuo. O segundo contra-exemplo responde, então, uma pergunta básica: em espaços deHilbert, existem funcionais linearesque não são contínuos? (Esse contra-exemplo é mais sofisticado, e sua leitura é facultativa, acritério do professor.) Para mostrar que sim, fazemos uma ligeira modificação na situação anterior.Consideremos o espaço`2 e sua base ortonormalS D fe1; : : : ; en; : : :g. Esse conjunto não é umabase de Hamel de2, mas pode ser completado por um conjuntoR, de modo queS [ R seja umabase de Hamel de2. Definimos entãof .ei/ D i , seei 2 S e f .e/ D 0, see 2 R. Estendemosentão linearmente o funcionalf a todo espaçoH. (Note que o funcionalf só não será nulo nosubespaço0 � `2!) Essa (única) extensão não é limitada.

Essa construção pode ser generalizada para um espaço de Hilbert qualquer, ao se considerar um

subconjunto enumerável de uma base de Hamel e definir o funcionalf como acima. �

Complementando o Exemplo 3.17, verificamos que o Teorema de Representa-ção de Riesz caracteriza os espaços de Hilbert:

Teorema 3.18SejaE um espaço com produto interno. EntãoE é um espaçocompleto se, e somente se, for válido o Teorema de Representação de Riesz.

Demonstração: Se E for completo, já mostramos a validade do Teorema deRepresentação de Riesz. Por sua vez, a validade desse teorema implica a existênciade um isometria (anti-linear, no caso complexo) entreE e E�. (Veja o Exercício22.) ComoE� sempre é completo (veja a Seção 1.13.1),E é completo. 2

Assim, seE for um espaço com produto interno que não é completo, existe umfuncional linearcontínuof W E ! K tal quef .x/ ¤ hx; yi para todoy 2 E. Emparticular,f ¤ 0; como kerf tem codimensão 1, devemos ter.kerf /? D f0g.Exemplo 3.19 Vamos mostrar que, em um espaço com produto internoE que não é completo,sempre existem subespaços fechadosF tais queF ˚ F? ¤ E. (Compare com o Exercício 28 doCapítulo 2.)

Assim, supondo queE que não seja completo, vimos que existe0 ¤ f 2 E� tal que.kerf /? D f0g. SejamF D kerf . Comof não é identicamente nulo,F é um subespaço próprio

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de E. ComoF? D f0g, temosE ¤ F ˚ F?. (Note queF?? D E, de modo queF é umsubconjunto próprio deF??. Veja o Exercício 9.)

A mesma situação gera um exemplo de um sistema ortonormal maximal que não é baseortonormal. (A leitura do restante deste Exemplo é facultativa, à critério do professor.) SejaSum sistema ortonormal maximal emF eF D < S > o espaço gerado porS. (Veja o Teorema 2.49.)

De acordo com o Teorema 2.29, se o fechoF for igual aF , entãoS é uma base ortonormal deF . ComoF $ E, S nãoé uma base ortonormal deE.

Por sua vez, seF ¤ F , entãoS é um sistema ortonormal maximal emF que não é uma base

ortonormal deF , de acordo com o Teorema 2.29. �

Exemplo 3.20 Podemos ilustrar de maneira significativa a diferença entreespaços de Banach eespaços de Hilbert com a seguinte situação associada ao Teorema de Riesz 1.56: consideremos ohiperplano

H D(f 2 X W

Z 1=2

0

f .x/dx DZ 1

1=2

f .x/dx

);

em queX será tanto o espaço de HilbertL2�Œ0; 1�;R

�como o espaço de BanachC

�Œ0; 1�;R

�(com

a norma da convergência uniforme).SeX D L2

�Œ0; 1�;R

�, o hiperplanoH é o núcleo do funcional linear .f / D hf;gi, em queg

é definida por

g.x/ D�

1; se 0 � x < 1=2I�1; se 1=2 < x � 1:

A funçãog tem norma unitária e, pelo Teorema 3.11, ela satisfaz dist.g;H / D kg � 0kL2 D 1.Agora consideremos o espaço de BanachX D C

�Œ0; 1�;R

�(com a norma da convergência

uniforme). Afirmamos que não existe elementoh 2 C�Œ0; 1�;R

�satisfazendokhk D 1 e

dist.h;H / D 1.Começamos notando que podemos considerar

�C�Œ0; 1�;R

�; k � k1

�como um subespaço de�

L2�Œ0; 1�;R

�; k � kL2

�. De fato, a imersão

{W�C�Œ0; 1�;R

�; k � k1

�!�L2�Œ0; 1�;R

�; k � kL2

�

é contínua.A funçãog satisfazkgk1 D 1 e dist.g;H / D 1; contudo,g 62 X D C

�Œ0; 1�;R

�. Assim,

intuitivamente, não existe elemento emX com norma unitária que dista1 do hiperplanoH . Mas,uma vez quek � kL2 � k � k1, poderia existirh 2 X comkhk D 1 e dist.h;H / D 1. Como antes, ohiperplanoH é o núcleo do funcional linear contínuo W C

�Œ0; 1�;R

�! R dado por

.f / DZ 1=2

0

f .x/dx �Z 1

1=2

f .x/dx:

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§3.4 O Teorema de Lax-Milgram 105

Escolhendofn tal quefn.x/ D 1 parax 2 Œ0; .1=2/ � .1=n/� e fn.x/ D �1 parax 2 Œ.1=2/C.1=n/; 1� e definindofn por meio da reta unindo os pontos..1=2/� .1=n/; 1/ e..1=2/C .1=n/;�1/,vemos quek k D 1.

Aplicando o Lema 3.3, vamos mostrar que não existeh 2 X tal quej .h/j D 1. Podemos suporque .h/ > 0; de fato, se fosse .h/ < 0, então�h teria essa propriedade. Mas apenas a funçãog

satisfaz .g/ D 1. Logo,

dist.h;H / D .h/

k k D .h/ DZ 1=2

0

h.x/dx �Z 1

1=2

h.x/dx <1

2C 1

2< 1:

�

3.4 O Teorema de Lax-Milgram

SejamE;F espaços com produto interno. Como sabemos, o espaçoL.E;F/

de todas as aplicações lineares contínuasT W E ! F é um espaço normado com anorma

kT k D supkxkD1

kT xk:

Daí decorre imediatamente quekT xk � kT k kxk para todox 2 E. Assim, seS 2 L.F;G/ (em queG é um espaço normado), entãokST xk � kSk kT xk �kSk kT k kxk, de modo que

kST k � kSk kT k:

Em particular, seF D G D E, temos queL.E/ D L.E;E/ é uma álgebranormada. SeE for completo, entãoL.E/ é completo; por esse motivo,L.E/ échamadoálgebra de Banach.

Lema 3.21 SejaE um espaço com produto interno eT 2 L.E/. Então

.i/ kxk D supkykD1

jhx; yij;

.i i/ kT k D supkxkD1Dkyk

jhT x; yij.

Demonstração: Para provar.i/, notamos queˇhx; yi

ˇ� kxk kyk � kxk, se

kyk D 1. A igualdade é verificada ao tomarmosy D x=kxk.

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Aplicando esse resultado, obtemos

kT k D supkxkD1

kT xk D supkxkD1Dkyk

ˇhT x; yi

ˇ:

2

Umaforma sesquilinearé uma generalização de um produto interno:4

Definição 3.22SejamX;Y espaços vetoriais. Umaforma sesquilinear é umafunçãoBW X � Y ! K tal que

.i/ para todoy 2 Y fixo,B.�; y/W X ! K é linear;

.i i/ para todox 2 X fixo,B.x; �/W Y ! K é antilinear.

No caso em queK D R, B é bilinear. Em qualquer caso, vamos nos referir a umaforma sesquilinear simplesmente comoforma.

SejamX;Y espaços normados. Uma simples adaptação do Exercício 46 doCapítulo 1 nos mostra que uma formaBW X � Y ! K é contínua se, e somente se,for limitada, isto é, se

supkxk�1;kyk�1

jB.x; y/j � M < 1:

Nessa caso, definimos anormadeB por

kBk D supkxkD1Dkyk

jB.x; y/j:

Como no caso de aplicações bilineares, segue-se daí imediatamente que5

jB.x; y/j � kBk kxk kyk; 8 x 2 X; 8 y 2 Y: (3.8)

Proposição 3.23SejamE1;E2 espaços com produto interno eT W E2 ! E1 umaaplicação linear contínua. Então, definindoBW E1 � E2 ! K por

B.x; y/ D hx;Tyi

ou BW E2 � E1 ! K porB.y; x/ D hTy; xi;

a funçãoB é uma forma sesquilinear contínua, satisfazendo

kBk D kT k:4Este assunto foi tratado detalhadamente no Apêndice A.5Em caso de dúvida, veja a Seção A.1 do Apêndice A.

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Demonstração:Consideremos o caso em queB.x; y/ D hx;Tyi. ClaramenteBé uma forma sesquilinear emE. Temos que

jB.x; y/j Dˇhx;Tyi

ˇ� kxk kTyk � kT k kxk kyk:

Tomando o supremo comkxk D 1 D kyk, temos quekBk � kT k (e, portanto,Bé contínua).

Por outro lado, temos

kT xk2 DˇhT x;T xi

ˇD jB.T x; x/j � kBk kT xk kxk: (3.9)

Portanto, seT x ¤ 0, concluímos que

kT xk � kBk kxk;

desigualdade que claramente é válida também no caso em queT x D 0. Como aúltima desigualdade garante quekT k � kBk, completamos a demonstração.

É claro que, por analogia, podemos concluir o mesmo resultado também paraB.x; y/ D hT x; yi. 2

O próximo resultado mostra que, emespaços de Hilbert, todas as formassesquilineares são como na Proposição 3.23:

Teorema 3.24SejamH1 eH2 espaços de Hilbert eBWH1 � H2 ! K uma formacontínua. Então existe umaúnicaaplicação linear contínuaT WH2 ! H1 tal que

B.x; y/ D hx;Tyi; 8 x; y 2 H

e kBk D kT k.

Demonstração: Fixe y 2 H2. EntãoB.�; y/WH1 ! K é um funcional linearcontínuo. Pelo Teorema de Representação de Riesz 3.14, existe um elementoz 2 H1 tal queB.x; y/ D hx; zi. Fazendoy variar emH2, associamos a cadayum elementoz D z.y/ 2 H1. Denotandoz.y/ D Ty, temosB.x; y/ D hx;Tyi.Vamos mostrar queT WH2 ! H1 é linear e contínua. De fato,

hx;T .y C �w/i D B.x; y C �w/ D B.x; y/C N�B.x; w/

D hx;Tyi C N�hx;TwiD hx;Tyi C hx; �Twi:

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Assim,

hx;T .y C �w/ � Ty � �Twi D 0; 8 x 2 H1; 8 y; w 2 H2; 8 � 2 K:

Tomandox D T .y C�w/�Ty ��Tw, obtemoskT .y C�w/�Ty ��Twk D 0,o que prova a linearidade deT .

Na Proposição 3.23 provamos quekBk D kT k. Assim, T é contínuo.Finalmente, se tivéssemoshx;Tyi D hx;Syi para quaisquerx 2 H1 e y 2 H2,então obteríamoshx;Ty � Syi D 0 e, como antes,Ty D Sy para todoy 2 H2. 2

O Exercício 23 interpreta o Teorema 3.24 como a existência deum isomorfismoque preserva normas entre os espaçosL.H/ e o espaçoSc.H � H;K/ de todas asformas sesquilineares contínuas definidas emH.

Definição 3.25Seja X um espaço normado. Uma formaBW X � X ! K écoerciva, se existir uma constanteC > 0 tal que

jB.x; x/j � C kxk2; 8 x 2 X:

Exemplo 3.26 Considere o espaçoE D CL2.Œ0; 1�;K/ de todas as funçõescontínuasf W Œ0; 1� ! K com a normaL2. Fixe �W Œ0; 1� ! R tal queC Dmint2Œ0;1� �.t/ > 0.6 DefinaBW E � E ! K por

B.f;g/ DZ 1

0

f .t/g.t/ �.t/dt:

É claro queB é uma forma. (Na verdade, é fácil verificar queB define umproduto interno emE.) Uma vez que

B.f; f / DZ 1

0

jf .t/j2�.t/dt � C kf k2L2;

vemos queB é coerciva. (A última expressão mostra queB é coerciva também sefor considerada como uma formaBW L2

�Œ0; 1�;K

�� L2

�Œ0; 1�;K

�! K.) �

O próximo resultado é importante porque não se supõe que a forma B sejasimétrica (hermitiana). Veja o Exercício 25.

6Esse tipo de função muitas vezes é chamado defunção peso.

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Teorema 3.27 (Lax-Milgram)SejaBWH � H ! K uma forma contínua e coerciva no espaço de HilbertH.

Então existe uma única aplicação linearT WH ! H tal que

B.x; y/ D hx;Tyi:

A aplicaçãoT é contínua, bijetora e tem inversaT �1 contínua, comkT �1k �1=C . Em particular, existe um único elementoyf 2 H tal que

f .x/ D B.x; yf /

para todo funcional contínuof WH ! K.

Demonstração: De acordo com o Teorema 3.24, existe uma aplicação linearcontínuaT WH ! H tal que

B.x; y/ D hx;Tyi:

Uma vez queB é coerciva, temos

C kxk2 � jB.x; x/j Dˇhx;T xi

ˇ� kT xk kxk;

de modo quekT xk � C kxk 8 x 2 H: (3.10)

Essa desigualdade implica que kerT D f0g, mostrando queT é injetora. Noteque, como consequência do Corolário 1.44, a mesma desigualdade implica acontinuidade deT �1W im T � H ! H e também quekT �1k � 1=C .

Agora vamos mostrar que imT é um subespaço completo deH (e, portanto,fechado). De fato, dada uma sequência de CauchyT xn 2 im T , a desigualdade.3:10/ implica que.xn/ é uma sequência de Cauchy. Logo, existex 2 H tal quexn ! x. A continuidade deT implica queT xn ! T x.

Para mostrarmos que imT D H, aplicamos o Teorema 3.12. De fato, casocontrário, existiria0 ¤ y 2 .im T /?, isto é,

hy;T xi D 0 8 x 2 H:

Tomandoy D x, obtemos

0 Dˇhy;Tyi

ˇD jB.y; y/j � C kyk2;

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o que contradiz a hipótesey ¤ 0.Seja agoraf WH ! K um funcional linear contínuo. Pelo Teorema de

Representação de Riesz, existex0 2 H tal que

f .x/ D hx; x0i 8 x 2 H:

ComoT é uma bijeção, existe um elementoyf 2 H tal queTyf D x0. Logo,

f .x/ D hx; x0i D hx;Tyf i D B.x; yf /;

completando a demonstração. 2

O pontoyf pode ser caracterizado como o ponto em que certo funcional linearatinge seu mínimo. Veja o Exercício 26.

3.5 Convergência Fraca e Limitação Uniforme

Como vimos (Corolário 1.57 e Observação 1.58), a topologia de um espaço deHilbert não permite concluirmos que uma sequência limitadapossui subsequênciaconvergente. Por outro lado, muitos resultados importantes válidos no espaçoRn

foram demonstrados usando tal propriedade. Assim, é importante ter um conceitode convergência de uma sequência que permita obtermos, de uma sequêncialimitada, uma subsequência convergente. Para isso, definimos

Definição 3.28SejaX um espaço normado. A sequência.xn/ � X convergefracamenteparax, denotado

xn * x ou limn!1

xnwD x;

se limn!1

f .xn/ D f .x/ para todof 2 X �.

Dizemos que uma sequência.xn/ é fracamente convergentese existirx 2 H

tal quexn * x.

Para contrastar com a definição usual de convergência de uma sequência emum espaço normado, algumas vezes a convergênciaxn ! x é denotada por

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§3.5 Convergência Fraca e Limitação Uniforme 111

limn!1

xnnD x e denominada convergênciaforte ou em norma. Uma vez que os

elementos do dualE� são funções contínuas, é imediato que

xn ! x ) xn * x:

Note que, em um espaço de Hilbert, o Teorema de Representaçãode Rieszgarante que todo funcional linearf WH ! K é da formaf .x/ D hx; yi para algumy 2 H. Assim,

xn * x , hxn; yi ! hx; yi 8 y 2 H:

Exemplo 3.29 No espaço 2, consideremos a base ortonormal canônicaS D fei Wi 2 Ng. Afirmamos que a sequência.en/ satisfazen * 0. De fato, o Teorema deRepresentação de Riesz garante que existey 2 `2 tal quef .x/ D hx; yi para todof W `2 ! K contínuo. Como

P1iD1 jyi j2 < 1, dado� > 0 existen0 2 N tal que

n � n0 ) jyi j < �:

Logo, jf .en/j D jynj < � para todon � n0, mostrando o afirmado. Note queen não converge fortemente para0. �

Exemplo 3.30 Generalizando o exemplo anterior, sejaH um espaço de Hilberte S D fen W n 2 Ng uma sistema ortonormal. Uma vez que todo funcionalf 2 H� é da formah�; yi para algumy 2 H, jf .en/j D jynj. Dado� > 0,como

P1nD1 jynj2 � kyk, temos quejynj < � paran suficientemente grande. Isso

quer dizer queen * 0. �

Assim, convergência fraca não implica convergência forte.Um critério útil paraverificar a convergência forte de uma sequência é dado pelo

Teorema 3.31SejaE um espaço com produto interno. Suponhamos quexn * x.Entãokxk � lim infn!1 kxnk. Se, adicionalmente,kxnk ! kxk, entãoxn ! x.

Demonstração:Temos

kxk2 D hx; xi D limn!1

hxn; xi � kxk lim infn!1

kxnk;

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mostrando a primeira afirmação.Temos

kxn � xk2 D kxnk2 � 2Re hxn; xi C kxk2 ! kxk2 � 2kxk2 C kxk2 D 0;

quandon ! 1, poishxn; xi ! kxk2. 2

Mostraremos que sequências fracamente convergentes são limitadas. Para isso,começamos com um resultado técnico:

Lema 3.32 SejaffnW X ! R W n 2 Ng uma sequência de funcionais linearesdefinida no espaço de BanachX . Suponha que existamM > 0 e uma bolaBr .x0/

.com r > 0/ tal que jfn.x/j � M para todox 2 Br .x0/. Então existe umaconstanteC tal quekfnk � C , ou seja,ffng é limitado emX �.

Demonstração:Sejax0 ¤ x 2 X . Então temos

jfn.x/j D jfn.x � x0/C fn.x0/k � kx � x0kr

ˇˇfn

�r.x � x0/

kx � x0k

�ˇˇC jfn.x0/j

� M

rkx � x0k C jfn.x0/j

Assim, sekxk � 1, então

jfn.x/j � M

r.1 C kx0k/C jfn.x0/j:

Uma vez quefjfn.x0/j W n 2 Ng é limitado, concluímos o afirmado. 2

Teorema 3.33 (Princípio da Limitação Uniforme)SejaffnW X ! R W n 2 Ng uma sequência de funcionais lineares definida no

espaço de BanachX . Suponha queffn.x/ W n 2 Ng seja um conjunto limitado.Entãofkfnk W n 2 Ng é limitado.

Demonstração: Suponhamos quefkfnkg seja ilimitado. Então, pelo Lema 3.32,para toda bolaBr .x0/ (com r > 0), o conjuntofjfn.x/j W x 2 Br .x0/ e n 2 Ngnão é limitado. Escolhemos entãon1 2 N e x1 2 Br .x0/ tal quejfn1

.x1/j > 1.

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Comofn1é contínua, existe0 < r1 < 1 tal quejfn1

.x/j > 1 para todox 2 Br1.x1/.

Note que podemos tomarr1 de modo queBr1.x1/ � Br .x0/. Agora tomamos

n2 > n1 ex2 2 Br1.x1/ tal quejfn2

.x2/j > 2. Do mesmo modo, podemos escolher0 < r2 < 1=2 tal quejfn2

.x/j > 2 para todox 2 Br2.x2/, comBr2

.x2/ � Br1.x1/.

Continuando desse modo, obtemos uma subsequência.fnk/ de funcionais lineares

e uma sequência�Brk

.xk/�

de bolas abertas, com

BrkC1.xkC1/ � Brk

.xk/ e rk <1

k

tal quejfnk

.x/j > k 8 x 2 Brk.xk/:

Uma vez que a sequência.xk/ é de Cauchy, temos quexk ! z 2 X . Uma vez quez 2 Brk

.xk/ para todok 2 N, vemos quejfnk.z/j ! 1 quandok ! 1, o que é

uma contradição. 2

Um critério útil para verificar a convergência fraca de uma sequência é dadopelo próximo resultado:

Teorema 3.34Sejam.xn/ uma sequência no espaço de HilbertH e D � H umsubconjunto denso. Entãoxn * x se, e somente se,

.i/ existe uma constanteM tal quekxnk � M para todon 2 N;

.i i/ hxn; yi ! hx; yi quandon ! 1 para todoy 2 D.

Demonstração: Suponha quexn * x. Definafn.x/ D hxn; xi. Entãokfnk Dkxnk. Comofn.x/ converge para todox 2 H, vemos que.fn.x// é uma sequêncialimitada. Pelo Princípio da Limitação Uniforme,

˚kfnk

é limitado, provando.i/.

A afirmação.i i/ é imediata, poisxn * x.Reciprocamente, dadow 2 H, existey0 2 D tal quekw � y0k < �, qualquer

que seja� > 0. De .i i/ decorre a existência den0 2 N tal quejhxn � xm; y0ij < �para todom; n � n0. Temos

jhxn � xm; wij � jhxn � xm; y0i C jhxn � xm; w � y0ij� � C kxn � xmk kw � y0k (3.11)

que pode ser feito tão pequeno quanto se queira. Logo,hxn � xm; wi ! 0 quandon ! 1, qualquer que sejaw 2 H, o que prova quexn * x. 2

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Observação 3.35Pode-se mostrar que a topologia gerada pelo convergência fracade sequências não provém de uma métrica. Assim, os conceitosde conjuntosequencialmente compactoe compacto por coberturasnão são equivalentes. Emparticular, não vale o resultado enunciado no Exercício 49 do Capítulo 1. �

Vamos mostrar agora que toda sequência limitada em um espaçode Hilbertpossui uma subsequência fracamente convergente.

Teorema 3.36SejaH um espaço de Hilbert separável. Se.xn/ for uma sequêncialimitada emH, isto é, se existirC > 0 tal quekxnk � C para todon, então existemuma subsequência.xni

/ e um elementox 2 H tais que

hxni; yi ! hx; yi 8 y 2 H:

Assim, toda sequência limitada emH possui uma subsequência que convergefracamente.

Demonstração:Fixadoy 2 H, temosˇhxn; yi

ˇ� kxnk kyk � C kyk;

mostrando que a sequência de números reaishxn; yi é limitada e, portanto, possuiuma subsequência convergente.

Seja D D fd1; d2; : : :g � H um conjunto denso. (Veja o Teorema 2.32.)Tomandoy D d1, existe uma subsequência.xn1i

/ tal quehxn1i; d1i é convergente.

Do mesmo modo, existe agora uma subsequência.xn2i/ de .xn1i

/ tal quehxn2i

; d2i é convergente.Repetindo esse processo (chamadométodo diagonal de Cantor), obtemos uma

subsequência.xnj/ de.xn/ tal quehxnj

; di é convergente, qualquer que sejad 2 D.Para simplificar a nossa notação, vamos escrever.xn/ ao invés de.xnj

/. Assim,temos que

hxn; dié convergente, para todod 2 D.

Decorre da desigualdade (3.11) quehxn; yi é convergente para todoy 2 H.Definimos entãof WH ! K por

f .y/ D limn!1

hxn; yi D limn!1

hy; xni:

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Obviamentef é um funcional linear. A continuidade def também é imediata:jf .y/j � C kyk.

Pelo Teorema de Representação de Riesz 3.14, existex 2 H tal quef .y/ Dhy; xi para todoy 2 H. Mas isso é o mesmo que afirmar que

limn!1

hy; xni D hy; xi 8 y 2 H:

Daí decorre imediatamente quexn * x. 2

Corolário 3.37 Toda sequência limitada.xn/ em um espaço de HilbertH possuiuma subsequência.xni

/ fracamente convergente.

Demonstração:SejamD D fxn W n 2 Ng e F D < D >, o fecho do espaço dascombinações lineares dos elementos deD. O conjuntoF é um subespaço fechadode um espaço de Hilbert e, portanto, completo. Assim,

H D F ˚ F?:

Sejaf WH ! K um funcional linear contínuo. O Teorema de Representação deRiesz garante quef .y/ D hy; zi para algumz 2 H. Temos quez D z1 C z2 2F ˚ F?. Assim,

f .y/ D hy; z1i C hy; z2i: (3.12)

Ora, gW F ! K definido porg.z/ D hz; z1i é um funcional linear contínuodefinido emF , espaço de Hilbert separável. Logo, o Teorema 7.23 garante aexistência dex 2 F e de uma subsequência.xni

/ tal queg.xni/ ! g.x/. Como

.3:12/ mostra quef .xni/ D hxni

; z1i D g.xni/, o resultado está provado. 2

Teorema 3.38SejaC um subconjuntoconvexodo espaço de HilbertH. Então oconjuntoC é sequencialmente fechado com relação à topologia fraca7 se, e somentese, for fechado com relação à topologia forte.

Demonstração:Suponhamos queC seja fechado com relação à topologia forte deH. (Quer dizer, se.xn/ � C satisfizerxn ! x, entãox 2 C .) Seja.xn/ � C

7Isto é, satisfaz o Teorema 1.14.

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uma sequência tal quexn * x. Queremos mostrar quex 2 C . Suponhamoso contrário. Então, pelo Teorema de Separação de Hahn-Banach (Teorema 3.9),existem um funcional linear contínuof WH ! K e˛ 2 R tais que

Ref .z/ � ˛ < Ref .x/; 8 z 2 C: (3.13)

Pelo Teorema de Representação de Riesz, existey 2 H tal quef .w/ D hw; yipara todow 2 H. Assim, (3.13) significa que

Rehz; yi � ˛ < Rehx; yi; 8 z 2 C;

o que contradizxn * x. Assim,C também é sequencialmente fechado com relaçãoà topologia fraca deH. A afirmação direta é imediata. 2

Definição 3.39SejaC um subconjunto do espaço vetorialV. O vetorv 2 V é umacombinação convexade elementos deC se existirem escalares0 � �i 2 R en 2 Ntais que

v DnX

iD1

�ivi;

nX

iD1

�i D 1:

O conjunto das combinações convexas de elementos deC é chamadofechoconvexo8 do conjuntoC .

Corolário 3.40 (Teorema de Mazur) Suponha que.xn/ convirja fracamente parax no espaço de HilbertH. Então existe uma sequência.yn/ de combinaçõesconvexas defxigi2N tal queyn ! x.

Demonstração: SejaC o fecho convexo do conjuntofxi W i 2 Ng. Uma vezquexn * x, temos quex pertence ao fecho deC na topologia fraca deH. PeloTeorema 3.38, temos quex pertence ao fecho deC na topologia forte. Quer dizer,existe uma sequência.yn/ � C tal queyn ! x, provando o afirmado. 2

Um trajeto alternativo para demonstrar o Teoremas 3.38 e de Mazur é sugeridonos Exercícios 30 e 31.

8Em inglês,convex hull.

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3.6 Exercícios

1. SejaB uma bola (aberta ou fechada) em um espaço de BanachX . MostrequeB é um conjunto convexo.

2. SejamE um espaço com produto interno ek � k a norma por ele gerada.Mostre quek � k2 é uma função convexa.

3. Mostre que todo subespaço de um espaço vetorial é convexo;que translaçõesde conjuntos convexos são conjuntos convexos; que qualquerinterseção deconjuntos convexos é um conjunto convexo (mesmo que vazio).Mostretambém que, sep for uma semi-norma9 em E, então, para todor � 0, osconjuntos

fx 2 E W p.x/ � rg e fx 2 E W p.x/ < rg

são convexos.

4. Considere o espaço de BanachX D R2 com k.x; y/k D maxfjxj; jyjg.Mostre queX não satisfaz o Lema 3.6.

5. Em um espaço de BanachX , dê exemplo de um conjunto convexo e fechadoC � X e um pontox 62 C tal que não existey 2 C satisfazendokx � yk � kx � zk para todoz 2 C .

6. Demonstre o Teorema 3.11 aplicando o fato queF possui uma baseortonormal.

7. SeF;G forem subespaços do espaço vetorialX , mostre queF C G é umsubespaço deX . Mostre que todo elementox 2 E pode ser escrito demaneiraúnicacomoy C z 2 F C G se, e somente se,F \ G D f0g.

8. SejaF um subespaçocompletodo espaço com produto internoE. SeF ¤ E,mostre que existe0 ¤ y 2 F?.

9Uma semi-norma é uma função não-negativap que satisfaz as propriedades.i/ e .i i/ daDefinição 1.7.

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9. SejaE um espaço com produto interno eR;S � E subconjuntos não vaziosarbitrários. Mostre:

(a) S? é um subespaço fechado deE;

(b) R � S implicaS? � R?;

(c) S? D .< S >/?;

(d) S \ S? � f0g eS \ S? D f0g, apenas se0 2 S ;

(e) S � S?? WD .S?/?;

(f) se S for um subespaçofechadodo espaço de Hilbert10 H, entãoS DS??;

(g) seS for um subconjunto qualquer de um espaço de HilbertH, entãoS?? D < S >;

(h) .S??/? DW S??? D S?.

10. SejaE um espaço com produto interno eF um subespaço completo deE.Mostre que, seE não for completo, entãoF? também não é.

Definição 3.41SejaV um espaço vetorial sobre o corpoK. Dizemos que umsubespaçoM ¤ V é maximal se, para todo subespaçoW tal queM � W � V,tivermosW D M ou W D V.

11. Mostre que um subespaçoM do espaço vetorialV é maximal se, e somentese,M tiver codimensão 1.

12. SejaF um subespaço completo do espaço com produto internoE e G Dz C F , em quez 2 E é um elemento fixo. Então o elementox0 2 G demenor norma é caracterizado por

x0 2 F?:

13. Defina

F D(.xi/ 2 `0 W

1X

iD1

xi

iD 0

):

10O Exemplo 3.19 mostra que esse resultado pode não ser válido em um espaço com produtointerno que não seja completo. Veja também o Exercício 13.

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(a) Interprete geometricamente o subespaçoF e mostre queF é umsubespaço fechado de`0;

(b) Mostre que 0 ¤ F ˚ F? eF ¤ F??. (Compare esse exercício com oExercício 28 do Capítulo 2.)

14. DefinaF D f.0; x2; : : : ; xm; 0; : : : ; / W xi 2 Kg.

(a) Verifique queF é subespaço de0 e, portanto, de2;

(b) AcheF?? como subespaço de0;

(c) AcheF? como subespaço de2.

15. Na primeira demonstração do Teorema de Riesz, supondo ker f ¤ H,escolha uma base ortonormal para o subespaço kerf e escolhae0 2 .kerf /?

de modo a obter uma base ortonormal paraH. Demonstre então o Teoremade Riesz.

16. Na segunda demonstração do Teorema de Riesz, supondo kerf ¤ H, escolhax0 2 .kerf /? comf .x0/ D 1.

(a) Verifique que

x D .x � f .x/x0/C f .x/x0 2 kerf˚ < x0 > :

(b) DefinagWH ! K porg.x/ D hx; x0i. Mostre queg é nulo em kerf eg.x0/ D kx0k2 ¤ 0.

(c) Calculeg.x/ e obtenha quef .x/ D hx; yi, comy D x0

kx0k2 .

Observe que essa demonstração do Teorema de Representação de Rieszmostra que, se dois funcionais se anulam no mesmo hiperplano, então umé múltiplo do outro.

17. Considere o espaçoCL2.Œ0; ��;R/ e seu subespaçoR2Œt �. Considere ofuncional linear WR2Œt � ! R dado por

`.p/ D hp.t/; senti:

Acheq 2 R2Œt � tal que

`.p/ D hp.t/; q.t/i 8 p 2 R2Œt �:

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18. Considere o espaçoCL2.Œ��; ��;R/ e seu subespaçoR5Œt �. Achep 2 R5Œt �

de modo que Z �

�

jsent � p.t/j2dt

assuma o menor valor possível. Compare as aproximações de sen t obtidaspor meio desse polinômio e da série de Maclaurin de sent .

19. SejaS D fe˛ W ˛ 2 Ag uma base ortonormal do espaço de HilbertH.Defina o funcional lineare�

˛WH ! K por e�˛.x/ D hx; e˛i. Mostre que

S� D fe˛ W ˛ 2 Ag define uma base ortonormal emH�.

20. Denote porF.H�H;K/ o espaço de todas as formas sesquilineares contínuasdefinidas emH. Mostre queF.H � H;K/ é um espaço de Banach com anorma definida na Seção A.4.

21. SejaF � H um subespaço fechado do espaço de HilbertH . Sejaf W F ! Kum funcional linear contínuo. Mostre que existe um funcional linear Qf W H !K que estendef , comk Qf k D kf k. (Esse resultado pode ser generalizadopara espaços de Banach – chama-seTeorema de Hahn-Banach.) No caso deespaços de Hilbert, a extensãoQf é única!

22. SejaH um espaço de Hilbert. Então, para todox 2 H, a aplicaçãox 7! fx ,em quefx WH ! K é definido porfx.y/ D hy; xi é uma aplicaçãoconjugada-linear, isto é,

fx1Cx2.y/ D fx1

.y/C fx2.y/

f�x.y/ D N�fx.y/;8 x1; x2 2 H; 8 � 2 K

que preserva normas entreH e seu espaço dualH0.

23. Considere o espaçoL.H/ de todas as aplicações lineares contínuasT WH !H. Mostre que a aplicação

T 7! BT ;

em queBT .x; y/ D hx;Tyi, é uma aplicação linear que preserva normasentreL.H/ eF.H � H;K/.

24. Mostre que o produto interno no espaço de HilbertH é coecivo.

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25. Suponha queBWH � H ! K seja uma forma contínua e coerciva, como noenunciado do Teorema de Lax-Milgram. Suponha, adicionalmente, queB

seja simétrica (hermitiana). Definahu; vi1 D B.u; v/ e verifique queh�; �i1 éum produto interno emH. Obtenha então o Teorema de Lax-Milgram comoconsequência do Teorema de Representação de Riesz.

26. No Teorema de Lax-Milgram 3.27, considere um funcional linearf WH ! Ke o elementoyf tal quef .x/ D B.x; yf /. Mostre que

(a) kyf k � 1C

kf k;

(b) se a formaB for um produto interno, entãoyf é o único mínimo dofuncional

F.y/ D 1

2B.y; y/ � Re f .y/:

27. SejaE um espaço com produto interno. Mostre que sexn ! x e yn * y,entãohxn; yni ! hx; yi.

28. Mostre que a sequência.sennx/ converge fracamente para0 emL2�Œ��; ��

�,

mas não converge fortemente para0.

29. Defina a sequênciafnW Œ0; 1� ! R por

fn.x/ D� p

n; se 0 � x � 1=n;

0; se1=n � x � 1:

Mostre quehp; f i ! 0 emL2�Œ0; 1�

�para todo polinômiop. Aplique então

o Teorema de Aproximação de Weierstraß (Exercício 32 do Capítulo 2) econclua quefn * 0. Verifique quefn 6! 0 emL2

�Œ0; 1�

�.

30. Demonstre o Teorema de Mazur seguindo o roteiro:

(a) Mostre que podemos assumir quex D 0, isto é, quexn * 0

(b) Escolha, indutivamente, uma subsequência.xnj/ tal que n1 D 1,

njC1 > nj e

jhxn1; xnjC1

ij � 1

j; jhxn2

; xnjC1ij � 1

j; : : : jhxnj

; xnjC1ij � 1

j:

(Justifique a existência de uma tal sequência.)

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(c) Definayj D .xn1C : : :C xnj

/=j e mostre que

kyjk2 D 1

j 2

jX

iD1

kxnjk C 2

j 2Re

jX

kD1

kX

iD1

hxni; xnk

i:

(d) Uma vez que existeM tal quekxnk � M para todon 2 N, mostre que

kyjk2 � M 2 C 2

j

e conclua queyj ! 0 quandoj ! 1.

31. Utilizando o Teorema de Mazur, mostre o Teorema 3.38.

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Aplicações Lineares eAdjuntas

Neste Capítulo estudamos aplicações linearesT W E ! F , em queE;F sãoespaços com produto interno. No caso em queE D F , uma aplicação linearT W E ! E muitas vezes é chamada deoperador linearou, simplesmente, operador.

Algumas propriedades importantes são apenas obtidas seT for contínua e osespaçosE;F forem completos. Por esse motivo, em muitos textos, aplicaçõeslinearescontínuasT apenas são tratadas no contextoT WH1 ! H2, em queH1;H2

são espaços de Hilbert. Decidimos pela abordagem mais geraltanto para ressaltarquais propriedades dos espaços envolvidos são necessáriascomo para tornar otexto mais acessível. Além disso, seH1;H2 forem os completamentos deE e F ,respectivamente, a continuidade deT W E ! F garante a existência de uma extensãolinear contínuaNT WH1 ! H2, conforme vimos no Exercício 32 do Capítulo 1.

Em muitos exemplos e aplicações importantes temos que lidarcom aplicaçõeslineares descontínuas. Esse é um tópico mais avançado, que trataremossuperficialmente neste texto. Nesse caso, como veremos, somos naturalmentelevados ao estudo de aplicações lineares descontínuasT WD.T / � H1 ! H2 entreespaços de HilbertH1;H2, em queD.T /, o domíniodeT , é um subespaçodensoemH1. Uma vez queD.T / é um espaço com produto interno, também nesse casoestamos lidando com aplicaçõesT W E ! F , em queE D D.T / é denso em seucompletamentoH1 eF D H2.

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124 Aplicações Lineares e Adjuntas Cap. 4

4.1 Exemplos

Exemplo 4.1 SejaE;F espaços com produto interno. Os exemplos mais simplesde aplicações lineares contínuas são ooperador identidadeIW E ! E, definido porIx D x para todox 2 E e aaplicação nula0W E ! F , definida por0x D 0 paratodox 2 E. �

Exemplo 4.2 SejamB D fv1; : : : ; vng uma baseortonormal do espaço comproduto interno (de dimensão finita)V e T WV ! V uma aplicação linear. Temosque

v D ˛1v1 C : : :C ˛nvn , j D hv; vji (4.1)

e já vimos que a aplicação

v 7! Œv�B D

0BBB@

˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA 2 Kn

estabelece um homeomorfismo linear entreV eKn. O vetorŒv�B 2 Kn é chamadorepresentaçãodev na baseB.

A decomposição.4:1/ garante queT v D hT v; v1iv1 C : : : C hT v; vnivn, demodo que, parav D ˛1v1 C : : :C ˛nvn, temos

T v DnX

i;jD1

jhT vj ; vii vi

D

0BBB@

hT v1; v1i hT v2; v1i � � � hT vn; v1ihT v1; v2i hT v2; v2i � � � hT vn; v2i

::::::

hT v1; vni hT v2; vni � � � hT vn; vni

1CCCA

0BBB@

˛1

˛2

:::

˛n

1CCCA :

A matriz A D .aij/, comaij D hT vj ; vii é chamadarepresentação deT nabaseB e denotada porA D TB. �

Exemplo 4.3 Consideremos o espaço0 (veja os Exemplos 1.6 e 3.17) de todasas sequência.xi/ com xi D 0 exceto talvez para um número finito de índices.

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§4.1 Exemplos 125

Definimos a aplicaçãoU W `0 ! `0 como a extensão linear da aplicação definidapor U.ei/ D .iei/, em que em queS D fei W i 2 Ng denota a base ortonormalcanônica do 2, que é uma base de Hamel de`0. ClaramenteU é descontínua. �

Exemplo 4.4 SejaH um espaço de Hilbert com base (enumerável)fei W i 2 Ng eT WH ! H uma aplicação linearcontínua. Então, sex D

P1iD1 xiei, então

T

1X

iD1

xiei

!D T

lim

n!1

nX

iD1

xiei

!

D limn!1

T

nX

iD1

xiei

!D lim

n!1

nX

iD1

xi Tei D1X

iD1

xi Tei :

Não é difícil mostrar que o mesmo resultado é válido para espaços de Hilbert combases não enumeráveis. (Veja o Exercício 7.)

Mas o mesmo resultado não vale sem supor queT seja contínua. Consideremos,por exemplo, uma base (enumerável)S D fei W i 2 Ng do espaço de HilbertH e< S > o espaço das combinações lineares (finitas) de elementos deS.1 DefinimosSei D ei e estendemos linearmenteS a < S >. Completamos a definição deS WH ! H definindoSx D 0, sex 62 < S >. É claro queS não é contínua (veja oExercício 7) e

S

1X

iD1

xiei

!¤

1X

iD1

xi Sei :

�

Exemplo 4.5 Dadox D .xi/ 2 `2, definimos o operadorRW `2 ! `2 por

Rx D R.x1; x2; : : : ; xn; : : :/ D .0; x1; x2; : : : ; xn; : : :/:

O operadorR é chamado deright shift (deslocamento à direita). Claramente temosque

hRx;Ryi D1X

iD1

xi yi D hx; yi;

provando queR é uma isometria (e, portanto,R é injetor). Contudo,R não ésobrejetor: a imagem imR é formada por todas as sequências.0; y2; : : : ; yn; : : :/ 2`2 cuja primeiro termo é nulo. Assim, o operadorR não possui inversa.

1No caso deH D `2, esse espaço é0.

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Definimos também o operadorLW `2 ! `2 por

Lx D L.x1; x2; : : : ; xn; : : :/ D .x2; x3; : : : ; xn; : : :/:

O operadorL é chamadoleft shift (deslocamento à esquerda). Claramente temosqueL é sobrejetor, enquanto kerL D

˚.x1; 0; : : : ; 0; : : :/

.

Note queLRW `2 ! `2 é a aplicação identidade, apesar deR e L não sereminvertíveis.2 (Lembre-se que, seA;B são matrizes quadradas eAB possui inversa,então tantoA quantoB possuem inversa.) �

Exemplo 4.6 Consideremos o espaço de HilbertL2 D L2�Œ��; ��;R

�. Dado

f 2 L2, o operador derivadaD, dado por

Df .x/ D f 0.x/;

só está bem definido sef for uma função diferenciável. Assim, podemos consideraro domínioD.D/ do operadorD como o subespaçoC 1

�Œ��; ��;R

�� L2 de todas

as funções reais de classeC 1 definidas no intervaloŒ��; ��.O operadorDWD.D/ ! L2 não é contínuo. De fato, se considerarmos a

sequênciafn.x/ D sennx, então

kfnkL2 D�Z �

��

sen2 nx dx

�1=2

Dp�:

Contudo,

kDfnkL2 D�Z �

��

n2 cos2 nx dx

�1=2

D np�;

mostrando quekDfnkL2 D nkfnkL2 , igualdade que prova queD não é limitado.�

Exemplo 4.7 Seja�W Œa; b��Œa; b� ! K uma função contínua eE D CL2

�Œa; b�;K

�.

Definimos ooperador integralKW E ! E por

K.f /.x/ DZ b

a

�.x; y/f .y/dy:

2No contexto da Mecânica Quântica, é usual chamarR e L de operadores de criação eaniquilamento, respectivamente.

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§4.1 Exemplos 127

Decorre da desigualdade de Cauchy-Schwarz que

kKf k2L2 D

Z b

a

ˇˇˇ

Z b

a

�.x; y/f .y/dy

ˇˇˇ

2

dx

�Z b

a

Z b

a

j�.x; y/j2dy

Z b

a

jf .y/j2dy

!dx

� Z b

a

Z b

a

j�.x; y/j2dydx

!kf k2; (4.2)

mostrando queKf 2 L2�Œa; b�

�.

Observe que (4.2) garante queK é um operador contínuo, com

kKk � Z b

a

Z b

a

j�.x; y/j2dydx

!1=2

:

Mais geralmente, note que os mesmos cálculos mostram que, sef 2 L2�Œa; b�;K

�

e se Z b

a

Z b

a

j�.x; y/j2dydx

!1=2

< 1;

entãoKW L2�Œa; b�;K

�! L2

�Œa; b�;K

�é um operador contínuo.

Vamos agora mostrar queKf 2 E. Parax0 2 Œa; b� fixo, decorre do Exercício16 do Capítulo 1 que, dado� > 0, existeı > 0 tal quex 2 Œa; b� e kx � x0k < ı

implicamj�.x; y/ � �.x0; y/j < �, para todoy 2 Œa; b�. Assim,

kKf .x/ � Kf .x0/k Dˇˇˇ

Z b

a

Œ�.x; y/ � �.x0; y/�f .y/dy

ˇˇˇ

�Z b

a

j�.x; y/ � �.x0; y/j jf .y/j dy � �

Z b

a

jf .y/jdy;

mostrando a continuidade deKf e completando a prova queKf 2 E.O operadorK é chamadooperador integralassociado aonúcleo�.x; y/ ou

operador de Hilbert-Schmidt com núcleo�. Várias propriedades destes operadoresserão apresentadas neste texto. �

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4.2 A Adjunta

SejamE;F espaços com produto interno. Começamos definindo a adjunta deuma aplicaçãof W E ! F .

Definição 4.8 SejamE;F espaços com produto interno ef W E ! F umaaplicação. Uma aplicaçãof �W F ! E é adjunta def , se ela satisfizer

hf .x/; yi D hx; f �.y/i 8 x 2 E; y 2 F:

Lema 4.9 SejamE;F espaços com produto interno eT W E ! F uma aplicaçãolinear. SeT possuir adjunta, então essa é única. Além disso,T � é linear.

Demonstração:Sejamy; z 2 F e� 2 K. Então,

hx;T �.y C �z/i D hT .x/; y C �zi D hT .x/; yi C N�hT .x/; ziD hx;T �.y/i C hx; �T �.z/i:

Assim,hx;T �.y C �z/ � T �.y/ � �T �.z/i D 0:

Escolhendox D T �.y C �z/ � T �.y/ � �T �.z/, concluímos que

kT �.y C �z/ � T �.y/ � �T �.z/k D 0;

decorrendo daí a linearidade deT �. O mesmo argumento prova sua unicidade.(Compare com a prova do Teorema 3.24.) 2

Note que a demonstração apresentada independe deT ser linear!

Exemplo 4.10 SejamE D Cn e .aij/, i; j D 1; : : : ; n, a matriz que representao operadorAWCn ! Cn com relação à base canônica (veja o Exemplo 4.2).Assim, aij D hAej ; eii. Afirmamos que a representação matricial (com relaçãoà base canônica) da adjuntaB D A� é a matriz adjunta de.aij/. Ou seja, sebij D hBej ; eii, afirmamos quebij D aji. De fato,

bij D hBej ; eii D hei;Beji D hAei; eji D aji:

Esse exemplo generaliza-se facilmente para uma base ortonormal qualquerB Dfv1; : : : ; vng de um espaço com produto interno. �

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§4.2 A Adjunta 129

Exemplo 4.11 Seja E um espaço com produto interno. Então a adjunta daaplicação identidade IW E ! E é a própria aplicação I. �

Exemplo 4.12 Consideremos os operadoresRW `2 ! `2 e LW `2 ! `2, definidosno Exemplo 4.5. Parax D .xn/ ey D .yn/ arbitrários, temos

hRx; yi D1X

nD1

xn ynC1 D hx;Lyi;

de modo que podemos concluir queR� D L. �

Exemplo 4.13 Sejam E;F espaços com produto interno. Suponhamos queT W E ! F possua adjuntaT �W F ! E. Sexn * x, entãoT xn * T x. Defato, para todoy 2 H temos

hT xn; yi D hxn;T�yi ! hx;T �yi D hT x; yi;

mostrando o afirmado. �

Algumas propriedades fundamentais da adjunta são dadas pela

Proposição 4.14SejamE;F;G espaços com produto interno,S;T W E ! F eU W F ! G aplicações lineares.Suponhamos a existênciadeS�, T � e U �. Entãovale:

.i/ .S C T /� D S� C T �;

.i i/ .�T /� D �T �;

.i i i/ .U T /� D T �U �;

.iv/ .T �/� D T .

Demonstração:As demonstrações são simples e muito semelhantes. Mostraremosapenas algumas delas. Em.i/, temoshx; .S C T /�yi D h.S C T /x; yi DhSx; yi C hT x; yi D hx;S�yi C hx;T �yi D hx; .S� C T �/yi. A unicidadeda adjunta garante então que.S C T /� D S� C T �.

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Para mostrar.iv/, notamos que

hT �x; yi D hy;T �xi D hTy; xi D hx;Tyi: (4.3)

De novo, a unicidade da adjunta garante o afirmado. 2

Denotaremos.T �/� D T ��.

Mas, como garantir a existência da adjunta?

Teorema 4.15SejamH um espaço de Hilbert eF um espaço com produto interno.Então sempre existe a adjunta de uma aplicação linearcontínuaT WH ! F .

Demonstração:Para todoy 2 F fixo, o funcional linearx 7! hT x; yi é contínuo,poisT é contínua. O Teorema de Representação de Riesz garante então que existeum únicow 2 H (dependendo dey 2 F ) tal que

hT x; yi D hx; wi; 8 x 2 H:

Defina T �y D w. Está assim definida, para caday 2 F , uma aplicaçãoT �W F ! H. A linearidade deT �, bem como sua unicidade, foram mostradasno Lema 4.9. 2

Observação 4.16Podemos garantir a existência da adjunta de uma aplicação linearcontínuaT W E ! F entre espaços com produto interno?

SeE não for completo, não podemos aplicar o Teorema de Representação deRiesz (veja o Teorema 3.18), passo fundamental na demonstração da existência deT �. Mas ainda há como remediar a situação. Consideremos os completamentosH1 e H2 dos espaçosE e F , respectivamente. A aplicação contínuaT W E ! F

é naturalmente identificada com a aplicaçãoT W E ! H2. Uma vez queH2

é completo eT é contínua, podemos aplicar o Exercício 32 do Capítulo 1 eobter uma extensão contínuaNT WH1 ! H2 de T . Essa extensão satisfaz ashipóteses do Teorema 4.15, de modo que existeNT �WH2 ! H1. Assim, passandoaos completamentos dos espaços envolvidos, a existência daadjunta de NT estáassegurada. (Note que não é suficiente restringirNT � ao subespaçoF para encontrara adjunta deT ; paray 2 F , não podemos garantir queNT �y 2 E. O Exemplo 4.21mostra que mesmo operadores contínuosT W E ! E podem não possuir adjunto.)

Outros exemplos em que não existe a adjuntaT � de uma aplicação linearTserão tratados nas próximas seções. �

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§4.2 A Adjunta 131

A continuidade deT W E ! F garante a continuidade deT �W F ! E, se aadjunta existir:

Proposição 4.17SejamE;F espaços com produto interno eT W E ! F umaaplicação linear contínua. Suponha a existência deT �W F ! E. EntãoT � écontínua e vale

kT k D kT �k e kT �T k D kT T �k D kT k2:

Demonstração: Seguindo o caminho trilhado na Proposição 3.23, decorre dadesigualdade de Cauchy-Schwarz que

ˇhx;T �yi

ˇDˇhT x; yi

ˇ� kT xk kyk � kT k kxk kyk;

de modo que, parax D T �y, obtemos

kT �yk2 � kT k kT �yk kyk;

desigualdade que acarretakT �k � kT k:

Uma vez que a equação.4:3/ garante que.T �/� D T , a desigualdade anterioraplicada a.T �/� D T nos mostra que

kT k D k.T �/�k � kT �k;

provando quekT k D kT �k.Temos que

kT �T k � kT �k kT k D kT k2:

Por outro lado,

kT xk2 D hT x;T xi D hT �T x; xi � kT �T xk kxk � kT �T k kxk2;

de onde decorre quekT k2 � kT �T k. Assim,kT k2 D kT �T k. Tomando o adjuntonesta expressão, obtemos a segunda igualdade. 2

Podemos melhorar o resultado anterior no caso de aplicaçõesdefinidas emespaços de Hilbert:3

3Note que não estamos supondo queT seja contínua. Compare com o Teorema 4.15.

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Teorema 4.18SejamH um espaço de Hilbert eF um espaço com produto interno.Suponhamos que a aplicação linearT WH ! F possua adjuntaT �W F ! H. EntãoT � é contínua.

Demonstração:Caso contrário, existiria uma sequência.yn/ emF , comkynk D 1

e limn!1

kT �ynk D 1. Fixex 2 H. Entãoˇhx;T �yn

˛j D

ˇhT x; yni

ˇ� kT xk kynk D kT xk:

Mostramos, assim, que a sequência.T �yn/ é tal queˇhx;T �yni

ˇé limitada

para todox 2 H. De acordo com o Princípio da Limitação Uniforme (Teorema3.33), isso significa quekT �ynk é limitada, uma contradição que garante queT � écontínua. 2

Corolário 4.19 SeT WH ! F possui adjunta, entãoT eT � são contínuas.

Demonstração:Basta aplicar a Proposição 4.17 à aplicação contínuaT �W E ! H

e sua adjuntaT �� D T . 2

Note que, combinando com o Teorema 4.15,T WH ! E possui adjunta se, esomente se,T for contínua.

Voltemos agora à situação da Observação 4.16 e consideremosaplicaçõeslinearesT W E ! F entre espaços com produto interno.

Exemplo 4.20 Consideremos o subespaço deCL2.Œ��; ��;R/ definido por

E D˚f 2 C 1

L2

�Œ��; ��;R

�W suppf � .��; �/

;

isto é, o conjunto de todas as funçõesf W Œ��; �� ! R de classeC 1 que satisfazem

suppf D fx 2 Œ��; �� W f .x/ ¤ 0g � .��; �/:Consideramos a aplicação linear derivadaD, já abordada no Exemplo 4.6, como

operador no espaçoE. O Exercício 9 pede que se mostre queDf 2 E para todof 2 E e que o operadorDW E ! E não é limitado.

Vamos mostrar que o operadorDW E ! E possui adjunto. De fato, integraçãopor partes mostra que

hDf;gi DZ �

��

f 0.x/g.x/ dx D f .x/g.x/ˇˇxD�

xD��Z �

��

f .x/g0.x/ dx

D hf;�Dgi:

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§4.2 A Adjunta 133

Isso mostra que o adjunto deDW E ! E é o operador�DW E ! E, dado porDg D �g0. �

Assim, existem aplicações lineares descontínuasT W E ! F que possuemadjuntaT �W F ! E. Por outro lado, existem aplicações contínuas que não possuemadjunta:

Exemplo 4.21 Consideremos o subespaço`0 � `2 (apresentado nos Exemplos 1.6,3.17 e 4.3) e a base ortonormal canônicaB D fe1; : : : ; en; : : :g do`2, que é uma basede Hamel de 0. Note que 0 é denso em2.

DefinaTek D 1ke1 para todok 2 N e estenda linearmenteT a todo espaço0.

(Assim, a imagem deT é unidimensional.)Temos queT é contínua. De fato, para todox D

PNkD1 xkek (em queN é o

maior índice tal quexk ¤ 0), entãokxk`2 D 1 se, e somente se,PN

kD1 jxk j2 D 1.Assim,

T x DNX

kD1

xkTek DNX

kD1

xk

ke1;

de modo que

kT xk2`2 D

NX

kD1

jxkj2k2

� 1:

Consideremos a extensão contínuaNT W `2 ! `2 deT . (Veja o Exercício 32 doCapítulo 1. Qual é a expressão deNT ?) Então

h NT ek ; e1i D 1

k) NT �e1 D

1X

kD1

ek

k:

Como NT �ei 62 `0, concluímos queT W `0 ! `0 não possui adjunta. �

Lema 4.22 SejaR;S subconjuntos quaisquer do espaço com produto internoE.Então

.i/ S? é um subespaço fechado deE;

.i i/ R � S implicaS? � R?;

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.i i i/ S? D�< S >

�?;

.iv/ < S > � S?? D .S?/?.

SeE for um espaço de Hilbert, então

.v/ < S > D S??; em particular, seS for um subespaço,S D S??.

Demonstração:Seu 2 S , x1; x2 2 S? e˛ 2 K, então0 D ˛hx1;ui C hx2;ui Dh˛x1 C x2;ui, mostrando quex1 C x2 2 S?. Sex 2 S?, então existexn 2 S?

tal quexn ! x. Então, para todou 2 S , temos0 D hxn;ui, de modo quehx;ui D hlimn!1 xn;ui D limn!1hxn;ui D 0, mostrando quex 2 S? eprovando.i/.

Tomey 2 S?; entãohy;ui D 0 para todou 2 S e, em particular, para todou 2 R. Assim,y 2 R?, mostrando.i i/.

TemosS � < S > � < S >; aplicando.i i/, vem�< S >

�?� S?. Se

x ? S , entãox ? < S > e, portantox ? < S > (de acordo com a prova de.i/),

de modo queS? ��< S >

�?, o que completa a prova de.i i i/.

Sex 2 S , então existe.xn/ 2 S tal quexn ! x. Assim,hxn;ui D 0 para todou 2 S?. Daí decorre quehu; xi D 0 para todou 2 S?, o que implica quex 2 S??

e mostra.iv/.SejaE for um espaço de Hilbert. Pelo Teorema 3.12 e pelo item.i i i/ temos

a decomposiçãoE D < S > ˚ S?. Sex 2 S?? n < S >, entãox 2 S?. MasE D S? ˚ S??, o que implicax D 0, absurdo, pois0 2 < S >. O item.v/ estáprovado. 2

Proposição 4.23SejamE;F espaços com produto interno eT W E ! F umaaplicação linear. Suponhamos a existência deT �W F ! E e, para subespaçosM1 � E e M2 � F , queT .M1/ � M2. EntãoT �.M ?

2 / � M ?1 .

Demonstração:Sex 2 T �.M ?2 /, então existey 2 M ?

2 tal queT �y D x. Assim,sem1 2 M1, então

hm1; xi D hm1;T�yi D hT m1; yi D 0;

poisT .M1/ � M2 ey 2 M ?2 . Logo,x 2 M ?

1 , mostrando o afirmado. 2

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§4.2 A Adjunta 135

Teorema 4.24SejamE;F espaços com produto interno eT W E ! F umaaplicação linear.Suponhamos a existênciadeT �. Então:

.i/ kerT � D .im T /?;

.i i/ kerT D .im T �/?;

.i i i/ im T � .kerT �/?. SeF for um espaço de Hilbert, vale a igualdade;

.iv/ im T � � .kerT /?. SeE for um espaço de Hilbert, vale a igualdade.

(Admitida a existência deT �, note que.i/ e .i i/ mostram que kerT e kerT � sãosubconjuntosfechados, mesmo queT não seja contínua!)Demonstração:Mostramos a afirmação.i/ da seguinte maneira:

y 2 kerT � , T �y D 0 , hx;T �yi D 0 8 x 2 E , hT x; yi D 0 8 x 2 E

, y 2 .im T /?:

Do mesmo modo mostra-se.i i/.De .i/ decorre.kerT �/? D .im T /??. O Lema 4.22 garante queim T �

.im T /??, a igualdade sendo válida no caso deF ser um espaço de Hilbert.A demonstração de.iv/ é análoga. 2

Corolário 4.25 SejamH um espaço de Hilbert eF um espaço com produtointerno. Se a aplicação linearT WH ! F for contínua, então vale a decomposiçãoortogonal

H D kerT ˚ im T �:

Demonstração:O Teorema 4.15 garante a existência deT �. Uma vez que kerTé fechado, vale a decomposição ortogonalH D kerT ˚ .kerT /?. ComokerT ? D im T �, o resultado está demonstrado. 2

A demonstração do próximo resultado é completamente análoga à do resultadoanterior. Note que a existência deT � implica a continuidade deT e T �, pelaProposição 4.17.

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Corolário 4.26 SejamE um espaço com produto interno,H um espaço de Hilberte T W E ! H uma aplicação linear. Suponhamos a existência deT �WH ! E.Então vale a decomposiçãoortogonal

H D kerT � ˚ im T :

��

��

H1

�

kerT

im T �

-

T

�T �

��

��

H2

�

kerT �

im T

Figura 4.1: Uma aplicação linear contínuaT WH1 ! H2 entre espaços de Hilbertdecompõe o domínio e a imagem deT . Os espaços kerT � e kerT nem sempre sãoisomorfos.

Exemplo 4.27 Consideremos os operadoresR;LW `2 ! `2 definidos no Exemplo4.5. Temos que kerR D f0g, imL D `2, kerL D

˚.x1; 0; : : : ; 0; : : :/ 2 `2

,

.kerL/? D im R e R� D L. Note que kerR e kerL não são isomorfos. �

4.3 Operadores e Adjuntos

No caso especial de operadores, podemos complementar a Proposição 4.14.Valem os seguintes resultados:

Proposição 4.28SejaE um espaço com produto interno. Suponhamos a existênciado adjuntoT � do operadorT W E ! E. Então:

.i/ se existir.T �1/� ou .T �/�1, então.T �1/� D .T �/�1;

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§4.3 Operadores e Adjuntos 137

.i i/ seF � E for um subespaço invariante porT e T �, entãoF? é invariantepor T e T � e .T jF /� D T �jF .

Demonstração:Suponhamos a existência de.T �1/�. Para provar.i/, basta notarqueT �1T D I D T T �1 implica, como consequência da Proposição 4.14.i i i/,queT �.T �1/� D I D .T �1/�T �. O caso em que existe.T �/�1 é análogo.

Para mostrar.i i/, notamos que a Proposição 4.23 garante queF? é invariantepor T �, pois F é invariante porT . Mas F invariante porT � implica queF?

é invariante porT �� D T . Seja S D T jF . Então, sex; y 2 F , temoshSx; yi D hT x; yi D hx;T �yi. Isso mostra queS� D T �jF , completando aprova de.i i/. 2

Definição 4.29SejamE um espaço com produto interno eT W E ! E umoperador linear. Suponhamos a existência deT �. Dizemos que

.i/ T éunitário, seT �T D T T � D I;

.i i/ T ésimétrico, seT � D T ;

.i i i/ T éanti-simétrico, seT � D �T ;

.iv/ T énormal, seT �T D T T �.

Operadores unitários também são chamados deortogonais(especialmente nocaso em queE for um espaço real), enquanto operadores simétricos tambémsãochamados dehermitianos, essa denominação sendo mais empregada no caso deE

ser um espaço complexo. Por esse motivo, a denominação anti-hermitiano tambémé utilizada para um operador anti-simétrico. Operadores simétricos, anti-simétricose unitários são sempre normais, como pode-se verificar facilmente.

Observação 4.30É importante ressaltar que a denominaçãoauto-adjuntonão podeser indistintamente aplicada a um operador simétrico. Trataremos de operadoresauto-adjuntos na Seção 4.4. �

Teorema 4.31Seja E um espaço com produto interno. Suponha que exista oadjunto do operadorT W E ! E. Então

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.i/ T é uma isometria se, e somente se,T �T D I;

.i i/ T é unitário se, e somente se,T eT � forem isometrias.

Demonstração:Para todosx; y 2 E, temos

hT x;Tyi D hx; yi , hT �T x; yi D hx; yi , T �T D I;

mostrando.i/, de acordo com a Proposição 2.43. Daí e da definição de um operadorunitário decorre queT e T � são isometrias. 2

Corolário 4.32 Seja E um espaço com produto interno eT W E ! E umaisometria.4 Suponha que existaT �. EntãokT k D 1. Em particular, todo operadorunitário T W E ! E satisfazkT k D 1.

Demonstração:SeT for uma isometria eT � existir, a Proposição 4.17 garante que

kT k2 D kT �T k D kIk D 1;

resultado que é válido, em particular, para um operador unitário. 2

Exemplo 4.33 Podemos ter que um operador seja uma isometria, mesmo não sendounitário. Um exemplo simples é o operadorright shift RW `2 ! `2, definido noExemplo 4.5. Vimos queR� D L eLR D I; contudo, não valeRL D I. �

O significado deT T � no caso de uma isometria que não é unitáriaT W E ! E

é dado pelo Exercício 28.

Proposição 4.34SejamE um espaço com produto interno eT W E ! E umaisometriasobrejetora. EntãoT é um operador unitário eT � D T �1.

Demonstração:Basta notar que, comoT é uma isometria, vale

hT x; yi D hT x;T T �1yi D hT x;T .T �1y/i D hx;T �1yi:2

Agora vamos estudar algumas propriedades de operadores simétricos.Começamos com o seguinte resultado, que justifica a denominação de hermitianopara um operador simétrico:

4Observe que uma isometria é sempre contínua.

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Teorema 4.35SejamE um espaço com produto interno eT W E ! E um operador.Então as seguintes afirmações são equivalentes:

.i/ T é simétrico;

.i i/ a forma sesquilinearBW E � E ! K definida porB.x; y/ D hT x; yi éhermitiana;

Se o espaçoE for complexo, essas condições são equivalentes a

.i i i/ a forma quadráticaqB, dada porqB.x/ D hT x; xi, é uma função real.

Se o operadorT W E ! E for simétrico e contínuo, vale

kT k D kqBk WD supkxkD1

jB.x; x/j D supkxkD1

ˇhT x; xi

ˇ;

em que a segunda igualdade definekqBk.

Demonstração: Para verificar que as condições.i/ e .i i/ são equivalentes, bastanotar que

B.x; y/ D B.y; x/ , hT x; yi D hTy; xi , hT x; yi D hx;Tyi:

Suponhamos agora queE seja um espaçocomplexo. SeB for hermitiana, então

qB.x/ D B.x; x/ D B.x; x/ D qB.x/;

mostrando queqB.x/ 2 R. Para mostrar a recíproca, partimos da identidade

B.y; x/ D 1

4ŒqB.y C x/ � qB.y � x/�C i

4ŒqB.y C ix/ � qB.y � ix/�; (4.4)

que é facilmente verificada ao se desenvolver o lado direito da igualdade. (Essaidentidade (também) é conhecida comoidentidade de polarização.) Uma vez queqB.x/ D qB.�x/ D qB.ix/ D qB.�ix/, temos

B.y; x/ D 1

4ŒqB.x C y/ � qB.x � y/�C i

4ŒqB.x � iy/� qB.x C iy/�

D 1

4ŒqB.x C y/ � qB.x � y/� � i

4ŒqB.x C iy/� qB.x � iy/�

D B.x; y/;

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a última igualdade sendo verdadeira porqueqB.x/ 2 R para todox 2 E.Verificamos, assim,.i i/.

Sekxk D 1 D kyk, a identidade.4:4/ garante que5

jReB.x; y/j � 1

4

�jqB.x C y/j C jqB.x � y/j

�

� 1

4kqBk

�kx C yk2 C kx � yk2

�

D 1

2kqBk

�kxk2 C kyk2

�

D kqBk: (4.6)

(O fundamento desse procedimento é a utilização da identidade do paralelogramo.2:11/, válida apenas se o produto interno gerar a normak � k. Note que, tomando osupremo comkxk D 1 D kyk, provamos o caso em queB é bilinear.)

Se B.x; y/ 2 C, escrevemos sua forma polar:B.x; y/ D rei� . Definindo˛ D e�i� , obtemos

˛B.x; y/ D r D jB.x; y/j:

Parakxk D 1 D kyk, decorre então de.4:6/ que

kqBk �ˇReB.˛x; y/

ˇDˇRe ˛B.x; y/

ˇD jB.x; y/j:

Consequentemente, em qualquer caso temos que

kqBk � supkxkD1Dkyk

jB.x; y/j D kBk:2

Exemplo 4.36 SejamE D CL2

�Œa; b�;K

�e hW Œa; b� ! R uma função contínua.

Consideremos ooperador de multiplicaçãoT W E ! E definido por

.Tf /.x/ D h.x/f .x/:

5No caso real, a identidade

B.y;x/ D 1

4ŒqB.x C y/ � qB.x � y/� (4.5)

é válida apenas seB.x;y/ D B.y;x/ for simétrica. Verifique! No caso complexo, estamos usandoqueqB.x/ 2 R.

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Note quekTf k � maxx2Œa;b� jh.x/j kf k e queTf é função contínua.

Uma vez que

hTf;gi DZ b

a

h.x/f .x/g.x/ dx DZ b

a

f .x/h.x/g.x/ dx D hf;Tgi;

vemos queT � existe e queT é simétrico. É fácil verificar queT possui extensãocontínua NT W L2

�Œa; b�;K

�! L2

�Œa; b�;K

�. �

Exemplo 4.37 (Continuação do Exemplo 4.7)SeE D CL2.Œa; b�;K/, considere-mos o operador integralKW E ! E dado por

K.f /.x/ DZ b

a

k.x; y/f .y/dy;

em que seu núcleok W Œa; b� � Œa; b� ! K é uma função contínua. Já mostramosqueK é um operador limitado.

Aplicando o Teorema de Fubini (citação em livro que não usa medida!!), temosque

hKf;gi DZ b

a

Z b

a

�.x; y/f .y/dy

!g.x/dx

DZ b

a

f .y/

Z b

a

�.x; y/g.x/dx

!dy

DZ b

a

f .y/

Z b

a

�.x; y/g.x/dx

!dy D hf;K�gi:

Isso mostra queK possui adjuntoK�W E ! E dado por

K�.f /.y/ DZ b

a

�.x; y/f .x/dx:

Em particular, o operadorK é simétrico se, e somente se, seu núcleo�.x; y/

satisfizer�.x; y/ D �.y; x/. �

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Exemplo 4.38 Se T W E ! E um operador no espaço com produto internoE.Suponha queT � exista. Então os operadoresT1 D T C T � e T2 D T �T sãosimétricos. De fato, parax; y 2 E vale

hT1x; yi D h.T C T �/x; yi D hx; .T C T �/�yi D hx;T1yi

ehT2x; yi D h.T �T /x; yi D hT x;Tyi D hx;T �Tyi D hx;T2yi;

provando o afirmado. �

Exemplo 4.39 Consideremos o espaçoE de todas as funçõesf WR ! C de classeC 1 tais que limx!˙1 f .k/.x/ D 0 (comk D 0; 1; 2; : : :) e que satisfazem

kf kL2 D�Z 1

�1jf .x/j2dx

�1=2

< 1:

É fácil verificar queE é um espaço com produto interno se definirmos

hf;gi DZ 1

�1f .x/g.x/ dx:

Consideremos o operadorS W E ! E definido por

Sf D if 0:

Integrando por partes, temos:

hSf;gi DZ 1

�1

�if 0.x/

�g.x/ dx D

Z 1

�1f .x/

�ig0.x/

�dx D hf;Sgi;

de modo queS é um operador simétrico. �

Agora passamos a considerar alguns exemplos e propriedadesde operadoresanti-simétricos.

SeE for um espaçocomplexo, decorre da Identidade de Polarização.4:4/ queum operadorT W E ! E satisfazhT x; xi D 0 para todox 2 E se, e somente se,T � 0. Mas, e se o operador contínuoT W E ! E estiver definido sobre um espaçoreal E?

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Exemplo 4.40 ConsideremosE D R2 eT WR2 ! R2 definida por

T D�

0 �1

1 0

�:

TemosqB.x/ D hx;T xi D hT x; xi � 0, masT não é identicamente nulo.Compare com o Teorema 4.35. �

Teorema 4.41SejamE um espaçoreal com produto interno eT W E ! E umoperador que possua adjuntoT �W E ! E. EntãohT x; xi D 0 para todox 2 E

se, e somente se,T for anti-simétrico.

Demonstração:Suponhamos quehT x; xi D 0 para todox 2 E. Então

0 D hT .x C y/; x C yiD hT x; yi C hTy; xi D hT x; yi C hx;Tyi D hT x; yi C hT �x; yi:

Assim,

0 D hT x; yi C hT �x; yi D h.T C T �/x; yi 8 x; y 2 E:

Tomandoy D .T C T �/x, daí decorre imediatamente queT D �T �.Reciprocamente, seT D �T �, então

hT x; xi D hx;T �xi D �hx;T xi D �hT x; xi;

provando o afirmado. 2

Verifique o Teorema 4.41 no caso deE D C 1L2;0

.R;R/ e o operador definidono Exemplo 4.20. Uma caracterização de operadores anti-simétricos em espaçoscomplexosé dada no comentário após o Teorema 5.26.

Exemplo 4.42 SejaE um espaço complexo com produto interno eT W E ! E umoperador simétrico. DefinaS D iT . Então

hSx; yi D ihT x; yi D ihx;Tyi D hx;�iTyi D hx;�Syi;

de onde obtemos queS� D �S . �

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Apresentamos agora algumas propriedades de operadores normais. Lembramosque operadores unitários, simétricos e anti-simétricos sempre são operadoresnormais.

Teorema 4.43Seja N W E ! E um operador normal no espaço com produtointernoE. Então:

.i/ kN xk D kN �xk para todox 2 E; reciprocamente, se essa igualdade forválida para todox 2 E, entãoN é normal;

.i i/ se N for contínuo eE D H, em queH é umespaço de Hilbert, entãoN � D UN D N U , em queU é unitário. Em particular,im N D im N � evale a decomposiçãoortogonal

H D kerN ˚ im N :

Demonstração:Suponhamos queN seja normal. Então

kN xk2 D hN x;N xi D hN �N x; xi D hNN �x; xi D hN �x;N �xi D kN �xk2:

Reciprocamente, dekN xk D kN �xk obtemos (como acima)

hN �N x; xi D hNN �x; xi )˝.N �N � NN �/x; x

˛D 0 8 x 2 E:

ComoNN ��N �N é simétrico, do Teorema 4.35 inferimos queN �N �NN � D 0,provando.i/.

Suponhamos queN WH ! H seja contínuo. DefinaV W im N ! im N � porV .N x/ D N �x. De acordo com o que provamos em.i/, V é uma isometriae, portanto, injetora. Uma vez queim N � é um subespaço completo deH, oExercício 32 do Capítulo 1 garante que podemos estenderV a uma isometriaNV W im N ! im N �.

Como.i/ implica que kerN � D kerN , o Teorema 4.24 garante que

kerN ˚ im N D H D kerN ˚ im N �: (4.7)

Daí decorre queNV W im N ! im N � é uma aplicação sobrejetora.

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Definimos agoraU W im N ˚ kerN ! im N � ˚ kerN � por

U.x1 C x2/ D NV x1 C x2:

Como a decomposição.4:7/ é ortogonal, temos queU preserva norma sendo,portanto, uma isometria. ComoNV é sobrejetora,U é sobrejetora. A Proposição 4.34implica, então, queU é um operador unitário. Sex 2 E, entãoUN x D V .N x/ DN �x, provando queN � D UN . ComoU é unitário, a relaçãoN � D UN mostraque imN � D im N .

Tomando o adjunto na igualdadeN � D UN , obtemosN D .UN /� D N �U �.Multiplicando porU , vem N U D N �U �U D N �, pois U é uma isometria.Provamos assim queN U D UN . 2

Corolário 4.44 SeN W E ! E for um operador normal, entãokN 2k D kN k2.

Demonstração: Sejax D Ny. Então,kT 2yk D kT .Ty/k D kT �.Ty/k paratodo y 2 E, de modo quekT 2k D kT �T k. O resultado decorre da Proposição4.17. 2

Teorema 4.45SejaT W E ! E um operador no espaço com produto internoE.Suponhamos queE seja um espaço complexo e que existaT �. Então

.i/ existem únicos operadoresT1;T2W E ! E, simétricos, tais que

T D T1 C iT2:

Além disso,T � D T1 � iT2;

.i i/ o operadorT é normal se, e somente se,T1T2 D T2T1.

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Demonstração:DefinaT1 D .T C T �/=2 eT2 D .T � T �/=.2i/. ClaramenteT1

e T2 são simétricos eT D T1 C iT2. SeT D A C iB comA e B auto-adjuntos,entãoT � D A � iB. Daí decorreT C T � D 2A eT � T � D 2iB, de onde decorrea unicidade deT1 eT2.

Uma vez queT �T D T 2

1 C T 22 C i.T1T2 � T2T1/

eT T � D T 2

1 C T 22 � i.T1T2 � T2T1/;

seT for normal, concluímos queT1T2 �T2T1 D 0. Reciprocamente, as expressõesacima garantem queT T � D T �T , seT1 e T2 comutarem. 2

Assim, seE for um espaçocomplexocom produto interno e se existir o adjuntodo operadorT W E ! E, concluímos queT2 D 0, se T for simétrico. Poroutro lado, seT for um operador anti-simétrico, entãoT1 D 0, resultado quecomplementa o Teorema 4.41.

4.4 Aplicações Descontínuas

Como vimos, aplicações contínuasT W E ! F entre espaços com produtointerno são satisfatoriamente tratadas no contextoT WH1 ! H2, em queH1;H2

são os completamentos dos espaçosE e F , respectivamente. Nesse contexto,o Teorema de Representação de Riesz sempre garante a existência da adjuntaT �WH2 ! H1. (Veja também a Observação 4.16.)

Por outro lado, já mostramos que aplicações descontínuasT W E ! F nemsempre possuem adjuntaT �W F ! E. Para contornar essa situação, reduzimos osdomínios das aplicações envolvidas, agora subespaços de espaços de Hilbert:

Definição 4.46SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / ! H2 uma aplicaçãolinear definida no subespaçoD.T / � H1. DefinimosD.T �/ como o conjunto detodos os pontosy 2 H2 tais que

hT x; yi D hx;uyi

para algumuy 2 H1 e todox 2 D.T /.

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§4.4 Aplicações Descontínuas 147

É imediato quey D 0 2 D.T �/ (com u0 D 0) e queD.T �/ é umsubespaço deH2. Observe que, dada uma aplicaçãoT W E ! F entre espaçoscom produto interno, sempre podemos considerar os completamentosH1;H2 deE

e F , respectivamente, e considerarD.T / D E.

Lema 4.47 SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / ! H2 uma aplicaçãolinear definida no subespaçoD.T / � H1. Para caday 2 D.T �/ está associadoum únicouy 2 H1 se, e somente se,D.T / for denso emH1.

Demonstração: Suponhamos queD.T / seja denso emH1 e que hx;ui DhT x; yi D hx; Qui paray 2 D.T �/ e u; Qu 2 H2 e todox 2 D.T /. Entãohx;u � Qui D 0. Isso quer dizer queu � Qu 2 ŒD.T /�?. Daí decorre queu � Qu 2 ŒD.T /�? D H?

1 D f0g, o que implicau D Qu.Por outro lado, seD.T / ¤ H1, então existe0 ¤ z 2 ŒD.T /�?. LogouC z ¤ u

e hT x; yi D hx;ui D hx;u C zi. 2

Definição 4.48SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / ! H2 uma aplicaçãolinear. Dizemos queT é densamente definidaseD.T / for denso emH1. Nessecaso, definimos aadjunta deT , T �WD.T �/ ! H1 por T �y D uy, em queuy é oúnico ponto emH1 tal quehT x; yi D hx;uyi para todox 2 D.T /. Assim,

hT x; yi D hx;T �yi; 8 x 2 D.T /; 8 y 2 D.T �/: (4.8)

Elucidamos as Definições 4.46 e 4.48 ao oferecermos um tratamento alternativo:o domínioD.T �/ pode ser entendido como o conjunto do pontosy tais quefy.x/ D hT x; yi é um funcional linearcontínuo; como esse funcional está definidono subespaço densoD.T / � H1, ele possui uma extensão contínuaNfy WH1 ! K.Pelo Teorema de Representação de Riesz, existe um único elementouy 2 H1 talque Nfy.x/ D hx;ui. O operadorT � é definido porT �y D uy .

Lema 4.49 A aplicaçãoT �WD.T �/ ! H1 é linear.

Demonstração:Claramente vale, para todosx 2 D.T /, y1; y2 2 D.T �/ e˛ 2 K,

hx;T �.y1 C ˛y2/i D hT x; y1 C ˛y2i D hT x; y1i C N hT x; y2iD hx;T �y1i C N hx;T �y2iD hx;T �y1 C ˛T �y2i:

A unicidadadedeT �.y1 C ˛y2/ garante o afirmado. 2

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Observação 4.50Note que, diferentemente da demonstração do Lema 4.9,nãopodemos tomarx D T �.y1 C ˛y2/ � T �y1 � ˛T �y2 para concluir a linearidadedeT �, pois não sabemos se esse ponto pertence aD.T /. �

Observação 4.51Observe que a definição deT � introduz uma assimetria nocomportamento deT e T �: o domínio deT � é o maior conjunto de pontosy 2 H2 tais quehT x; yi D hx;T �yi para todox 2 D.T /. Mas, consideradaa aplicação linearT �WD.T �/ ! H1, podem existir pontosx 2 H1 nD.T / tais quehx;T �yi D hv; yi para algumv 2 H2. Como antes, a unicidade dev depende dodomínioD.T �/ ser denso emH2. �

Definição 4.52SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / � H1 ! H2 umaaplicação linear densamente definida. Dizemos queS é umaextensãode T ,denotadoT � S , seD.T / � D.S/ eT x D Sx para todox 2 D.T /.

Ao considerarmos a somaS C T ou a compostaU T de aplicações lineares,devemos ter em mente onde elas estão definidas. Por exemplo, odomínio deS CT

éD.S/ \ D.T /, enquanto o domínio deU T é fx 2 D.T / W T x 2 D.U /g.

Proposição 4.53SejamH1;H2;H3 espaços de Hilbert,D.T /;D.S/ subespaçosdensos deH1 eT WD.T / ! H2, S WD.S/ ! H2 aplicações lineares. Então vale:

.i/ .˛T /� D NT � e .T C ˛I/� D T � C N I para todo˛ 2 K;

.i i/ T � S implicaS� � T �;

.i i i/ seD.T C S/ D D.T / \ D.S/ e D.T � C S�/ D D.T �/ \ D.S�/, entãoT � C S� � .T C S/�, seD.T C S/ for denso emH1;

.iv/ SeD.T �/ D H2, entãoT � .T �/� D T ��.

SeD.U / for um subespaço denso emH2 eU WD.U / ! H3 for linear, então

.v/ T �U � � .U T /�.

Apesar de serem semelhantes, apresentaremos a prova de todos os itens desse resultado.Demonstração: Parax 2 D.T /, y 2 D.T �/ e ˛ 2 K temosh˛T x;yi D hx; NT �yi. Aunicidade de.˛T /� garante que.˛T /� D NT �. Além disso,hx; .T C ˛I/�yi D h.T C ˛I/x;yi DhT x;yi C h˛Ix;yi D hx;T �yi C hx; N Iyi D hx;T �y C N Iyi, completando a prova de.i/.

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Uma vez quehSx;yi D hx;S�yi para quaisquerx 2 D.S/ e y 2 D.S�/, comoS é umaextensão deT , valehT x;yi D hx;S�yi para todox 2 D.T / e para todoy 2 D.S�/. Isso implicaqueD.S�/ � D.T �/ e S�y D T �y para todoy 2 D.S�/, mostrando.i i/.

Da mesma forma, comohT �y;xi D hy;T xi para quaisquery 2 D.T �/ e x 2 D.T /, temosqueD.T / � D.T ��/ eT ��x D T x para todox 2 D.T /, mostrando.iv/.

Parax 2 D.T C S/ D D.T / \ D.S/ e y 2 D.T � C S�/ D D.T �/ \ D.S�/, temos

h.T C S/x;yi D hT x;yi C hSx;yi D hx;T �yi C hx;S�yi D hx; .T � C S�/yi:

Isso quer dizer quey 2 D�.T C S/�

�e .T C S/�y D T �y C S�y, mostrando.i i i/.

Sejamx 2 D.U T / e y 2 D.T �U �/. Comox 2 D.T / e U �y 2 D.T �/, temos

hT x;U �yi D hx;T �U �yi:

Mas também temos queT x 2 D.U / e y 2 D.U �/, de modo que

hU T x;yi D hT x;U �yi:

Assim,hU T x;yi D hx;T �U �yi:

Como essa igualdade vale para todox 2 D.U T /, temos quey 2 D�.U T /�

�e.U T /�y D T �U �y,

provando.v/. 2

Proposição 4.54SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / � H1 ! H2 umaaplicação densamente definida e injetora. Seim T for denso emH2, entãoT � éinjetor e

.T �/�1 D .T �1/�:

Demonstração:Tomey 2 D.T �/ ex 2 D.T �1/. EntãoT �1x 2 D.T / e

hT �1x;T �yi D hT T �1x;yi D hx;yi:

A Definição 4.48 garante então queT �y 2 D�.T �1/�

�e

.T �1/�T �y D .T T �1/�y D y: (4.9)

Tome entãoy 2 D�.T �1/�

�ex 2 D.T /. EntãoT x 2 D.T �1/ e

DT x;

�T �1

��yE

D hT �1T x;yi D hx;yi;

de onde decorre que.T �1/�y 2 D.T �/ e

T ��T �1��

y D .T �1T /�y D y: (4.10)

O resultado é, então, consequência de.4:9/ e .4:10/. 2

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Se a aplicaçãoT WH1 ! H2 estiver definida em todo o espaçoH1, então suaadjunta é semprecontínua(compare com o Teorema 4.18):

Teorema 4.55SejamH1;H2 espaços de Hilbert. Se a aplicaçãoT WH1 ! H2

estiver definida em todo o espaçoH1, entãoT �WD.T �/ � H2 ! H1 é contínua.

Demonstração:SeT � não fosse limitada, existiria uma sequência.yn/ � D.T �/,comkynk D 1, tal que

limn!1

kT �ynk D 1:

Masjhx;T �ynij D jhT x; ynij � kT xk;

implica que a sequência�hx;T �yni

�é limitada. Pelo Princípio da Limitação

Uniforme (Teorema 3.33), teríamos�kT �ynk

�limitada, o que estabelece uma

contradição. 2

ConsiderandoD.T �/ D E, a demonstração do Teorema 4.55 é a mesmadaquela do Teorema 4.18, mas agora não estamos supondo a existência deT �. Note,contudo, que não podemos concluir queT é contínua (o que foi obtido, naquelecaso, no Corolário 4.19). Lá, tínhamos queT WH ! E e tínhamos a unicidade daadjunta. Aqui, não podemos garantir que imT � D.T �/.

Teorema 4.56SejaT WH1 ! H2. Suponhamos queD.T �/ D H2. EntãoT élimitado.

Demonstração:Aplicando o Teorema 4.55 aT �WH2 ! H1, concluímos queT ��

é limitado. Do item (iv) da Proposição 4.53 temosT � T ��. MasD.T ��/ DH1 D D.T /, de modo queT �� D T , provando queT é contínua. 2

Definição 4.57SejaH um espaço de Hilbert. O operador densamente definidoT WD.T / � H ! H é

.i/ auto-adjunto, seT D T �, isto é,

D.T / D D.T �/ e T x D T �x 8 x 2 D.T /:

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.i i/ simétrico, sehT x; yi D hx;Tyi 8 x; y 2 D.T /:

Pode ocorrer queT possua um adjuntoT � tal queT .x/ D T �.x/ para todox 2 D.T / \ D.T �/, masD.T / ¤ D.T �/ e, portanto,T não é auto-adjunto. É oque veremos no próximo exemplo:

Exemplo 4.58 Existem operadores simétricos que não são auto-adjuntos. De fato,consideremos o operador diferencialD D i.d=dt/, com o domínio deD definidopor

D.D/ D˚f W Œa; b� ! C W f 2 C 1; f .a/ D f .b/ D 0

:

É claro queD.D/ é um subespaço deL2 D L2�Œa; b�;C

�. Decorre do Teorema

2.37 que esse subespaço é denso emL2. Assim, D é um operador densamentedefinido. Sef;g 2 D.D/, então temos

hDf;gi � hf;Dgi DZ b

a

if 0.t/g.t/dt �Z b

a

f .t/ig0.t/dt

D i

Z b

a

d

dt

�f .t/ Ng.t/

�dt D if .t/g.t/

ˇˇtDb

tDaD 0;

mostrando queD é um operador linear simétrico.Contudo, a igualdade anterior mostra quehDf;gi D hf;Dgi mesmo que a

funçãog não satisfaçag.a/ D g.b/ D 0. Quer dizer,

˚gW Œa; b� ! C W g 2 C 1

� D.D�/;

Em textos mais avançados determina-se do domínio do operador D�. Veja, porexemplo, [18]. �

Proposição 4.59SejaH um espaço de Hilbert. O operador densamente definidoT WD.T / � H ! H é simétrico se, e somente se,T � T �. SeT for simétrico eD.T / D H, entãoT é auto-adjunto e contínuo.

Demonstração:SeT � T �, decorre de.4:8/ quehT x; yi D hx;Tyi para todosx; y 2 D.T /, mostrando queT é simétrico. SeT for simétrico, temosT � T �

por definição.

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SeT � T � eD.T / D H, entãoD.T �/ D H, mostrando queT D T �. Assim,o Teorema 4.56 garante queT é contínuo. 2

Assim, todo operadorT WH ! H simétrico é contínuo, resultado que éconhecido comoTeorema de Hellinger-Töplitz.. Esse resultado não é válido se oespaço com produto internoE não for completo, como mostra o seguinte exemplo:

Exemplo 4.60 Seja`0 o subespaço de2 formado por todas as sequências.xk/

tais quexk D 0, exceto talvez para um número finito de índicesk. DefinimosT W `0 ! `0 porT x D T .xk/ D .kxk/. Claramente

hT x; yi DX

k2Nkxkyk D

X

k2Nxkkyk D hx;Tyi:

ComoTen D nen para todon 2 N, vemos queT não é limitado. �

4.5 O Teorema do Gráfico Fechado

A importância de alguns exemplos envolvendo aplicações lineares descontínuasmotiva a procura de alguma propriedade que possa substituira continuidade, aindaque em um sentido mais fraco, e que seja satisfeita por uma grande classe de taisaplicações. O estudo de propriedades de aplicações fechadas será aqui apenasintroduzido. Para um tratamento mais extenso veja, por exemplo, Brezis [4].

Definição 4.61SejamX;Y espaços normados eD � X um subespaço. Umaaplicação linearT W D ! Y é fechada, se

xn ! x e T xn ! y ) x 2 D e T x D y:

Proposição 4.62SejamY um espaço de Banach eT W D � X ! Y uma aplicaçãolinear contínua. EntãoT é fechada se, e somente se,D D ND, isto é, seD for umsubespaço fechado.

Demonstração:SuponhamosD fechado. Sexn ! x eT xn ! y, então.xn/ � D.ComoD é fechado,x 2 D. ComoT é contínua,T xn ! T x, mostrando queT éfechada.

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§4.5 O Teorema do Gráfico Fechado 153

Se D não for fechado, existe uma sequência.xn/ em D tal quexn ! x ex 62 D. A sequência.xn/ é de Cauchy, pois é convergente. ComokT xn � T xmk �kT k kxn � xmk, .T xn/ é de Cauchy no espaço completoF . Logo, existey 2 F talqueT xn ! y. Mostramos, assim, queT não é fechada. 2

Exemplo 4.63 Sejam X o espaçoC�Œ0; 1�;R

�com a norma do sup eD D

C 1�Œ0; 1�;R

�� X . Consideremos o operador linearT W D � X ! X definido

por Tf D f 0. Tomando a sequênciahn.t/ D tn, vemos quekhnk1 D 1 para todon 2 N e T hn D ntn�1, de modo quekT hnk1 D n. Assim,T não é contínuo.

Mas T é fechado. De fato, suponhamos quefn ! f e Tfn ! g. Decorredo Teorema Fundamental do Cálculo e da convergência uniforme que a funçãof édiferenciável e quef 0 D g.6 �

SejamH1;H2 espaços de Hilbert. Vamos provar que todo operadorfechadoT WH1 ! H2 definido em todo espaçoH1 é contínuo (veja o Teorema do GráficoFechado 4.72). Como consequência, se uma aplicação fechadaT WD.T / � H1 !H2 for descontínua, então seu domínio não pode ser fechado. (Veja o Exercício 13.)

Exemplo 4.64 Consideremos o subespaço`0 � `2 de todas as sequência.xi/ comxi D 0 exceto talvez para um número finito de índices (veja os Exemplos 1.6 e3.17). Defina a aplicação linear descontínuaT W `0 ! `0 porTej D jej , em queej

é a sequência com todas as coordenadas nula, exceto aj -ésima, que é igual a1.Afirmamos queT não é fechada. De fato, considere a sequência

x1 D�

1

12; 0; : : :

�; x2 D

�1

12;

1

22; 0; : : :

�; : : : ; xn D

�1

12;

1

22; : : : ;

1

n2; 0; : : :

�:

Então

xn ! x D�

1

12; : : : ;

1

n2;

1

.n C 1/2; : : :

�2 `2

e

T xn ! y D�

1

1; : : : ;

1

n;

1

n C 1; : : :

�2 `2:

Comox 62 `0, T não é fechada. �

6Veja [25], Teorema 7, p. 302.

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Proposição 4.65SejamX;Y espaços normados eD � X um subespaço. Se aaplicação linearT W D ! Y for fechada e injetora, entãoT �1W im T � Y ! D

também é fechada.

Demonstração: A linearidade deT garante a linearidade deT �1W im T ! D.Consideremos uma sequência.yn/ em imT tal queyn ! y eT �1yn ! x. Definaxn D T �1yn. Logo,xn ! x e yn D T xn ! y. Uma vez queT é fechada, temosx 2 D e T x D y. Isso garante quey 2 im T e x D T �1y. Mostramos queT �1 éfechada. 2

Proposição 4.66SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / � H1 ! H2 umaaplicação linear densamente definida. EntãoT � é fechada. Em particular, todaaplicação auto-adjunta é fechada.

Demonstração: Denotando porD.T �/ � H2 o domínio da aplicação linearT �WD.T �/ ! H1, sejayn 2 D.T �/ com yn ! y e T �yn ! u. Então, paratodox 2 D.T / vale

hT x; yi D limn!1

hT x; yni D limn!1

hx;T �yni D hx;ui:

Daí decorrey 2 D.T �/ e u D T �y. 2

Uma vez que a restrição de uma aplicação fechada a um subespaço pode não seruma aplicação fechada, no resultado anterior não podemos substituir a hipótese deT ser auto-adjunta porT ser simétrica.

ParaE;F espaços com produto interno,

h.x; y/; . Nx; Ny/iE�F D hx; Nxi C hy; Nyi

define um produto interno emE � F . SeE;F forem espaços de Hilbert, entãoE�F é um espaço de Hilbert. Na sequência, ao considerarmos o produto cartesianoE � F , associaremos sempre essa topologia.

Agora apresentamos uma caracterização de uma aplicação fechada:

Definição 4.67X;Y espaços normados eD � X um subespaço. Definimos ográfico de uma aplicaçãoT W D ! Y por

GrT D˚.x; y/ 2 D � Y W y D T x

:

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§4.5 O Teorema do Gráfico Fechado 155

Proposição 4.68SejamX;Y espaços normados eD � X um subespaço. Entãouma aplicaçãoT W D ! F é fechada se, e somente se,GrT for um subespaçofechado deX � Y .

Demonstração:A linearidade deT garante que GrT é um subespaço deX � Y .

Suponhamos queT seja fechada. Seja.x; y/ 2 GrT . Por definição, existe.xn;T xn/ 2 GrT tal que.xn;T xn/ ! .x; y/. Isso quer dizer quexn ! x eT xn ! y. ComoT é fechada,x 2 D eT x D y, mostrando que.x; y/ 2 GrT .

Reciprocamente, suponhamos que GrT seja fechado. Se tomarmosxn 2 D talquexn ! x eT xn ! y, então.xn;T xn/ ! .x; y/. Como GrT é fechado, temosque .x; y/ 2 GrT . Isso quer dizer quex 2 D e T x D y, mostrando queT éfechada. 2

A demonstração do próximo resultado é imediata:

Lema 4.69 SejamE;F espaços normados. Definimos as aplicações

V1W E � F ! F � E

.x ; y/ 7! .y ; �x/

V2W F � E ! E � F

.y ; x/ 7! .x ; �y/:

EntãoV1 eV2 são isometrias lineares bijetoras eV2V1 D �IW E � F ! E � F ,enquantoV1V2 D �IW F � E ! F � E.

Teorema 4.70SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / � H1 ! H2 umaaplicação linear densamente definida. Então

GrT � D�V1GrT

�?e H2 � H1 D V1GrT ˚ GrT �;

com soma direta ortogonal. Além disso,GrT D .V2GrT �/?.

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Demonstração:Temos, para quaisquerx 2 D.T / ey0 2 D.T �/,

.y0;T�y0/ 2 GrT � , hT x; y0i D hx;T �y0i

, hx;T �y0i C hT x;�y0i D 0

,˝.x;T x/; .T �y0;�y0/

˛H1�H2

D 0

,˝V1.x;T x/;V1.T

�y0;�y0/˛H2�H1

D 0

, .y0;T�y0/ ? V1GrT

, .y0;T�y0/ ? V1GrT D V1GrT

, .y0;T�y0/ 2 .V1GrT /?

e o Teorema 3.12 garante então queH2 � H1 D V1GrT ˚ GrT �. Noteque V1 ser uma isometria linear garante quehV1.x;T x/;V1.u0;�y0/iH2�H1

Dh.x;T x/; .u0;�y0/iH1�H2

, pela Proposição 2.43, enquanto o Exercício 12 garanteque a imagem de uma isometria linear é fechada.

Se. Nx;u/ 2 GrT e .y;T �y/ 2 GrT �, então˝V1. Nx;u/; .y;T �y/

˛D 0 ,

˝V2V1. Nx;u/;V2.y;T

�y/˛D 0;

pois V2 é uma isometria. Daí decorre que. Nx;u/ ? V2GrT �, ou seja,GrT D.V2GrT �/?. 2

Teorema 4.71SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / � H1 ! H2 umaaplicação linear densamente definidas. EntãoT é fechada se, e somente se,D.T �/ D H2 eT �� D T .

Demonstração: SeD.T �/ D H2, a Proposição 4.66 garante queT �� é fechada.ComoT �� D T , mostramos uma das implicações.

SeT for fechada, então GrT D GrT e GrT D .V2GrT �/?, de acordo com aProposição 4.68 e o Teorema 4.70. Suponhamos queD.T �/ ¤ H2. Então existiria0 ¤ y ? D.T �/. Em particular,.y; 0/ ? GrT � e, portanto,V2.y; 0/ ? GrT �,ou seja,.0;�y/ 2 V2GrT � D GrT . Assim, teríamosT 0 D �y, absurdo. Paracompletar a prova, mostraremos queT �� D T . De fato, decorre do Teorema 4.70aplicado aT � que7

GrT �� D .V2GrT �/? D .V2GrT �/?;

7Note que devemos aplicarV2 a GrT �!

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§4.6 O Teorema da Aplicação Aberta 157

pois a Proposição 4.66 garante queT � é fechada. Uma nova aplicação do Teorema4.70 implica que

GrT �� D .V2GrT �/? D GrT D GrT;

o que significaT D T ��. 2

Teorema 4.72 (do Gráfico Fechado)SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WH1 ! H2 linear e fechada. EntãoT é

limitada.

Demonstração: ComoT é definida em todo espaçoH1, o Teorema 4.55 garantequeT �WD.T �/ ! H1 é contínua. Mas, a adjunta deT é sempre fechada. Umavez que o Teorema 4.71 garante queD.T �/ é denso emH2 e a Proposição 4.62garante queD.T �/ é fechado, concluímos queD.T �/ D H2. Uma nova aplicaçãodo Teorema 4.55 garante queT �� é contínua. Mas, pelo Teorema 4.71,T �� D T .Assim,T é contínua. 2

O Teorema do Gráfico Fechado pode ser estendido para aplicações linearesfechadas entre espaços de Banach.

4.6 O Teorema da Aplicação Aberta

O Teorema do Gráfico Fechado, visto na seção anterior, nos dizque umaaplicação linear é contínua se, e somente se seu gráfico for fechado. Esse é umfato peculiar das aplicações lineares. Definitivamente o gráfico ser fechado não écondição suficiente para continuidade de uma função em geral. Basta olhar para afunção realf .x/ D 1=x.

Definição 4.73SejamX;Y espaços normados. Uma aplicaçãof W X ! Y éabertasef .V / � F for um aberto, para todoV � E aberto.

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Veremos agora um outro fato bastante surpreendente sobre aplicações lineares.Suponha uma transformação linearT W X ! Y entre espaços de Banach.Observamos que, se a aplicaçãoT for aberta, então necessariamenteT serásobrejetora. Este fato é conseqüência da preservação da homotetia por parte deuma transformação linear. Vejamos: a imagemT .Br .0// é um aberto deY quecontém a origem, poisT .0/ D 0. Logo, existe� > 0 tal queB�.0/ � T .Br .0//.Daí decorre facilmente que a aplicaçãoT é sobrejetora.8 Assim, a pergunta que seimpõe é: uma aplicação linear sobrejetora é necessariamente aberta? Certamentevamos impor a continuidade deT , visto que há exemplos de bijeções lineares quenão são contínuas.

Esta pergunta tem resposta afirmativa e o resultado decorre do Teorema doGráfico Fechado. Na verdade são resultados equivalentes, ouseja, um pode serdemonstrado a partir do outro e vice-versa. Aqui usaremos o Gráfico Fechado, vistona seção anterior, para demonstrar que uma aplicação linearcontínua sobrejetoraentre espaços de Hilbert é necessariamente aberta.

Teorema 4.74 (da Aplicação Aberta)SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WH1 ! H2 uma aplicação linear

contínua e sobrejetora. EntãoT é aberta.

Demonstração: SejaN D kerT . Sabemos que o espaçoH1 se decompõe emsoma diretaH1 D N ˚ M , em queM D N ?. DefinaS W M ! H2 como sendo arestrição deT ao subespaçoM . É fácil verificar queS é uma bijeção (linear) entreos espaços de HilbertM eH2. E S é contínua, como restrição de uma aplicaçãocontínua. Assim, a Proposição 4.62 garante queS é fechada e, portanto, GrS éfechado.

Uma vez que GrS e GrS�1 “coincidem”, vemos que GrS�1 é fechado.Decorre do Teorema do Gráfico Fechado que a inversaS�1 é uma aplicaçãocontínua, o que significa que a aplicaçãoS é aberta, ou seja,S leva conjuntosabertos deM em conjuntos abertos deH2.

Veremos agora que decorre desse resultado que a aplicaçãoT também é aberta.Para isso sejaV um aberto deH1 D N ˚ M . Devemos verificar queT .V / éaberto emH2. SejaT .z0/ um ponto arbitrário deT .V /, em quez0 D x0 Cy0 2 V ,

8Veja o Exercício 38.

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com x0 2 N e y0 2 M . Mostraremos queT .z0/ D T .y0/ D S.y0/ é umponto interior deT .V /. Tomer > 0 tal queBr.z0/ � V . Existe um� > 0,suficientemente pequeno (e dependendo der ), tal queBN

� .x0/CBM� .y0/ � Br .z0/.

Aqui estamos denotando porBN� .x0/ e BM

� .y0/ as bolas abertas de raio�, comcentrox0 e contida emN e com centroy0 e contida emM , respectivamente. ComoBN

� .x0/ � N D kerT , temos

T .z0/ 2 T�BN

� .x0/C BM� .y0/

�D T

�BM

� .y0/�

� T .Br .z0// � T .V /:

Assim,T .z0/ 2 T

�BM

� .y0/�

D S�BM

� .y0/�

� T .V /:

ComoS é uma aplicação aberta, temos o resultado. 2

Como corolário imediato temos o importante resultado: uma bijeção linearcontínua entre espaços de Hilbert tem inversa contínua, ou seja, toda bijeção linearcontínua é um homeomorfismo linear.

Corolário 4.75 Uma bijeção T WH1 ! H2 contínua sempre possui inversacontínua.

O Teorema da Aplicação Aberta pode ser estendido para espaços de Banach.

4.7 Exercícios

Denotaremos porH um espaço de Hilbert. Se você não tiver estudado bases nãoenumeráveis em espaços de Hilbert, considere que elas são enumeráveis.

1. SejamS D fx˛ W ˛ 2 Ag uma base deH eX um espaço normado. Suponhaque as aplicações linearescontínuasS;T WH ! X satisfaçamSx˛ D T x˛

para todo 2 A. Mostre queS D T .

2. SejaH um espaço de Hilbert complexo, com base ortonormalfe˛ W ˛ 2 AgeM D fz˛ 2 C W ˛ 2 Ag tal que� WD sup 2A jz˛j < 1.

Mostre que existe apenas uma aplicação linear contínuaV WH ! H tal que

Ve˛ D z˛e˛; 8 ˛ 2 A:

Mostre que

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(a) V�P

˛2A x˛e˛

�DP

˛2A x˛z˛e˛ ekV k D � ;

(b) V �e˛ D z˛e˛;

(c) V � �P˛2A x˛e˛

�DP

˛2A x˛z˛e˛;

(d) V �V D V V �.

3. SejaH� o dual do espaço de HilbertH. Dadox 2 H, mostre que

kxk D supkx�kD1;x�2H�

jx�.x/j D supkykD1

jhx; yij:

4. SejamS;T WH ! H operadores lineares tais queS�S C T �T D 0, ooperador identicamente nulo. Mostre queS D 0 D T .

5. Sejafen W n 2 Zg uma base de espaçoH. Mostre que existe umúnicooperadorlimitado T WH ! H tal queTen D enC1 para todon 2 Z. MostrequeT é isométrico e unitário.

6. Considere o Exemplo 4.3 e a aplicação linearU W `0 ! `0. Verifique que,para quaisquerx; y 2 `0, valehUx; yi D hx;Uyi, de modo queU � D U .

7. No Exemplo 4.4, mostre que

(a) SeT WH ! H for contínua efe˛g uma base (não enumerável) deH,então

T

X

˛

x˛ e˛

!DX

˛

x˛ Te˛:

(b) Mostre que o operadorS definido naquele exemplo não é contínuo;

(c) Mostre que

S

1X

iD1

xiei

!¤

1X

iD1

xi Sei :

8. SejamH um espaço de Hilbert eU;V WH ! H aplicações lineares contínuastais queU �U C V �V D 0. Mostre queU D V D 0

9. No Exemplo 4.20, mostre queDf 2 E e queD não é contínuo.

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10. SejamE D�C 1�0; 1�;R

�; k � k1

�e F D

�C�0; 1�;R

�; k � k1

�. Considere

o operadorDW E ! F definido porDf D f 0. Paraf 2 E, definafn.x/ D f .x/ C e�nx

n. Mostre quefn ! f em E, masDfn 6! Df em

F .

11. SejaT WH ! H um operador simétrico tal quekT k < 1. Mostre queh.I � T /x; xi � .1 � kT k/kxk2 para todox 2 H.

12. SejaT WH1 ! H2 uma isometria entre os espaços de HilbertH1 e H2.Mostre que imT � H2 é um subespaço fechado.

13. Mostre que o domínioD.T / de uma aplicaçãofechada descontínuaT WD.T / � H1 ! H2 entre os espaços de HilbertH1;H2 não pode serfechado. Conclua que uma aplicação fechadaT WD.T / � H1 ! H2 é

.i/ contínua se, e somente se,D.T / for fechado;

.i i/ descontínua se, e somente seD.T / não for fechado.

14. SejamE;F espaços com produto interno eT W E ! F uma aplicação linearfechada. Mostre que, seK � E for um conjunto compacto, entãoT .K/ � F

é um conjunto fechado. O mesmo resultado vale seK for apenas fechado?

15. SejamE;F espaços com produto interno eT W E ! F uma aplicação linearfechada. Mostre que, seK � F for um conjunto compacto, então a imageminversaT �1.K/ é um subconjunto fechado deE

Definição 4.76SejaV um espaço vetorial. Um operador linearP WV ! V é umaprojeçãoseP 2 D P .

16. Mostre que, seP WV ! V for uma projeção, entãoV D kerP ˚ im P .

17. SeM;N forem subespaços deV tais queV D M ˚ N , mostre que existeuma projeçãoP WV ! V tal que kerP D M e imP D N .

Definição 4.77SejaH um espaço de Hilbert. Umaprojeção ortogonalé umoperador linear WH ! H tal que

˘2 D ˘ e hPx; yi D hx;Pyi 8 x 2 H:

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18. Se WH ! H for uma projeção linear e ¤ 0, entãok˘k D 1.

Existe uma correspondência bijetora entre projeções ortogonais˘ e subespaçosfechadosM � H, com im˘ D N . O núcleo de éN ?.

19. Se˘ WH ! H for uma projeção ortogonal, então imé fechado e vale adecomposição ortogonal

H D ker˘ ˚ im˘:

20. SejaN um subespaço fechado deH. Mostre que existe uma projeçãoortogonal WH ! H tal que im˘ D N e ker D N ?.

21. Sejam˘1; ˘2WH ! H projeções ortogonais sobre os subespaçosF e G,respectivamente. As seguintes afirmações são equivalentes:

(a) ˘1˘2 D ˘2˘1;

(b) ˘1˘2 é uma projeção ortogonal;

(c) ˘2˘1 é uma projeção ortogonal.

Mostre, então, que se1˘2 for uma projeção ortogonal, então im1˘2 Dim˘1 \ im˘2.

22. Sejam 1WH ! im˘1 D M e˘2WH ! im˘2 D N projeções ortogonais.Mostre que as seguintes afirmações são equivalentes:

(a) M ? N ;

(b) ˘1.N / D f0g;(c) ˘2.M / D f0g;(d) ˘1˘2 D 0;

(e) ˘2˘1 D 0;

(f) ˘1 C˘2 é uma projeção ortogonal.

Nesse caso, 1 C˘2 é uma projeção sobreM C N .

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23. Sejam 1WH ! im˘1 D M e˘2WH ! im˘2 D N projeções ortogonais.Mostre que as seguintes afirmações são equivalentes:

(a) M � N ;

(b) ˘2˘1 D ˘1;

(c) ˘1˘2 D ˘1;

(d) k˘1xk � k˘2xk para todox 2 H;

(e) h.˘1 �˘1/x; xi � 0 para todox 2 H;

(f) ˘2 �˘1 é uma projeção ortogonal.

Nesse caso, 2 �˘1 é uma projeção ortogonal sobreN n M D N \ M ?.

Definição 4.78SejaM � H um subespaçofechado. O subespaçoM reduz ooperador contínuoT WH ! H, se M e M ? forem invariantes porT , isto é,T .M / � M eT .M ?/ � M ?.

24. Suponhamos que o subespaçoM � H reduza o operador contínuoT WH !H. Sejam 1WH ! M e˘2WH ! M ? as projeções ortogonais nos espaçosM eM ?, respectivamente. DenotandoT1 D T˘1 eT2 D T˘2, mostre queT D T1 C T2.

25. SejamM � H um subespaço fechado eT WH ! H um operador contínuo.Mostre que as seguintes afirmativas são equivalentes:

(a) M reduzT ;

(b) M ? reduzT ;

(c) M reduzT �;

(d) M é invariante porT eT �;

(e) ˘1T D T˘1, em que 1WH ! M é a projeção ortogonal sobreM .

26. Mostre que, seM � H for um subespaço fechado que reduz o operadorcontínuoT WH ! H, então a restriçãoT jM W M ! H satisfaz.T jM /� DT �jM . Mostre que, seT for normal, entãoT jM é normal. Mostre que seTfor simétrico, entãoT jM é simétrico.

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27. SejaT WH ! H um operador contínuo. Mostre queT .H/ é invariante porT .

28. SejamH espaço de Hilbert eM WH ! H uma isometria linear. Dê umainterpretação paraMM �.

29. SejamE;F espaços normados eT W D � E ! F uma aplicação linear.Mostre que o gráfico deT é fechado se, e somente se,xn ! 0 em D eT xn ! w emF implicamw D 0.

30. Demonstre o Teorema de Hellinger-Töplitz (veja a Proposição 4.59)aplicando o Teorema do Gráfico Fechado.

31. SejamH1;H2 espaços de Hilbert eT WD.T / � H1 ! H2 uma aplicaçãolinear densamente definida. Mostre que GrT � D .V1GrT /?.

32. SejaT WD.T / � H ! H uma bijeção linear densamente definida e fechada.Mostre queT �1 é contínuo.

33. Dê exemplo de uma aplicação linearT WH1 ! H2 que é sobrejetora mas nãoé aberta.

34. Nesse exercício vamos apresentar uma demonstração alternativa de que ainversa de uma bijeção linearT WH ! H é necessariamente contínua(Corolário 4.75).

SejaT WH ! H um operador contínuo e não nulo.

.i/ Aplicando os Corolários 1.44 e 4.26, mostre que o operadorT �1WH !H existe e é contínuo se, e somente se,T � for injetor e existir� > 0 talquekT xk � �kxk para todox 2 H;

.i i/ SeT for sobrejetor, existe� > 0 tal quekT �xk � �kxk para todox 2 H;

.i i i/ SeT WH ! H for uma bijeção, entãoT �1 é contínuo.

35. SejamS;T W E ! E dois operadores simétricos no espaço com produtointernoE. Mostre queST é simétrico se, e somente se,ST D TS .

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36. SejaT WD.T / � H ! H um operador densamente definido,auto-adjuntoeinjetor. Mostre queD.T �1/ D H e queT �1 é auto-adjunto.

37. SejaT WH ! H um operador linear simétrico. Aplicando o Teorema doGráfico Fechado, mostre queT é contínuo. (Veja a Proposição 4.59.)

38. SejamX;Y espaços de Banach. Demonstre que toda aplicação linearT W X ! Y aberta é sobrejetora.

39. SejamV um espaço vetorial eN um subespaço. Defina emV a relaçãox � y

se, e somente se,x � y 2 N .

(a) Mostre que� é uma relação de equivalência emV;

(b) Mostre que o conjunto das classes de equivalências

Œx� D fv 2 V W v � xg

constitui um espaço vetorial, denotado porV=N , com a soma definidapor Œx� C Œy� D Œx C y� e a multiplicação por escalar definida por�Œx� D Œ�x�; (A classe de equivalênciaŒx�, muitas vezes, é representadaporx C N .)

(c) Suponha queV seja um espaço normado. Defina emV=N a funçãok � kpor

Œx� D infz2N kx � zk. Mostre quek � k é uma norma emV=N se,

e somente se,N for um subespaço fechado emV.

(d) Suponha queV seja normado e queN seja fechado. Mostre queV=N será um espaço de Banach seV for completo. Dê um exemplomostrando que a recíproca é falsa.

40. Seja0 ¤ v um elemento do espaço vetorialV. Mostre queV= < v > éisomorfo a um subespaço de codimensão 1.

41. SejamX um espaço normado eN � X um subespaço fechado. Mostre quea aplicação� W X ! X=N definida por�.x/ D Œx� é contínua e aberta, istoé, leva conjuntos abertos deX em conjuntos aberto deX=N .

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42. SejamX e Y espaços normados. Considere uma aplicação linear contínuaT W X ! Y . Suponha queT seja sobrejetora e denote porN o núcleo daaplicaçãoT . Defina então a aplicaçãoS W X=N ! Y por S

�Œx��

D T .x/.Mostre queS está bem definida e é uma bijeção linear contínua.

43. Suponha, no Exercício 42, que os espaçosX e Y sejam completos. Mostreque o gráfico deS�1W Y ! X=N é fechado no espaço produtoX=N .(Sugestão:S é uma aplicação contínua, logo seu gráfico é fechado). Suponhaverdadeiro o teorema do gráfico fechado para aplicações entre espaços deBanach e conclua daí queT é uma aplicação aberta.)

44. Considere o teorema da aplicação aberta verdadeiro paraaplicações entreespaços de Banach. A partir dessa hipótese demonstre o teorema do gráficofechado. (Sugestão: defina o operadorG.x/ D .x;T .x//; mostre que aimagem deG é um subespaço fechado no espaço produto pertinente; useagora o teorema da aplicação aberta para a funçãoG e conclua queT é umaaplicação contínua.)

45. SejaH um espaço de Hilbert. SeM � H for um subespaço fechado, mostrequeH=M será linearmente homeomorfo aM ?.

46. SejaV um espaço vetorial. Suponha queV seja a soma direta dos subespaçosU e W . Mostre queV=U é linearmente isomorfo aW . SeV for um espaçode Banach, mostre que teremos um homeomorfismo linear.

47. SejamE D˚.x; y/ 2 R2

e N D f.x; 0/g. Defina˘ W E ! N por

˘.x; y/ D y. Mostre queE=N é linearmente homeomorfo a.E/ D N .

48. SejaT WC ! C uma aplicação linear. Mostre que, necessariamente,

T .z/ D �z

para alguma constante complexa�. EvidentementeT pode ser vista comouma aplicação linear real deR2 paraR2. Mostre que uma aplicação linearT WR2 ! R2 pode ser vista como uma aplicação linearT WC ! C se, esomente se, sua matriz com relação à base canônica doR2 for da forma

�a �b

b a

�;

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em quea e b são números reais. Demonstre, a partir desse fato, as relaçõesde Cauchy-Riemann com relação à diferenciabilidade complexa. em que a eb são números reais. Demonstre a partir deste fato as condições de Cauchy-Riemann com relação à diferenciabilidade complexa.

49. SejaT W X ! Y uma aplicação linear entre os espaços normadosX e Y .Suponha que dim imT < 1. Mostre queT é contínua se, e somentese, kerT for fechado emE. Dê um contra exemplo mostrando que esseresultado é falso sem a hipótese dim imT < 1.

50. SejamX;Y espaços de Banach eT W X ! Y uma aplicação linearsobrejetora. Supondo válido o Teorema da Aplicação Aberta para espaçosde Banach, mostre que existec > 0 tal quekxk � ckT xk para todox 2 X .(Compare com o Corolário 1.44 do Capítulo 1.)

51. SejamY;Z subespaços fechados do espaço de BanachX . Suponha queY C Z seja fechado. Mostre que existec > 0 tal que, para todox D y C z 2Y C Z, valekyk � ckxk ekzk � ckxk.

Sugestão: Considere o espaço cartesianoY � Z dotado da normak.y; z/k Dkyk C kzk e defina a aplicação linearT W Y � Z ! Y C Z � X porT .y; z/ D y C z e aplique o Exercício 50.

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Teoria Espectral

5.1 Aplicações Lineares Compactas

Definição 5.1 SejamX;Y espaços normados. Uma aplicação linearT W X ! Y écompacta1 se, para toda sequência limitada.xn/ � X , a sequência.T xn/ possuiruma subsequência convergente. Denotamos porK.X;Y / o conjunto das aplicaçõeslineares compactas deX emY .

Exemplo 5.2 SejaE um espaço com produto interno e IW E ! E a aplicaçãoidentidade. SeE tiver dimensão finita, então I é compacta, pois toda sequêncialimitada em E possui subsequência convergente. Por outro lado, seE tiverdimensão infinita, I não é compacta, de acordo com o Corolário1.57; mas podemosdar um exemplo explícito: um sistema ortonormal arbitráriofen W n 2 Ng emE étal que.Ixn/ não possui subsequência convergente. �

Exemplo 5.3 Seja X;Y espaços normados eT W X ! Y uma aplicação linearcontínua. Suponhamos que imT tenha dimensão finita. Então, para toda sequêncialimitada .xn/, a sequência limitada.T xn/ é uma sequência em um espaço dedimensão finita e, possui, portanto, uma subsequência convergente. Assim,T éuma aplicação linear compacta. Aplicações lineares contínuas possuindo imagemde dimensão finita são chamadas aplicações lineares deposto finito. �

Proposição 5.4SejamX;Y espaços normados. Então, toda aplicação linearT W X ! Y compacta é contínua eK.X;Y / é um subespaço deL.X;Y /.

1Aplicações lineares compactas também são chamados decompletamente contínuas. Algunslivros, especialmente europeus, dão uma outra definição para uma aplicação linear compacta.

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§5.1 Aplicações Lineares Compactas 169

Demonstração:SeT não fosse limitado, existiria um sequência.xn/, comkxnk D1, tal quekT xnk > n para todon 2 N. Claramente.T xn/ não possui subsequênciaconvergente, de modo queT não seria compacto. SeS 2 K.X;Y /, é fácil verificarqueS C T e�T 2 K.X;Y /. 2

Sabemos que, seY for um espaço completo, entãoL.X;Y / é um espaço deBanach. Vamos mostrar que, nesse caso,K.X;Y / é um espaço de Banach.

Proposição 5.5SejamX;Y eZ espaços normados.

.i/ SejamT1 2 L.X;Y / e T2 2 L.Y;Z/. SeT1 2 K.X;Y / ou T2 2 K.Y;Z/,entãoT2T1 WD T2 ı T1 2 K.X;Z/.

.i i/ SeY for um espaço completo, entãoK.X;Y / é um subespaço fechado deL.X;Y / e, portanto, um espaço de Banach.

Demonstração: .i/ Seja .xn/ uma sequência limitada emE. Então.T1xn/ élimitada emY . SeT2 for compacto, existe então uma subsequência.T2T1xnj

/

convergente. SeT1 for compacto, existe uma subsequência.T1xnj/ convergente, e

comoT2 é contínua,.T2T1xnj/ converge.

.i i/ Suponhamos queTm 2 K.X;Y / e kTm � T k ! 0 em L.X;Y /.Considere uma sequência.xn/ emX tal quekxnk � M para todon 2 N. ComoT1 é compacto,xn possui uma subsequência.x1;n/ tal que .T1x1;n/ converge.Como T2 é compacto, a subsequência limitada.x1;n/ possui uma subsequência.x2;n/ tal que .T2x2;n/ é convergente. Procedendo desse modo, encontramosuma subsequência.xm;n/ de .xn/ tal que.Tmxm;n/ converge, para todom 2 N.Considere a (sub)sequência.xn;n/. Quer dizer, tomamos o primeiro elementox1;1

da subsequência.x1;n/, o segundo elementox2;2 da subsequência.x2;n/ e assimsucessivamente. (Esse é ométodo diagonal de Cantor.)

Para todosm 2 N fixo e n � m, a sequência.xn;n/ é uma subsequência da.xm;n/, de forma que.Tmxn;n/ é convergente. Para simplificar a notação, vamosdenotar a sequência.xn;n/ simplesmente por.x.n//. Vamos mostrar que.T x.n// éconvergente.

De fato, dado� > 0, tomem 2 N tal quekT � Tmk � �=.3M /. Por outrolado, como.Tmx.n// é convergente, existen0 2 N tal quej ; k � n0 implicamkTmx.j/ � Tmx.k/k � �=3.

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170 Teoria Espectral Cap. 5

Assim,

kT x.j/ � T x.k/k � kT x.j/ � Tmx.j/k C kTmx.j/ � Tmx.k/kCkTmx.k/ � T x.k/k

� kT � Tmk kx.j/k C �

3C kT � Tmk kx.k/k

� �

3C �

3C �

3D �:

2

Uma demonstração alternativa da afirmação.i i/ da Proposição 5.5 é sugeridano Exercício 5. Note que seX for um espaço normado de dimensão infinita, ainversa de uma aplicação linear compactaT W X ! Y , caso exista, não pode sercontínua, pois a identidade ID T �1 ı T W X ! X seria então compacta.

Corolário 5.6 SejamX;Y espaços normados, comY completo. Suponhamos queTn ! T em L.X;Y / e queTn tenha posto finito para todon 2 N. EntãoT D lim

n!1Tn é compacto.

Observação 5.7SeX for um espaço de Banach eH um espaço de Hilbert, pode-se mostrar que toda aplicaçãoT 2 K.X;H/ pode ser aproximada emL.X;H/ poraplicaçõesTn de posto finito.2 O resultado é falso paraT 2 K.X;Y /, seY for umespaço de Banach arbitrário. �

Exemplo 5.8 (Continuação dos Exemplos 4.7 e 4.37)Se E D CL2

�Œa; b�;K

�,

consideremos o operador integralKW E ! E dado por

K.f /.x/ DZ b

a

�.x; y/f .y/dy;

em que seu núcleo�W Œa; b� � Œa; b� ! K é uma função contínua. Já mostramos queK é um operador limitado e que seu adjunto é obtido ao tomarmos oconjugado emseu núcleo.

Considere uma partição deŒa; b� com comprimento constante.b�a/=n e sejaIi

um dos intervalos dessa partição. Considere os quadradosIi �Ij com1 � i; j � n.

2Veja [4], p. 90.

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§5.1 Aplicações Lineares Compactas 171

Como�.x; y/ 2 CL2

�Œa; b�� Œa; b�;K

�, essa função pode ser aproximada (na norma

L2) por funções degrau

�n.x; y/ DnX

i;jD1

cijXIi �Ij:

Estamos denotando porXIi �Ija função característica do conjuntoIi � Ij . Quer

dizer,XIi �Ij.x; y/ D 1, se.x; y/ 2 Ii � Ij , e vale0, se.x; y/ 62 Ii � Ij .

Afirmamos que o operador integralKn, com núcleo�n.x; y/, é uma combinaçãolinear de um número finito de funções degrau na variávelx. De fato,

Z b

a

XIi �Ij.x; y/f .y/dy D

(0; se x 62 Ii;R

Ijf .y/dy; se x 2 Ii:

Ora, a função definida no lado direito da igualdade anterior nada mais é do quecXIi

, em quec DR

Ijf .y/dy. Assim,Kn é um operador que assume valores no

espaço de combinações lineares dasn funções degrauXIi. Esse é um espaço de

dimensãon. Logo, o operadorKn é compacto.Aplicamos então o Corolário 5.6 para concluirmos queK é compacto. De fato,

temosk.K � Kn/f k2

L2 � kf k2L2k� � �nk2

L2 ! 0:

Isso mostra o afirmado. �

Observação 5.9O Exemplo 5.8 é muito importante no estudo de equaçõesdiferenciais ordinárias (veja sua aplicação no Capítulo 6). A demonstração de queo operadorK é compacto também pode ser feita por meio do Teorema de Arzelà-Ascoli. Notamos, entretanto, que a demonstração que apresentamos permaneceválida para o operadorKW L2

�Œa; b�;K

�! L2

�Œa; b�;K

�. �

Teorema 5.10SejamH um espaço de Hilbert eY um espaço normado. UmaaplicaçãoT WH ! Y é compacta se, e somente se,xn * x implicar T xn ! T x.

Demonstração: Suponhamos que o operadorT seja compacto, quexn * x eT xn 6! T x. Então existem� > 0 e uma subsequência.xnj

/ tais que

kT xnj� T xk > �; 8 j 2 N: (5.1)

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Como a subsequência.xnj/ é fracamente convergente, ela é limitada, de acordo

com o Princípio da Limitação Uniforme (Teorema 3.33). Como ooperadorTé compacto, passando a uma subsequência, podemos supor queT xnj

converge(fortemente). Como o Exemplo 4.13 garante queT xnj

* T x, concluímos queT xnj

! T x, o que contradiz.5:1/.Reciprocamente, consideremos uma sequência limitada.xn/ emH. De acordo

com o Corolário 3.37, essa sequência possui uma subsequência .xnj/ fracamente

convergente, isto é,xnj* x. Mas então, por hipótese,T xnj

! T x, o que garantequeT é compacto. 2

Corolário 5.11 Seja.en/ for uma subsequênciaortonormalno espaço de HilbertH. SeY for um espaço normado eT WH ! Y for um operador compacto, entãoTen ! 0.

Demonstração:De fato, o Exemplo 3.30 mostra queen * 0. 2

Teorema 5.12SejamH1;H2 espaços de Hilbert. SeT 2 K.H1;H2/, entãoT � 2 K.H2;H1/.

Demonstração: Seja .yn/ uma sequência limitada emH2 e extraia umasubsequência.ynj

/ tal queynj* y em H2. Vamos aplicar o Teorema 5.10 e

provar queT �ynj! T �y. De fato, temos que

kT �ynj� T �yk2 D hT �ynj

� T �y;T �.ynj� y/i

D hT T �ynj� T T �y; ynj

� yi:

Pelo Exemplo 4.13,T �ynj* T �y. MasT é compacta, de modo queT T �ynj

!T T �y, provando o afirmado. 2

5.2 O Espectro

Mesmo em dimensão finita, o estudo de autovalores e autovetores de uma matrizé melhor desenvolvido em espaços complexos. Ao abordarmos ateoria em espaços

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§5.2 O Espectro 173

E com produto interno, vamos supor queE seja um espaço sobre o corpoC. Apróxima definição tem o objetivo de tornar nossa abordagem válida também para ocaso de operadoresT W E ! E em um espaço real:

Definição 5.13Definimos acomplexificaçãode um espaço vetorial realX comosendo o conjunto

XC D fu C ivI u; v 2 X g:

Em XC, definimos a soma de vetores e a multiplicação por um número complexode maneira “natural”. É fácil verificar queXC torna-se, assim, um espaço vetorialsobre os complexos.

SejamX um espaço real eT W X ! X uma aplicação linear. Definimosa complexificaçãode T como sendo a aplicaçãoTCW XC ! XC, dada porTC.u C iv/ D T u C iT v.

Assim, seX for um espaço real eT W X ! X um operador linear, nossaabordagem será válida para o operadorTCW XC ! XC.

Definição 5.14SejaT W X ! X um operador no espaço complexoX . Um escalar� 2 C é umautovalordeT se existir0 ¤ x 2 X tal queT x D �x. O conjuntofx 2 X W T x D �xg é chamadoauto-espaçoassociado ao autovalor�, e cadaelemento não nulo nesse conjunto é um autovetor associado a�.3

É fácil verificar que o auto-espaço associado a um autovalor� de T é umsubespaço deX .

Definição 5.15SejaT W E ! E um operador no espaço complexo com produtointernoE. Um escalar� 2 C é umvalor regulardeT se:

.i/ T � �I for injetor;

.i i i/ .T � �I/�1W E ! E for limitada.

3Como quase todos os nossos espaços são de funções, também é usual a denominação deautofunçãoao invés de autovetor.

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O operadorR� D .T ��I/�1 é chamadoresolvente deT .com relação a�/. Ocomplementar.emC/ do conjunto de valores regulares deT é chamadoespectrodeT e denotado por�.T /.

Observação 5.16Observe que a inversaT � �I deve estar definida em todo oespaçoE.

No caso de operadoresT WD.T / � H ! H, a condição da aplicaçãocontínua.T � �I/�1 estar definida em todo o espaçoH é equivalente a exigir queim .T � �I/ D H. De fato, se.T ��I/�1W im .T ��I/ ! H for contínua, podemosestendê-la a uma aplicação contínua definida no fecho de seu domínio, ou seja, emtodoH. Assim, podemos supor queR�WH ! H.

SeD.T / D H e T for fechado, então o Teorema do Gráfico Fechado garantequeT é contínua. Assim, seT WH ! H for fechado eT � �I uma bijeção, então�é um valor regular deT , de acordo com o Corolário 4.75. Veja o Exercício 6.�

Em um espaço de dimensão finita, o Teorema (da dimensão) do Núcleo e daImagem garante que.T � �I/�1 só não existe se� for um autovalor deC. Se.T ��I/�1 existir, então esse operador sempre é contínuo. Em espaços de dimensãoinfinita a situação não é tão simples.

Exemplo 5.17 Consideremos o operadorRW `2 ! `2 definido no Exemplo 4.5:

R.x1; : : : ; xn; : : :/ D .0; x1; : : : ; xn; : : :/:

Já vimos queLR D I e RL ¤ I . Temos queR é uma isometria (e, portanto,injetora), masR não é sobrejetora. Assim, a inversaR�1 D .R � 0I/�1 não estádefinida em todo 2, de forma que0 2 �.T /. Contudo, o fato deR ser injetoragarante que0 não é autovalor deR. �

O operadorR não possui autovetores: veja o Exercício 7.

Exemplo 5.18 (Veja o Exemplo 4.36)No espaçoE D CL2.Œa; b�;C/, conside-remosT W E ! E definido porT .f /.t/ D u.t/f .t/, em queuW Œa; b� ! C éuma função contínua fixa. ClaramentekTf k � supt2Œa;b� ju.t/j kf kL2 , de formaqueT é contínuo.

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§5.2 O Espectro 175

Temos que

.T � �I/f .t/ D .u.t/ � �/f .t/ e .T � �I/�1f .t/ D f .t/

u.t/ � �;

sempre que a inversa existir.Consideremos a primeira igualdade. Para que� seja autovalor deT , devemos

ter .T � �I/f � 0, ou seja,.u.t/ � �/f .t/ � 0 comf ¤ 0. Por exemplo, seu � �, o auto-espaço associado ao autovalor� é igual ao espaço inteiroE. Seu.t/ D � em um intervalo,f ¤ 0 será uma autofunção se for identicamente nulano complementar desse intervalo. (Veja o Exercício 25 ?)

Mas, seu.t/ D � para algumt 2 Œa; b�, a segunda igualdade mostra que.T � �I/�1 não é limitado. (Veja, novamente, o Exercício 25.) Assim, o espectrodeT consiste de todos os valores� 2 C tais queu.t/ D � para algumt 2 Œa; b�.Note que, seu.t/ for (estritamente) crescente, entãoT não terá autovalores. �

Exemplo 5.19 SejaE D CL2.Œ0; 2��;R/ Consideremos o operadorT W E ! E

definido por

T .f /.x/ DZ 2�

0

cos.x � y/f .y/dy:

Esse é um operador integral com núcleo�.x; y/ D cos.x � y/. (Assim, T ésimétrico. Veja o Exemplo 4.37.)

Vamos mostrar que� é o único autovalor não nulo deT . Para isso,consideramos a equação

T .f /.x/ DZ 2�

0

cos.x � y/f .y/dy D �f .x/;

ou seja,

cosx

Z 2�

0

cosy f .y/ dy C senx

Z 2�

0

seny f .y/dy D �f .x/:

Definindo

a DZ 2�

0

cosy f .y/ dy e b DZ 2�

0

seny f .y/dy;

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vemos que�f .x/ D a cosx C bsenx; (5.2)

ou seja,f .x/ é uma combinação linear das funções senx e cosx. Multiplicando aúltima igualdade pela função cosx e, então, integrando de0 a�, obtemos

�a D �a:

Multiplicando.5:2/ pela função cosx e, então, integrando de0 a�, obtemos

�b D �b:

Assim, sea ¤ 0 ou b ¤ 0, concluímos que� D �. Por outro lado, sea D 0

e b D 0, a igualdade.5:2/ implica que� D 0. Nesse caso, vemos que toda funçãoque seja simultaneamente ortogonal às funções cosx e senx é uma auto-funçãoassociada ao autovalor0. Daí concluímos que o auto-espaço associado ao autovalor0 tem dimensão infinita. �

5.3 Propriedades Básicas do Espectro

O espectro de um operadorT e de seu adjunto estão diretamente relacionados:

Proposição 5.20SejaT WD.T / � H ! H um operador densamente definido.Então:

.i/ � 2 C é um autovalor deT se, e somente se,im.T � � N�I/ ¤ H;

.i i/ seT for fechado, então�.T / D �.T �/;

isto é,� 2 �.T / se, e somente se,N� 2 �.T �/.

Demonstração:Aplicando o Teorema 4.24 ao operadorT � �I (comE D D.T /),concluímos

ker.T � �I/ D�im .T � � N�I/

�?:

Mas � é um autovalor deT se, e somente se, existex 2 D.T / tal quex 2ker.T � �I/. Pela igualdade anterior,x ? im .T � � N�I/, o que mostra.i/.

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§5.3 Propriedades Básicas do Espectro 177

Seja� um valor regular deT . De acordo com o Exercício 6, temos que.T � �I/�1 é fechado. Decorre da Proposição 4.62 que im.T � �I/ é um conjuntofechado e, da Proposição 4.54, que.T � �I/� é injetora e

�.T � �I/�

��1 D�.T � �I/�1

��. Da definição de adjunta vem que

�.T � �I/�1

��é um operador

contínuo emH e, portanto,ŒT � � N�I��1 é um operador contínuo emH. Mostramosassim queN� é um valor regular deT �.

Analogamente, supondoN� um valor regular deT �, verificamos que� é valorregular deT , mostrando.i i/. 2

Teorema 5.21SejamH um espaço de Hilbert e0 ¤ x 2 D.T / um autovetorcorrespondente ao autovalor� do operadorT WD.T / � H ! H. Então:

.i/ seT for uma isometria, entãoj�j D 1;

.i i/ seT for normal, entãox é autovetor deT � correspondente ao autovalorN�;em particular,

� autovalores de um operador simétrico são reais;

� autovalores de um operador anti-simétrico são nulos ou imagináriospuros;

Além disso, autovetores associados a autovalores distintos de um operadornormal são sempre ortogonais.

Demonstração:SeT for uma isometria, então

j�j kxk D k�xk D kT xk D kxk;

mostrando quej�j D 1.SeT for normal, como.T � �I/ é um operador normal, decorre do Teorema

4.43 que

T x D �x , k.T � �I/xk D 0 , k.T � �I/�xk D 0 , T �x D N�x:

Em particular, seT for simétrico, então�x D N�x, o que implica.� � N�/x D 0

e, comox ¤ 0, � D N�; do mesmo modo, seT for anti-simétrico, obtemos.�C N�/x D 0 e, portanto,�C N� D 0.

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Seja então0 ¤ y um autovetor deT associado ao autovalor� ¤ �. EntãoT �y D N�y e

�hx; yi D hT x; yi D hx;T �yi D hx; N�yi D �hx; yi:

Assim, .� � �/hx; yi D 0, de onde concluímos quehx; yi D 0, finalizando ademonstração. 2

Observação 5.22Note que o Teorema 5.21 garante, em particular, que todos osautovalores� de um operador unitário satisfazemj�j D 1. �

O espectro de um operadorcontínuodefinido no espaço de HilbertH é limitado:

Teorema 5.23SejaT W � H ! H um operador linearcontínuo. Então, o espectrodeT é um conjunto limitado. Mais precisamente, para todo� tal quej�j > kT k,T � �I possui inversa contínua dada por

.T � �I/�1 D �1X

nD0

T n

�nC1

e

k.T � �I/�1k � 1

j�j � kT k :

Demonstração:Tome� tal quej�j > kT k. Uma vez quekT=�k < 1, temos que

1X

nD0

T n

�n

�1X

nD0

T

�

n

< 1:

Isso mostra que a sérieP1

nD0 T n=�n é absolutamente convergente. Assim, comoL.H;H/ é completo, está bem definido o operador linear contínuo

B D1X

nD0

T n

�n:

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§5.3 Propriedades Básicas do Espectro 179

Uma vez que

.T � �I/B D .T � �I/

1X

nD0

T n

�n

!D

1X

nD0

T nC1 � �T n

�n

D �

1X

nD0

�T nC1

�nC1� T n

�n

�D ��I

e, de maneira análoga

B.T � �I/ D ��I;

vemos que

R� D .T � �I/�1 D �B

�D �

1X

nD0

T n

�nC1:

além disso,

.T � �I/nC1 � 1

j�j

1X

nD0

T

�

n

D 1

j�j1

1 � kT=�k D 1

j�j � kT k :

Mostramos, assim, que�.T / � BkT k.0/. 2

O restante da seção é mais avançada e pode ser suprimida, a critério do professor.

Definição 5.24 SejamH um espaço de Hilbert eT WD.T / � H ! H um operador. Um escalar� 2 K é umautovalor generalizado.ouautovalor aproximado/, se existe uma sequência de vetoresunitários.xn/ emD.T / tal que

limn!1

.T � �I/xn D 0:

É claro que todo autovalor de um operador também é um autovalor generalizado.

Proposição 5.25SejamH um espaço de Hilbert eT WD.T / � H ! H um operador linear. Asseguintes afirmações são equivalentes:

.i/ o escalar� 2 K é um autovalor deT ou, se não for,.T � �I/�1 existe, mas não é limitado;

.i i/ o escalar� é um autovalor generalizado deT .

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Demonstração:Se� for um autovalor deT , consideremos um autovetor unitáriox ¤ 0 associadoa � e defina a sequência constantexn D x para todon 2 N. Se� não for um autovalor deT e.T ��I/�1 for descontínuo, existe uma sequência de vetores unitáriosyn tal quek.T � �I/ynk D 1.Definimos então

xn D .T � �I/yn

k.T � �I/ynk ; 8 n 2 N:

A sequência.xn/ é formada por vetores unitários e

limn!1

.T � �I/xn D limn!1

yn

k.T � �I/ynk D 0:

Em qualquer caso, verificamos que.i/ implica .i i/.Reciprocamente, se� não for autovalor deT e se a sequência.xn/ for tal que lim

n!1.T ��I/xn D

0, definimos

yn D .T � �I/xn

k.T � �I/xnk :

A sequênciayn é formada por vetores unitários e

limn!1

.T � �I/�1yn

D limn!1

1

k.T � �I/xnk D 1: 2

Teorema 5.26 SejaT WD.T / � H ! H um operador densamente definido e auto-adjunto.4 Então

.i/ � é um autovalor deT se, e somente se,im.T � �I/ ¤ H;

.i i/ �.T / � R;

.i i i/ o espectro deT consiste apenas de autovalores generalizados;

.iv/ � é um valor regular deT se, e somente se,im .T � �I/ D H.

Demonstração: A afirmação .i/ decorre imediatamente da Proposição 5.20 e do fato dosautovalores de um operador simétrico serem reais.

Seja� D ˛ C iˇ, com˛; ˇ 2 R, ˇ ¤ 0. Então� não é um autovalor deT , como consequênciado Teorema 5.21. Logo, existe o resolventeR�W im .T � �I/ ! H e é fechado (pela Proposição4.65).

Vamos mostrar queR� é contínuo. Para isso, sejay 2 im .T � �I/. Então existex 2 D.T / talque.T � �I/x D y. Assim,

kyk2 D h.T � �I/x; .T � �I/xi D h.T � ˛I/x � iˇx; .T � ˛I/x � iˇx

D k.T � ˛I/xk2 � iˇhx; .T � ˛I/xi C iˇh.T � ˛I/x;xi C jˇj2kxk2

D k.T � ˛I/xk2 C jˇj2kxk2

� jˇj2kxk2 D jˇj2 k.T � �I/�1yk2:

4Isso implica queT é fechado, de acordo com a Proposição 4.66.

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§5.4 A alternativa de Fredholm 181

Concluímos que

k.T � �I/�1yk � kykjˇj ;

o que garante que

k.T � �I/�1k � 1

jˇj :

Da Proposição 4.62 segue-se que im.T � �I/ D im .T � �I/. Uma vez que� não é autovalordeT , de.i/ vem que im.T � �I/ D H. Mas, por definição, isso implica que� é valor regular deT , o que prova.i i/.

Suponhamos que� 2 �.T / não seja um autovalor. Por.i i/, temos que� 2 R. Decorre de.i/queim .T � �I/ D H, enquanto a Proposição 4.65 garante queR�W im .T � �I/ ! H é fechado.SeR� fosse limitado, concluiríamos (novamente pela Proposição4.62) que im.T � �I/ D H eentão, como antes,� seria valor regular deT . Portanto,R� não pode ser limitado e.i i i/ decorre daProposição 5.25.

Se� for valor regular deT , entãoim .T � �I/ D H e .T ��I/�1W im .T ��I/ ! H é contínuae fechada. Por isso, temos im.T � �I/ D im .T � �I/ D H.

Reciprocamente, suponhamos que im.T � �I/ D H. Se� 62 R, então� é valor regular deT ,de acordo com.i i/. Se� 2 R, de.i/ decorre queT � �I é injetor e, pelo Exercício 36 do Capítulo4, temosR� auto-adjunto. Assim, pelo Teorema de Hellinger-Töplitz (Proposição 4.59) temosR�

contínua. Isso mostra que� é valor regular deT . 2

5.4 A alternativa de Fredholm

Para explicar a alternativa de Fredholm, começamos esclarecendo seusignificado em espaços de dimensão finita.

Exemplo 5.27 Seja A uma matriz m � n. Considere o sistema linear nãohomogêneoAx D b. Suponhamos quexp seja uma solução desse sistema.Claramente,xp C z também é solução desse sistema, para qualquerz 2 kerA.Mas todas as soluções deAx D b são da formaxp C z, em quez 2 kerA. Defato, sex0 for outra solução deAx D b, temos queA.x0 � xp/ D 0, de modo quex0 � xp D z 2 kerA. Ou seja,x0 D xp C z.

Assim, as soluções deAx D b e as deAx D 0 estão diretamente relacionadas.Se kerA D f0g, então a única solução deAx D b seráxp. Se kerA tiver dimensãok, existemk soluções linearmente independentesx1; : : : ; xk de Ax D 0 e assoluções deAx D b são da formaxpC˛1x1C: : :C˛kxk para escalares1; : : : ; ˛k .

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MasAx D b pode não ter solução: basta queb 62 im A. Uma vez que

Km D .im A/? ˚ im A

e o Teorema 4.24 garante que kerA� D .im A/?, vemos queAx D b tem soluçãose, e somente se,b 2 .kerA�/. �

Uma propriedade simples, utilizada no Exemplo 5.27, deve ser ressaltada: imAé fechada, pois imA é subespaço deKm.

Colocamos agora a mesma questão para um operador contínuoS WH ! H emum espaço de Hilbert. Segundo o Teorema 4.24, vale

H D kerS� ˚ im S :

Se kerS� D f0g, podemos garantir que imS é fechada? Se esse for o caso,então kerS� D f0g implicaria queH D im S e, em particular, a equação

Sx D y

teria solução para todoy 2 H.Infelizmente, em geral, não temosim S D im S . Vejamos um exemplo:

Exemplo 5.28 Consideremos o operadorS W `2 ! `2 dado por

S.x1; x2; : : : ; xn; : : :/ D�

x1

1;x2

2; : : : ;

xn

n; : : :

�:

O operadorS é auto-adjunto, pois

hSx; yi DnX

iD1

xi

nyi D

1X

nD1

xi

yi

nD hx;Syi:

Temos queSx D 0 implicax D 0. Assim, kerS D f0g D kerS�.Além disso,S é compacto. De fato, se considerarmos os operadoresSnW `2 !

`2 definidos por

Sn.x1; : : : ; xn; : : :/ D�x1

1;x2

2; : : : ;

xn

n; 0; : : : ; 0

�;

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então cada operadorSn tem posto finito e, dado� > 0, para todox 2 `2 vale

k.S � Sn/xk2 D1X

iDnC1

ˇˇxi

n

ˇˇ2

< �2;

desde que tomemosn suficientemente grande. Assim,S é compacto, como limitede operadores de posto finito.

Consideremos a equaçãoSx D y, comy D�

11; 1

2; : : : ; 1

n; : : :

�2 `2. É fácil

verificar que essa equação não tem soluçãox 2 `2. �

Exemplo 5.29 Generalizando o Exemplo anterior, sejaT WH ! H um operadorcompactodefinido em um espaço de Hilbert de dimensão infinita tal que ker T � Df0g. Então imT nuncaé fechada.

Para mostrarmos esse fato, começamos com uma observação: seT forcompacta, então a imagem de qualquer conjuntoM limitado é tal queT .M / écompacto. (Veja o Exercício 14.) Assim,T .B1.0// é compacto. Se imT fossefechada, entãoT seria sobrejetor e, de acordo com o Teorema da Aplicação Aberta,teríamos queBr .0/ � T .B1.0// para r suficientemente pequeno e, portanto,Br .0/ � T .B1.0//. Logo, Br .0/ seria compacto e, de acordo com a Observação1.58,H teria dimensão finita. �

A demonstração do próximo resultado segue a abordagem de Evans [11]:

Teorema 5.30 (Alternativa de Fredholm)SejaT WH ! H um operador linear compacto. Então:

.i/ ker.I � T / tem dimensão finita;

.i i/ im .I � T / é um subespaço fechado;

.i i i/ im .I � T / D ker.I � T �/?;

.iv/ ker.I � T / D f0g se, e somente se,im .I � T / D H;

.v/ dim ker.I � T / D dim ker.I � T �/.

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Demonstração: Se ker.I � T / tivesse dimensão infinita, existiria uma sequênciaortonormal.xk/ � ker.I � T /. Para essa sequência vale

T xn D xn:

Comokxk � xjk D kxkk � 2hxk ; xji C kxjk2 D 2, vemos quekT xk � T xjk D 2.Como.xk/ é limitada, isso contradiz o fato deT ser compacto, provando.i/.

Afirmamos que existe uma constanteC > 0 tal que

kz � T zk � C kzk; 8 z 2 ker.I � T /?: (5.3)

De fato, caso contrário, existiria uma sequênciazk 2 ker.I � T /? satisfazendokzkk D 1 e kzk � T zkk < 1=k. Assim,

zk � T zk ! 0: (5.4)

Como.zk/ é limitada, existe uma subsequência.zkj/ tal quezkj

* z. ComoT

é compacto,T zkj! T z. Decorre de (5.4) quezkj

! z e z D T z, ou seja,z 2 ker.I � T /. Mas, por definição,zkj

2 ker.I � T /?, ou seja,

hzkj; zi D 0 8 j:

Fazendoj ! 1, concluímos quez D 0, o que contradizkzk D limj!1 kzkjk D 1

e prova (5.3).Seja agora.yk/ uma sequência em im.I � T /, tal queyk ! y. Tome uma

sequência.xk/ � ker.I � T /? tal quexk � T xk D vk . Decorre então de (5.3) que

kyk � yjk D k.xk � xj/ � T .xk � xj/k � C kxk � xjk:

Comoxk � xj ! 0, existex tal quexk ! x. Tomando o limite na igualdadexk � T xk D vk , concluímos quex � T x D v, o que prova.i i/.

A afirmação.i i i/ decorre então do Teorema 4.24-.i i i/ e da afirmação anterior.Suponhamos que ker.I�T / D f0g mas queH1 D im .I�T / seja um subespaço

próprio deH. Decorre de.i i/ queH1 é fechado. DefinindoH2 D im .I � T /.H1/,como I� T é injetora, vemos queH2 é um subespaço próprio deH1. Prosseguindodessa maneira, encontramos uma sequência.Hk/ de subespaços fechados deH,comHkC1 � Hk parak 2 N.

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Escolha agoraxk 2 Hk de modo quexk 2 H?k

ekxkk D 1. Então

kT xj � T xkk D k � .xj � T xj/C .xk � T xk/C xj � xkkD

Œ�.xj � T xj/C .xk � T xk/C xj � � xk

Parak > j temosHkC1 � Hk � HjC1 � Hj , de modo que

xj ; xj � T xj ; xk � T xk � HjC1:

ComoHjC1 é subespaço próprio deHj 3 xj , vemos quekT xj � T xkk � 1 parak > j 2 N. Isso contradiz o fato deT ser compacto.

Reciprocamente, suponhamos que im.I � T / D H. Decorre de.i i i/ queker.I �T �/ D f0g. Uma vez queT � é compacto, decorre da argumentação anteriorque im.I � T �/ D H. Mas então ker.I � T / D im .I � T �/? D f0g, o que concluia prova de.iv/.

Para provarmos.v/, afirmamos inicialmente que

dim ker.I � T / � dim im.I � T /?: (5.5)

Suponhamos essa afirmativa falsa. Então existiria uma aplicação linear contínuaAW ker.I � T / ! im .I � T /? injetora, mas não sobrejetora. DefinindoAx D 0 sex 2 ker.I � T /?, temos queAWH ! im .I � T /? possuiria imagem de dimensãofinita sendo, portanto, seria compacta. Logo,T C A seria um operador compacto.Teríamos ker.I � .T C A/ D f0g. De fato, caso contrário, existiriax ¤ 0 talqueT x C Ax D x e, então,x � T x D Ax 2 im .I � T /?, o que implicariax�T x D Ax D 0. Assim,x 2 ker.I�T / e, portanto,x D 0, graças a injetividadedeA em ker.I � T /. Ao aplicarmos.iv/ ao operadorQT D T C A, concluiríamosque im.I � .T C A// D H, uma afirmativa falsa, pois sey 2 im .I � T /? masy 62 im A (o que seria possível, já que imA teria dimensão finita), a equação

x � .T x C Ax/ D y

não tem solução. Isso conclui a demonstração de (5.5).Note que, em virtude do Teorema 5.12, resultado análogo valeparaT �:

dim ker.I � T �/ � dim im.I � T �/?: (5.6)

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Mostraremos.v/, aplicando (5.5) e (5.6).

dim ker.I � T / � dim im.I � T /? D dim ker.I � T �/;

de acordo com o Teorema 4.24. Analogamente, aplicando (5.6), mostramos adesigualdade contrária. 2

5.5 Operadores Simétricos Compactos

SejaA uma matriz auto-adjunta, isto é,

hAx; yi D hx;Ayi 8 x; y 2 Rn:

Como sabemos da Álgebra Linear5 os autovetores linearmente independentes deA

formam uma base ortogonal do espaçoRn. Tomando esses autovetores unitários,obtemos queA é ortogonalmente diagonalizável, isto é, existe uma matrizdiagonalD, com entradas diagonais reais, tais que

P tAP D D;

em que a transpostaP t da matrizP é a inversa deP .O objetivo deste Capítulo é mostrar que essa teoria pode ser estendida para

operadores simétricos compactos definidos em um espaço de Hilbert H.6 Ademonstração do próximo resultado é uma adaptação daquela encontrada em Lax[23] e Figueiredo [10].

Teorema 5.31SejamH um espaço de HilbertseparáveleT WH ! H um operadorsimétrico compacto. Então existe uma base ortonormalfeng de H formada porautovalores deT :

Ten D �nen:

Os autovalores�n são todos reais e formam uma sequência

j�1j � j�2j � : : : � j�nj � : : : (5.7)

cujo único ponto de acumulação é0.

5Veja [AL], Capítulo 10.6OperadoresT WH ! H simétricos compactos são auto-adjuntos.

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§5.5 Operadores Simétricos Compactos 187

Mostraremos esse resultado como consequência de uma série de resultadosauxiliares.

Em espaços de dimensão finita, a existência de autovalores para um operadorauto-adjunto é estabelecida por meio do Teorema Fundamental da Álgebra. Opróximo resultado mostra como obter sua existência para um operador auto-adjuntocompacto em um espaço com produto interno.

Lema 5.32 SejamE um espaço com produto interno eT W E ! E um operadorlinear simétrico compacto. Então, oukT k ou�kT k é um autovalor deT .

Demonstração:SeT D 0, a afirmação é óbvia. SeT ¤ 0, existe uma sequênciaxn 2 E, comkxnk D 1, tal que

ˇhT xn; xni

ˇ! kT k, de acordo com o Teorema

4.35. Como a sequência de números reais.hT xn; xni/ é limitada, podemos suporquehT xn; xni ! �, em quej�j D kT k.

Temos, então,

0 � kT xn � �xnk2 D hT xn � �xn;T xn � �xniD kT xnk2 � 2� hT xn; xni C �2

� 2�kT k2 � � hT xn; xni

�! 0

quandon ! 1, poiskT xnk2 � kT k2 D �2.Uma vez queT é compacto e.xn/ é limitada, existe uma subsequência.xnj

/

tal queT xnj! e 2 E. A desigualdade anterior mostra que�xnj

! e. ComoT

é contínuo,T .�xnj/ ! �e. Passando ao limite quandonj ! 1 vemTe D �e.

Comokek D k�xnjk D j�j D kT k, mostramos quee é um autovetor associado a

�, poiskT k ¤ 0. 2

Observação 5.33SeE for um espaço de Hilbert, podemos utilizar a convergênciafraca na demonstração anterior. De fato, podemos supor que asequência.xn/ devetores unitários tal que

ˇhT xn; xni

ˇ! kT k satisfazxn * e.

ComoT é compacto, o Teorema 5.10 garante queT xn ! Te. Pelo Exercício27 do Capítulo 3, temos quehT xn; xni ! hTe; ei. Assim,

hTe; ei D �1; em que j�1j D kT k: (5.8)

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Afirmamos quekek D 1 e Te D �1e. O Teorema 3.31 garante quekek � 1. Aequação (5.8) mostra quee ¤ 0. Para mostrar quekek D 1, suponhamos�1 > 0 etomemosw D e=kek. Entãow é unitário e

hTw;wi D hTe; eikek2

D �1

kek2:

Se fossekek < 1, teríamoshTw;wi > �1, o que contradiz o Teorema 4.35.Observe que, se fosse�1 < 0, também chegaríamos a uma contradição. Isso provaquekek D 1.

Como antes, verificamos que limn!1 kT xn � �xnk2 D 0. Uma vez que�xn * �e e�xn ! lim

n!1T xn

nD Te, temos queT z D �z. �

Definição 5.34Para todox 2 E, a expressão

RT .x/ D hT x; xikxk2

;

utilizada na observação anterior, é chamadaquociente de RayleighdeT .7

O vetorz utilizado na observação é um extremo deRT entre todos os vetoresdeE.

Proposição 5.35Seja E um espaço com produto interno eT W E ! E umoperador simétrico compacto. Então existe uma coleção enumerável .finita ouinfinita/ f�ng de números reais contendo todos os autovalores não nulos deT , com

j�1j � j�2j � : : : � j�nj � : : :

e cujo único ponto de acumulação é0.A esses autovalores está associada uma coleçãofeng de autovetores

normalizados de modo que, para todox 2 E,

T x DX

�nhx; enien DX

�nxnen: (5.9)

Assim,im T é um espaço separável que tem como base ortonormal o conjuntofeng.7Veja [AL], Capítulo 10.

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Demonstração:De acordo com o Lema 5.32, existe um autovalor�1 deT tal quej�1j D kT k. Sejae1 o autovetor normalizado correspondente.

Denotamos entãoF1 D E, T1 D T e F2 D< e1 >?. Temos queF2 éinvariante porT1 e a restriçãoT2 WD T1jF2

é um operador simétrico, de acordo comProposição 4.28. É claro queT2 é compacto.

SeT2 ¤ 0, a aplicação do Lema 5.32 ao operadorT2 garante a existência deum autovalor real�2 e de um autovetor normalizadoe2 correspondente. Note quej�2j D kT2k � kT1k D j�1j. Repetindo esse processo, obtemos autovalores reaisnão nulos�1; : : : ; �n deT , com

j�1j � j�2j � : : : � j�nj;

autovetores normalizados correspondentese1; : : : ; en, ortogonais dois a dois e, parai 2 f2; : : : ; ng, subespaçosFiC1 � Fi invariantes porT , em queFi designa osubespaço deE ortogonal ao espaço gerado pore1; : : : ; ei.

Suponhamos que, para algumn, a restriçãoTnC1 deT ao subespaçoFnC1 sejanula. Afirmamos então que

T x DnX

iD1

�ihx; eiiei ; 8 x 2 E:

(Note que esse caso corresponde a um operador simétrico (auto-adjunto) numespaçoE de dimensão finita, já que tais operadores são compactos.) Defato, sejay D x �

PniD1hx; eii ei. Entãohy; eii D 0 para todoi D 1; : : : ; n, o que mostra

quey 2 FnC1. LogoTy D 0, o que resulta no afirmado.Suponhamos, então, que a restriçãoTnC1 de T ao subespaçoFnC1 nunca

se anule. Obtemos assim uma sequência.�n/n2N de autovalores não nulos deT satisfazendo.5:7/ e um conjunto ortonormalfe1; : : : ; en; : : :g formado porautovetores correspondentes.

Aplicando o Corolário 5.11 ao conjunto ortonormalfeng, concluímos queTen ! 0, o que implica que�n ! 0. Fixadon arbitrário e definindo (comoantes)y WD x �

PniD1hx; eii ei, já vimos quey 2 FnC1 e, portanto,Ty D TnC1y.

Assim, decorre da desigualdade de Bessel que T

x �

nX

iD1

hx; eii ei

! � kTnC1k x �

nX

iD1

hx; eii ei

� j�nC1j kxk: (5.10)

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Uma vez quej�nj ! 0 quandon ! 1, (5.9) decorre imediatamente.Se existisse um autovalor� ¤ 0 deT que não se encontra na sequência.�n/,

então o autovetor não nulo correspondentez seria ortogonal a todos osen. De (5.9)segue-se então queT z D 0, o que é um absurdo, poisT z D �z. Em particular,todos os autovalores deT são reais.

Provamos que imT tem uma base ortonormal formada por autovetores deT .Essa base ortonormal, como consequência do Teorema da Base 2.29, também éuma base ortonormal do espaçoim T . 2

Observação 5.36Note que�n ! 0 implica que o autovalor�i 2 R pode aparecerapenas um número finito de vezes em (5.7). Assim, se definirmosa dimensãoalgébrica do autovalor� ¤ 0 como o número de vezes que ele aparece em(5.7), o Teorema 5.31 afirma que a multiplicidade algébrica de � é igual à suamultiplicidade geométrica, isto é, que a multiplicidade algébrica de� é a dimensãodeE� D fx 2 E W T x D �xg. �

A Proposição 5.35 é construtiva e permite obter on-ésimo autovalor deT :

j�nj Dˇˇ maxx?< e1;:::;en�1>

hT x; xikxk2

ˇˇ :

Demonstração do Teorema 5.31:Aplicando o Corolário 4.25 ao operadorT WH !H e, se kerT ¤ f0g, tomando uma base ortonormal (enumerável) de kerT ,obtemos uma base ortonormal deH formada por autovetores deT . 2

Observação 5.37Resultado análogo vale para um espaço de Hilbert arbitrário.Apenas não podemos garantir que a base ortonormal para o espaço de Hilbert kerTseja enumerável. �

Corolário 5.38 SejamH um espaço de Hilbert eS;T WH ! H operadoressimétricos compactos. Suponha queST D TS . EntãoH admite uma baseortonormal formada por autovetores tanto deS como deT .

Demonstração:Seja� um autovalor deS e E� D fx 2 H W Sx D �xg o auto-espaço correspondente a esse autovalor. Sex 2 E�, então

ST x D TSx D T .�x/ D �T x:

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Isso mostra queT x é um elemento deE�. Em outras palavras, mostramos queE� é invariante porT . Assim, existe uma base ortonormal deE� formada porautovetores deT . (Se� ¤ 0, essa é uma base de Hamel, poisE� tem dimensãofinita.) Como todo elemento deE� é autovetor deS , cada espaçoE� tem uma baseortonormal formada por autovetores tanto deS como deT . O resultado decorredaí. 2

O Teorema 5.31 garante que0 é o único ponto de acumulação da sequência(5.7). Na verdade, mesmo que0 não seja autovalor deT , sempre temos0 2 �.T /:

Proposição 5.39SejamE um espaço com produto interno de dimensão infinita eT W E ! E um operador linear compacto. Então0 2 �.T /.

Demonstração: Suponhamos queT seja bijetor. Uma vez queT é compacto, ainversaT �1 D .T � 0I/�1 não pode ser limitada, de acordo com a Observação 5.7.Isso garante que0 2 �.T /. 2

Exemplo 5.40 SeE for um espaço com produto interno de dimensão finita, umoperador linear emE nem sempre tem0 como autovalor. SeE tiver dimensãoinfinita, o operador identidade IW E ! E não é compacto e�.I/ D f1g. Assim, ashipóteses do Corolário 5.39 são necessárias. �

Observação 5.41Se você leu a parte final da Seção 5.3, o Teorema 5.26 garanteque�.T / D f�1; : : : ; �n; : : : ; 0g, em que�1; : : : ; �n; : : : são os autovalores nãonulos deT . No Exercício ?? recuperaremos esse resultado no contexto deoperadores compactos. �

Se H for um espaço de Hilbert separável, o fato de existir uma basefengformada por autovetores do operador simétrico compactoT WH ! H nospermite desenvolver o cálculo funcional (veja [AL], Capítulo 6) para esse tipo deoperadores. Nossa exposição segue aquela de Lax [23].

Definição 5.42Seja T WH ! H um operador simétrico compacto definido noespaço de Hilbert separávelH, fen W n 2 Ng uma base ortonormal formada por

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autovetores deT , comTen D �nen para todon. Para toda função complexafdefinida em�.T / podemos associar um operadorf .T /WH ! H, definido por

f .T /x D1X

nD1

f .�n/xnen;

em que

x D1X

nD1

xnen:

Teorema 5.43O operadorf .T / satisfaz:

.i/ sef � 1, entãof .T / D I;

.i i/ sef .�/ D � para todo� 2 �.T /, entãof .T / D T ;

.i i i/ sef for uma função real,f .T / é simétrico;

.iv/ sef assumir valores positivos em�.T /, entãohf .T /x; xi � 0 para todox 2 H;

.v/ a aplicaçãof 7! f .T / é um isomorfismo isométrico da álgebra de funçõeslimitadas em�.T / na álgebra de aplicações limitadas deH emH; assim,

kf .T /k D sup�2�.T /

jf .�/j:

5.6 Operadores Normais Compactos

A extensão da teoria desenvolvida para operadores normais compactos segueagora o mesmo modelo desenvolvido em dimensão finita (veja [AL]). Assim, sejaAWH ! H um operador anti-simétrico compacto. EntãoiAWH ! H é umoperador simétrico compacto:

h.iA/x; yi D ihAx; yi D ihx;�Ayi D hx; .iA/yi:

Assim, o próximo resultado é uma consequência imediata do Teorema 5.31:

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§5.7 Operadores Positivos Semidefinidos 193

Teorema 5.44SejaAWH ! H um operador anti-simétrico compacto no espaçode HilbertcomplexoH. Então:

.i/ os autovalores deA são iguais a zero ou números imaginários puros;

.i i/ existe uma base ortonormal deE consistindo de autovetores deA.

Agora mostramos a teoria espectral de operadores normais emespaços euclidianoscomplexos.

Teorema 5.45SejaN WH ! H um operador normal compacto definido no espaçode Hilbert complexoH. Então N possui uma base ortonormal consistindo deautovetores.

Demonstração:Suponhamos queN seja normal. Uma vez queN eN � comutam,o mesmo acontece com

S WD N C N �

2e T WD N � N �

2:

Os operadoresS e T são simétrico e anti-simétrico, respectivamente. Além disso,ambos são operadores compactos, de acordo com o Teorema 5.12. Aplicamosentão o Teorema 5.31 e o Corolário 5.38 aos operadoresH e iA: existe umabase ortonormal formada por autovetores tanto deH quanto deiA e, assim, porautovetores tanto deH quanto deA. Como

N D H C A;

vemos que essa base é formada por autovetores deN . Note que, segundo osTeoremas 5.31 e 5.44, seHv D av e Av D .ib/v (com a; b 2 R), entãoNv D Hv C Av D .a C bi/v. 2

5.7 Operadores Positivos Semidefinidos

SejaH um espaço de Hilbert complexo.

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Definição 5.46SejaS;T WH ! H operadores simétricos.8 EscrevemosS � T

.ou T � S/ sehSx; xi � hT x; xi.O operadorT épositivo semidefinidosehT x; xi � 0 para todox 2 H. Nesse

caso, escreve-se0 � T . Se valerhT x; xi > 0 para todox ¤ 0, entãoT épositivodefinido.9

O próximo resultado é de fácil demonstração:

Proposição 5.47SejaS D fT WH ! H W T é simétricog. Então operadores emSsatisfazem:

.i/ S � S ;

.i i/ seS � T eT � U , entãoS � U ;

.i i i/ seS � T eT � S , entãoS D T ;

.iv/ se0 � S C T .com0 � S e0 � T /, entãoS D T D 0;

.v/ seS � T eU � V , entãoS C U � T C V ;

.vi/ se0 � T e˛ < ˇ, então˛T � ˇT ;

.vi i/ seS � T , para todoA 2 L.H;H/ contínuo valeA�SA � A�TA;

.vi i i/ �kSkI � S � kSkI;

.ix/ para todoA 2 L.H;H/ vale0 � A�A e0 � AA�;

.x/ se existeS�1W im S ! H, entãoS�1 2 S.

Observe que as afirmações.i/ e .i i/ implicam que S é um conjuntoparcialmente ordenado por�.

8De acordo com o Teorema de Hellinger-Töplitz (Proposição 4.59), os operadoresS e T sãocontínuos. Note que, de acordo com o Teorema 4.35, temoshSx;xi 2 R e hT x;xi 2 R para todox 2 H.

9É também usual chamar depositivo um operador positivo semidefinido. Nesse caso, umoperador positivo definido é chamado deestritamente positivo.

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§5.7 Operadores Positivos Semidefinidos 195

Exemplo 5.48 O produto de dois operadores positivos semidefinidos não é,necessariamente, positivo semidefinido. De fato, os operadoresS;T WC2 ! C2

dados por

S D�

1 0

0 0

�e T D

�1 1

1 1

�

são ambos positivos semidefinidos, mas o produtoST não é. �

Teorema 5.49SejamS;T WH ! H operadores positivos semidefinidos tais queST D TS . EntãoST eTS são operadores positivos semidefinidos.

Demonstração: Sem perda de generalidade, podemos assumir queS ¤ 0.Definimos então

S1 D S

kSk e SnC1 D Sn � S2n :

Claramente os operadoresSn são simétricos e comutam entre si:SmSn D SnSm

para quaisquerm; n.Afirmamos que

0 � Sn � I; 8 n 2 N;

resultado que mostraremos por indução. O cason D 1 decorre diretamente daProposição 5.47,.vi i i/. Supondo o resultado válido paran D k, temos

hS2k .I � Sk/x; xi D hSk.I � Sk/x;Skxi D h.I � Sk/Skx;Skxi � 0

ehSk.I � Sk/

2x; xi D hSk.I � Sk/x; .I � Sk/xi � 0;

o que implica que

S2k .I � Sk/ � 0 e Sk.I � Sk/

2 � 0:

Daí decorre que

SkC1 D S2k .I � Sk/C Sk.I � Sk/

2 � 0

eI � SkC1 D .I � Sk/C S2

k � 0;

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provando o afirmado.Uma vez que

S1 D S21 C S2 D S2

1 C S22 C S3 D : : : D

nX

kD1

S2k C SkC1;

vemos quenX

kD1

S2k D S1 � SnC1 � S1:

2

5.8 Exercícios

Designaremos porH um espaço de Hilbert qualquer.

1. Dê exemplo de um operador contínuoT WH ! H que não seja compacto.

2. SejamE um espaço com produto interno ey; z 2 E. DefinaT W E ! E porT x D hx; yiz. Mostre queT é compacto. Mostre que existeT �W E ! E eobtenha sua expressão.

3. SejamE um espaço com produto interno de dimensão infinita eT W E ! E

um operador isométrico. Mostre queT não é compacto.

4. SejaE D CL2

�Œ0; 1�;R

�. DefinaT .f /.x/ D

R x

af .y/dy. Mostre queT é

um operador compacto. (Compare com o Exemplo 5.8.)

5. Mostre a Proposição 5.5.i i/: seY for um espaço completo, entãoK.X;Y /é um subespaço fechado deL.X;Y / e, portanto, um espaço de Banach. Paraisso, mostre queT .B1.0// por um número finito de bolasB�.yi/ de raio� > 0 e aplique então o Exercício 49 do Capítulo 1.

6. SejaT WD.T / � H ! H um operador fechado. Mostre queT ��I é fechado.Conclua então, utilizando a Proposição 4.65, que seT ��I for injetivo, então.T � �I/�1W im .T � �I/ ! H é fechado.

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7. SejaR o operadorright shift do Exemplo 5.17. Mostre queR não possuiautovetores.

8. Calcule todos os autovalores do operadorleft shiftLW `2 ! `2. Conclua que�.L/ D �.R/ D f� 2 C W j�j < 1g.

9. SejamT1;T2WH ! H operadores invertíveis.

(a) Verifique a igualdade

T �11 � T �1

2 D T �11 .T2 � T1/T

�12 D T �1

2 .T2 � T1/T�1

1 :

(b) Para�; � valores regulares deT WH ! H, obtenha aprimeiraidentidade do resolvente

R�.T / � R�.T / D .� � �/R�.T /R�.T / D .� � �/R�.T /R�.T /:

(c) Para�; � valores regulares deT WH ! H, mostre que

R�.T /R�.T / D R�.T /R�.T /:

(d) Se� for valor regular deT1;T2WH ! H, obtenha asegunda identidadedo resolvente

R�.T1/ � R�.T2/ D R�.T1/.T1 � T2/R�.T2/:

10. SejamS;T WH ! H operadores lineares contínuos. Suponha queS sejainvertível ekS � T k � kS�1k�1. Mostre queT é invertível.

11. Seja� um valor regular do operadorT WD.T / � H ! H. Mostre que, sej� � �j < k.T � �I/�1k�1, então� é um valor regular deT . Conclua que oconjunto dos valores regulares deT é aberto (e, portanto,�.T / é fechado).

12. Considere o operadorT W `2 ! `2 definido por

T x D T .x1; : : : ; xn; : : :/ D�x1;

x2

2; : : : ;

xn

n; : : :

�:

Mostre queT é contínuo. Obtenha a expressão deT �1W im T ! `2 everifique queT �1 não é limitado. O operadorT é sobrejetor?

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13. SejaH D L2�Œa; b�

�e considere o operador de multiplicaçãoT WH ! H

definido por.Tf /.x/ D xf .x/. EntãoT é um operador simétrico contínuo.(Veja o Exemplo 4.36.) Mostre que:

(a) T não possui autovalor;

(b) se� 2 Œa; b�, então� é um autovalor generalizado deT . (Veja aDefinição 5.24.)

14. SejamH1 e H2 espaços de Hilbert. As seguintes afirmações a respeito deuma aplicação linearT W X ! Y são equivalentes:

(a) seM � X for limitado, entãoT .M / é compacto;

(b) T .B1.0// é um compacto;

(c) T é compacto.

15. SejaT W E ! E um operador simétrico compacto no espaço com produtointernoE. Sejaen o autovetor correspondente ao autovalor não nulo�n deT . Se˘n denotar a projeção no espaço gerado poren, conclua que

T D1X

nD1

�n˘n:

(Note queT x DP1

nD1 �n˘nx é imediato. Trata-se de mostrar umaigualdade de operadores!)

O resultado desse exercício muitas vezes é chamado de Teorema Espectralpara Compactos Simétricos, nome que demos ao Teorema 5.31. Aversão utilizando projeções admite generalizações para operadores simétricoslimitados (assunto que está fora do escopo deste texto).

16. SejamE um espaço com produto interno,T W E ! E um operador ex 2 E

comkxk D 1. EntãojhT x; xij D kT k se, e somente se,x for autovetor deT tal que� WD hT x; xi satisfizerj�j D kT k.

17. SejamE um espaço com produto interno eT W E ! E for um operadorsimétrico compacto. Mostre que

hT x; yi DX

n

�nxnyn

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para quaisquerx; y 2 E, em quexn D hx; eni eyn D hy; eni.

18. Demonstre o Teorema 5.43.

19. Mostre a Proposição 5.47.

20. SejamE um espaço com produto interno,T W E ! E um operador simétricocompacto com autovalores não nulosf�ng e autovetores correspondentesfeng.

Tome� 2 K, com� ¤ 0. Se� ¤ �n para todon, mostre que o operador.T � �I/ possui inverso emL.E/. Obtenha, em termos da equação.5:9/, aexpressão da soluçãox da equação.T � �I/x D y.

Conclua que�.T / D f�1; : : : ; �n; : : : ; 0g.

21. SejamE um espaço com produto interno,T W E ! E um operador simétricocompacto com autovalores não nulosf�ng e autovetores correspondentesfeng.

Se� ¤ 0 for um autovalor deT , mostre que uma condição necessária esuficiente para que a equação�x � T x D y tenha soluçãox 2 E é quey

seja ortogonal a todo autovetor deT associado a�.

————————————————————————————

22. SejamE;F espaços euclidianos eM W E ! F uma isometria linear. Dêuma interpretação paraMM �.

23. SeS for invertível, os autovalores deT eS�1TS são iguais. Debnath p. 179.

24. SejaT W H ! H um operador compacto no espaço de HilbertH. Aplicandoa Proposição 5.5.i/, verifique que ker.I � T /r tem dimensão finita para todor 2 N.

25. Com referência ao Exemplo 5.18, o ponto consiste em trabalharmos comfunções contínuas. Se estivéssemos trabalhando no espaçoL2.Œa; b�;R/,precisaríamos considerar a igualdade.u.x/ � �/f .x/ D 0 emL2.Œa; b�;R/.Mostre:

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(a) seu.x/ � � em um intervaloŒc; d � � Œa; b�, então� é autovalor deT ,mas o auto-espaço associado a esse autovalor não é igual aE;

(b) seu.t/ D � apenas para um número finito de pontost 2 Œa; b�, então�não é autovalor deT ;

(c) seu.t/ D � para uma quantidade enumerável de pontost 2 Œa; b�, então� é autovalor deT ?

26. Exercício: Teorema 4.2.3, p. 152, Debnath.

27. Definir raiz quadrada (real) de um operador positivo definido T . Mostrarunicidade da raiz quadrada.

Solução:Unicidade: Suponhamos queP;Q sejam duas raízes quadradas deT , isto é,P 2 D T D Q2. EntãoP;Q comutam comT : PT D PP 2 DP 2P D TP . Daí decorre queP;Q comutam: (Debnath 3rd. Edition p. 174ou Bachman p. 423

28. Veja Exercício 14, p. 306 Bachman.

29. Teor 3 da aula 11 de tópicos de Fis II ?

30. Veja Tópicos de fís aula 8, exemplos 1, 2 e 3.

31. SejamH um espaço de HilbertT W H ! H um operador tal quekT k < 1.Mostre que I� T é invertível.

————————————————————————Está no Capítulo 4.Repetimos a definição de projeção ortogonal: (passar para espaços com produto

interno?)

Definição 5.50SejaE um espaço com produto interno. Um aplicação˘ W E !E é chamadaprojeção ortogonalse valer a decomposição ortogonal

E D ker˘ ˚ im˘:

29. Seja˘ W E ! E uma projeção. Mostre quex D .x � ˘x/ C ˘x é adecomposição ortogonal dex gerada por .

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30. Mostre que, se W H ! H for uma projeção, entãok˘k D 1.

31. Mostre que, se W H ! H for uma projeção sobre o espaçoF , então I�˘é uma projeção sobre o espaçoF?.

32. Se W H ! H for uma projeção, entãoh˘x; xi D k˘xk2 para todox 2 H.

33. SejaE um espaço com produto interno. Uma aplicação˘ W E ! E é uma???

34. Sejam˘1; ˘2 W H ! H projeções sobre os subespaçosF e G,respectivamente. As seguintes afirmações são equivalentes:

(a) ˘1˘2 D ˘2˘1;

(b) ˘1˘2 é uma projeção;

(c) ˘2˘1 é uma projeção.

35. Com respeito ao Exemplo??, mostre queC 1L2.R;K/ é um espaço com

produto interno.

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O Problema deSturm-Liouville

6.1 Definições e Exemplos

Definição 6.1 Um problema de Sturm-Liouville consiste de uma equaçãodiferencial na forma

� .p.t/u0/0 C Œq.t/ � ��.t/� u D f .t/ (6.1)

e de condições de fronteira apropriadas nos pontosa e b, coma < b.

Na equação.6:1/, � 2 C é um parâmetro,p 2 C 1�Œa; b�;RC�, q 2 C .Œa; b�;R/

e� 2 C�Œa; b�;RC�. A função� é chamadapeso.

Sejam 1; ˛2; ˇ1; ˇ2 2 R tais que 21 C˛2

2 > 0 eˇ21 Cˇ2

2 > 0. As condições defronteira

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0 (6.2)

são chamadasseparadas, e, sep.a/ D p.b/, as condições de fronteira

u.a/ D u.b/; u0.a/ D u0.b/ (6.3)

são chamadasperiódicas.O problema formado por.6:1/� .6:2/ ou .6:1/� .6:3/ chama-seproblema de

Sturm-Liouville regular . Umasoluçãodesse problema é uma funçãouW Œa; b� !C de classeC 2 que satisfaz tanto a equação.6:1/ quanto as condições de fronteira.6:2/ ou .6:3/. Sef .t/ � 0, o problema está naforma homogênea.

202

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§6.1 Definições e Exemplos 203

Denotaremos

L�uW D �.p.t/u0/0 C Œq.t/ � ��.t/� u

e vamos supor que a aplicação linearL� esteja definida em um subespaçoapropriado deL2

�Œa; b�;C

�. Mostraremos, indiretamente, queL� não é contínuo,

de modo que Uma vez queL� não é contínuo,

Observação 6.2(COLOCAR COMO EXERCÍCIO?) Consideremos as condiçõesde fronteira

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D ˛; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D ˇ: (6.4)

Se o problema.6:1/ � .6:2/ tem solução para todof 2 C 0.Œa; b�;C/, então.6:1/ � .6:4/ também tem solução. De fato, sejau0 2 C 2.Œa; b�;C/ uma funçãoque satisfaz 0u0.a/ C ˛1u0

0.a/ D c0 eˇ0u0.b/ C ˇ1u00.b/ D c1 (mostre queu0

sempre existe!), e defina entãoy D u0 C u, em queu é a solução de

L�u D f .t/ � L�u0:

Entãoy é solução do problema.6:1/ � .6:4/. �

Podemos considerar a aplicação linearL�W C 2.Œa; b�;C/ ! C 0.Œa; b�;C/definida porL�u D �.p.t/u0/0 C Œq.t/ � ��.t/� u. O problema de Sturm-Liouvilleestaria resolvido se encontrássemos uma solução deL�u D f que satisfizesse ascondições de fronteira consideradas.

Mais geralmente, podemos considerar o operador linearL�W D.L�/ �L2.Œa; b�/ ! L2.Œa; b� e especificar o domínioD.L�/ desse operador como sendo

D.L�/ D fu 2 C 2L2.Œa; b�;C/ W u satisfaz as condições de fronteira.6:2/ ou .6:3/g;

conforme se trata do problema.6:1/� .6:2/ ou .6:1/� .6:3/, respectivamente (vejao Exercício 1). Nesse caso, uma solução do problema de Sturm-Liouville seria umafunçãou tal queL�u D f . Essa é a abordagem que escolheremos. A introduçãodo produto internoh�; �i do espaçoL2.Œa; b�/ na abordagem do problema de Sturm-Liouville ficará clara à medida que desenvolvermos a teoria.

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204 O Problema de Sturm-Liouville Cap. 6

Exemplo 6.3 Considere o problema

�u00 D f .t/; u0.0/ D 0; u0.1/ D 0;

em quef é contínua no intervaloŒ0; 1�. Integrando essa equação, obtemos

Z 1

0

f .t/dt D 0:

Ela implica que, para o casof � 1, o problema não possui solução! Por outro lado,sef .t/ D sen2� t , existem infinitas soluções:

u.t/ D A � t

2�C sen2� t

4�2:

Definição 6.4 O número� 2 C é umautovalor do problema de Sturm-Liouville.isto é,.6:1/� .6:2/ ou .6:1/� .6:3// se existe uma funçãouW Œa; b� ! C de classeC 2 que satisfaça as condições de fronteira consideradas e tambémL�u D 0, ouseja,

�.p.t/u0/0 C q.t/u D ��.t/u:

A soluçãou associada ao autovalor� chama-seauto-função do problema deSturm-Liouville.

A definição esdrúxula de autovalor (dada a presença da funçãopeso�.t/ nadefinição) motivará a definição de um novo operadorL, de modo que um autovalordo problema de Sturm-Liouville seja dado pelas soluções nãotriviais da equaçãoLu D �u satisfazendo as condições de fronteira consideradas. Deixaremos,contudo, isso para mais tarde.

Exemplo 6.5 Parat 2 Œ0; ��, consideremos o problema de Sturm-Liouville

u00 C �u D 0;

u.0/ D u.�/ D 0:(6.5)

(Identifique os termosp, q e� nessa equação!)Vamos determinar os autovalores� 2 C desse problema.

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§6.1 Definições e Exemplos 205

Primeiramente mostraremos que todos os autovalores de.6:5/ são reais. Paraisso, consideremosu; v 2 C 2.Œ0; ��/. Então vale:

hu00; vi�hu; v00i DZ �

0

Œ Nv.t/u00.t/�u.t/ Nv00.t/�dt DZ �

0

d

dtŒ Nv.t/u0.t/�u.t/ Nv0.t/�dt:

(6.6)Assim, seu ev satisfazemu.0/ D u.�/ D 0 e v.0/ D v.�/ D 0, a última integralna equação acima é igual a zero. Em particular, sev D u, temos

0 D hu00;ui � hu;u00i D ��hu;ui C N�hu;ui D .N� � �/Z �

0

ju.t/j2dt:

Assim, seu é uma autofunção associada ao autovalor�, devemos ter� D N�. Issomostra que todos os autovalores de.6:5/ são reais.

Para� D 0, a solução geral deu00 D 0 é u.t/ D At C B. Comou.0/ D 0,devemos terB D 0; mas entãou.�/ D 0 garante queA D 0. Assim, apenasu � 0 é solução deu00 D 0, de modo que� D 0 não é um autovalor do problemade Sturm-Liouville.6:5/. Suponhamos que� < 0 e defina� D

p��. Então a

solução geral deu00 C �u D 0 é dada poru.t/ D Ae�t C Be��t . As condições defronteirau.0/ D 0 D u.�/ implicam então que

A C B D 0 e Ae�� C Be�� D 0;

sistema cuja única solução éA D B D 0. Quando� > 0, a solução geral deu00 C �u D 0 é dada por

u.t/ D A cosp�t C Bsen

p�t:

Substituindou.0/ D 0, concluímosA D 0. Como u.�/ D 0, devemos terBsen

p�� D 0. ComoB D 0 implica u D 0, devemos ter

p�� D n�, n 2 N.

Isso implica que os autovalores de.6:5/ e suas respectivas autofunções são

� D n2 e fn.t/ D sennt:

Note que os autovalores são todos positivos e formam uma sequência queconverge para infinito. Note também que a cada autovalor estáassociado um espaçounidimensional de autofunções. �

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Exemplo 6.6 Parat 2 Œ��; ��, consideremos o problema de Sturm-Liouville

u00 C �u D 0;

u.�/ D u.��/ D 0; u0.�/ D u0.��/: (6.7)

De maneira análoga ao exemplo anterior, a equação.6:6/ aplicada a esse casomostra que todos os autovalores desse problema são reais.

Como antes também se verifica que.6:7/ não possui autovalores negativos.Entretanto,� D 0 é um autovalor ao qual corresponde a autofunçãof0 � 1.Quando� > 0, obtemos os autovalores

� D �n D n2; n 2 N

com autofunções correspondentes

cosnt e sennt:

Assim, todos os autovalores são não negativos. A cada autovalor positivo n2

corresponde um autoespaço bidimensional. (Note que, por setratar de uma equaçãode 2a. ordem, essa é a dimensão máxima do autoespaço associado a um autovalor.)

�

6.2 A função de Green

De agora em diante vamos considerar apenas o problema de Sturm-Liouvillecom condições de fronteira separadas.

Começamos considerando o problema:

�.p.t/u0/0 C Œq.t/ � ��.t/� u D 0

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0(6.8)

Começamos mostrando que todos os autovalores desse problema (se existirem!) sãosimples:

Proposição 6.7Sejamu1 e u2 duas soluções do problema.6:8/ associadas aomesmo autovalor�. SeW .u1;u2/.t/ denota o Wronskiano

W .u1;u2/.t/ D u1u02.t/ � u0

1.t/u2.t/

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§6.2 A função de Green 207

das soluçõesu1 eu2, então

p.t/W .t/ D p.a/W .a/ 8 t 2 Œa; b�: (6.9)

Em particular, o autoespaço associado a cada autovalor do problema de Sturm-Liouville homogêneo com condições de fronteira separadas éunidimensional.

Demonstração:Temos queW .t/W D W .u1;u2/.t/ D u1u02.t/�u0

1.t/u2.t/ satisfaz

W 0.t/ D u1.t/u002.t/ � u00

1.t/u2

D 1

p.t/Œu1.t/p.t/u

002.t/ � u2.t/p.t/u

001.t/�

Du1.t/Œ��.t/u2.t/ � q.t/u2.t/ � p0.t/u0

2.t/� � u2.t/Œ��.t/u1.t/ � q.t/u1.t/ � p0.t/u01.t/�

p.t/

D p0.t/

p.t/Œ�u1.t/u

02.t/C u0

1.t/u2.t/

D �p0.t/

p.t/W .t/

Assim, mostramos que1

W .t/

W .a/D exp

��Z t

a

p0.s/

p.s/ds

�D exp

�ln

p.a/

p.t/

�

e, portanto,p.t/W .t/ D p.a/W .a/;

mostrando quep.t/W .t/ é constante no intervaloŒa; b�!Por outro lado,u1.t/ eu2.t/ satisfazem as condições de fronteira separadas:

˛0u1.a/C ˛1u01.a/ D 0

˛0u2.a/C ˛1u02.a/ D 0:

Como˛0 e˛1 não são simultaneamente nulos, devemos ter que

det

�u1.a/ u2.a/

u01.a/ u0

2.a/

�D 0:

1Esse resultado é conhecido como Teorema de Liouville.

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Assim, W .u1;u2/.a/ D 0. É fácil verificar que isso implica queu1 e u2 sãolinearmente dependentes no intervaloŒa; b�. (Veja exercícios 2 e 3. Esse últimomostra diretamente que o autoespaço associado a cada autovalor � do problema deSturm-Liouville com condições de fronteira separadas é sempre unidimensional.)2

Vamos supor, nesta e nas próximas seções, que� D 0 não seja autovalordo problema de Sturm-Liouville com condições de fronteira separadas. Assim,estamos supondo que não existau ¤ 0 que seja solução do problema

�.p.t/u0/0 C q.t/u D 0;

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0:(6.10)

Definição 6.8 Suponhamos que� D 0 não seja um autovalor do problema deSturm-Liouville com condições de fronteira separadas. Umafunção de Greenparaesse problema é uma funçãoGW Œa; b� � .a; b/ ! R satisfazendo8ˆˆˆˆˆ<ˆˆˆˆˆ:

G.t; �/ é contínuaI

� @

@t

�p.t/

@G

@t.t; �/

�C q.t/G.t; �/ D 0; se t 2 .a; �/ [ .�; b/I

˛0G.a; �/C ˛1

@G

@t.a; �/ D 0; ˇ0G.b; �/C ˇ1

@G

@t.b; �/ D 0; 8 � 2 .a; b/I

@G

@t.t; t�/ � @G

@t.t; tC/ D � 1

p.t/; 8 t 2 .a; b/:

.DenotamostC e t� os limites laterais à direita e à esquerda do pontot ,respectivamente/.

O próximo resultado garante a existência da função de Green:

Teorema 6.9 Suponhamos que� D 0 não seja um autovalor do problema deSturm-Liouville com condições de fronteira separadas. Sejamu1 e u2 as soluçõesde�.p.t/u0/0 C q.t/u D 0 satisfazendo, respectivamente,

u1.a/ D ˛1; u01.a/ D �˛0; u2.b/ D �ˇ1; u0

2.b/ D ˇ0:

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Então a função

G.t; �/ D

8ˆ<ˆ:

� u1.t/u2.�/

p.t/W .u1;u2/.t/set 2 .a; �/

� u1.�/u2.t/

p.t/W .u1;u2/.t/set 2 .�; b/

é a função de Green.A função de Green é simétrica:G.t; s/ D G.s; t/.

Demonstração: As funçõesu1 e u2 existem e são não-nulas, de acordo com oTeorema de existência e unicidade de soluções para problemas de valor inicial2.Notamos que as condições de fronteira do problema.6:10/ são satisfeitas poru1 nopontoa e poru2 no pontob. Temos queu1 e u2 são linearmente independentes:se fosseu1 D ku2, então o problema.6:10/ teria u1 como solução não-trivial, e� D 0 seria autovalor de.6:10/.

No intervaloŒa; �/ a funçãoG também é uma solução de.Eh/ � .Fh/. Logo,para cada� 2 .a; b/ fixo, G.t; �/ é um múltiplo deu1.t/ no intervaloŒa; �/ (vejaexercício 3). Da mesma forma,G.t; �/ é um múltiplo deu2.t/ no intervalo.�; b�.Logo �

G.t; �/ D �.�/u1.t/ DW G1.t; �/; se a � t < �

G.t; �/ D �.�/u2.t/ DW G2.t; �/; se � < t � b(6.11)

Uma vez queG é contínua, devemos terG1.t; tC/ D G2.t; t�/, ou seja,�.t/u1.t/ D �.t/u2.t/. A definição deG nos garante que�.t/u0

1.t/��.t/u02.t/ D

1=p.t/. Já quep.�/W .u1;u2/.�/ ¤ 0 em Œa; b� (de acordo com a equação.6:9/),resolvendo o sistema formado encontramos

G.t; �/ D

8ˆ<ˆ:

� u1.t/u2.�/

p.�/W .u1;u2/.�/D G1.t; �/; set 2 .a; �/

� u1.�/u2.t/

p.�/W .u1;u2/.�/D G2.t; �/; set 2 .�; b/

A simetria da função de Green é imediata:

p.�/W .u1;u2/.�/ D p.a/W .u1;u2/.a/ D p.t/W .u1;u2/.t/;

2Interprete geometricamente essas soluções, no caso˛1 D �ˇ0 D 1, ˛0 D ˇ1 D 0.

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de acordo com a equação.6:9/. 2

A importância da função de Green é mostrada pelo seguinte resultado:

Teorema 6.10Suponhamos que� D 0 não seja um autovalor do problema deSturm-Liouville com condições de fronteira separadas. Seja G.t; �/ a função deGreen desse problema, dada pelo Teorema.6:9/.

Então o problema de Sturm-Liouville

�.p.t/u0/0 C q.t/u D f;

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0(6.12)

possui solução única

u.t/ DZ b

a

G.t; �/f .�/d� D hf .t/;G.t/i:

Demonstração:Derivamos

u.t/ DZ b

a

G.t; �/f .�/d� DZ t

a

G2.t; �/f .�/d� CZ b

t

G1.t; �/f .�/d�:

A continuidade deG garante que

u0.t/ DZ t

a

@G2

@t.t; �/f .�/d� C G2.t; t�/f .t�/C

Z b

t

@G1

@t.t; �/f .�/d� � G1.t; tC/f .tC/

DZ t

a

@G2

@t.t; �/f .�/d� C

Z b

t

@G1

@t.t; �/f .�/d�:

Uma nova diferenciação produz

u00.t/ DZ t

a

@2G2

@t2.t; �/f .�/d�C@G2

@t.t; t�/f .t�/C

Z b

t

@2G1

@t2.t; �/f .�/d��@G1

@t.t; tC/f .tC/:

A definição da função de Green nos garante então que

u00.t/ DZ b

a

@2G

@t2.t; �/f .�/d� � f .t/

p.t/:

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Multiplicando as expressões deu, u0 e u00 por q, �p0 e �p, respectivamente, esomando, vem

�p.t/u00 � p0.t/u0 C q.t/u DZ b

a

Œ�p.t/@2G

@t2.t; �/ � p0.t/

@G

@t.t; �/C q.t/G.t; �/�f .�/d� C f .t/

D f .t/:

2

Observação 6.11Com a linguagem de operadores, o Teorema 6.10 pode ser escritoda seguinte forma:u é solução do problema.6:12/ se, e somente se,L0.u/ D f ,em queL0 é o caso particular� D 0 do operadorL� definido anteriormente.

SejaG1 o operador de Hilbert-Schmidt hermitiano e compacto definido por

G1.f /.t/ DZ b

a

G.t; �/f .�/d�:

EntãoL0u D f , u D G1f:

Assim, G1 é o inverso do operadorL0! (Note que isso implica queL0 não écontínuo.) �

Corolário 6.12 A funçãou.t/ é solução do problema de Sturm-Liouville comcondições de fronteira separadas

�.p.t/u0/0 C Œq.t/ � ��.t/� u D f .t/;

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0(6.13)

se, e somente se,

u.t/ � �Z b

a

G.t; �/u.�/�.�/d� DZ b

a

G.t; �/f .�/d�:

Demonstração:O Teorema.6:10/ nos garante que o problema

�.p.t/u0/0 C q.t/u D ��.t/u.t/C f .t/;

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0

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tem soluçãou.t/ dada por

u.t/ DZ b

a

G.t; �/Œ��.�/u.�/ C f .�/�d�:

2

Observação 6.13Na seção 6.5 abordaremos o caso em que� D 0 é um autovalordo problema de Sturm-Liouville com condições de fronteira separadas. �

6.3 Autovalores do problema de Sturm-Liouville

Consideremos o espaço vetorialL2.Œa; b�/. Nesse espaço vetorialintroduziremos um novo produto interno (que gerará uma topologia equivalente3) àdo espaço de HilbertL2.Œa; b�/). Definimos:

hu; vi�W DZ b

a

�.t/u.t/v.t/dt:

Claramente essa forma é linear na primeira variável e hermitiana. Ela também épositiva definida (e, portanto, um produto interno) e

m

Z b

a

u2.t/dt �Z b

a

�.t/u2.t/dt � M

Z b

a

u2.t/dt;

o que mostra que a norma que ela gera é equivalente àquela deL2.Œa; b�/.

Definição 6.14Denotaremos porL2�.Œa; b�/ o espaço vetorialL2.Œa; b�/munido do

produto internoh�; �i�.

Abordaremos o problema de Sturm-Liouville com a linguagem de operadores. Paraadequar a definição de autovalor do problema de Sturm-Liouville à definição usual,vamos definir um operadorLW D.L/ � L2

�.Œa; b�/ ! L2�.Œa; b�/. Começamos

especificando o domínioD.L/ desse operador:

D.L/W D fu 2 C 2.Œa; b�;C/ W u satisfaz as condições de fronteira separadasg:3Em outras palavras, a noção de proximidade permanece a mesma; já a noção de ortogonalidade

é alterada.

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§6.3 Autovalores do problema de Sturm-Liouville 213

Esse é um subespaço vetorial deC 2

L2�

.Œa; b�;C/ (veja exercício 1). Definimos então

LuW D ��1Œ�.pu0/0 C qu�:

Assim, os autovalores do problema de Sturm-Liouville com condições de fronteiraseparadas são os escalares� 2 C para os quais existe uma solução não-trivialu daequação

Lu D �u:

Definimos também o operador

G�.u/.t/ DZ b

a

G.t; �/u.�/�.�/d� D hu.�/;G.t; �/i�

é um operador de Hilbert-Schmidt emC 0

L2�

.Œa; b�;C/ com núcleoG.t; �/. Uma vezque seu núcleo é simétrico, esse operador é hermitiano e compacto. Começamosrelacionando os autovalores deL e deG�.

Proposição 6.15Suponhamos que� D 0 não seja um autovalor do problema deSturm-Liouville com condições de fronteira separadas. Então, � é um autovalordessa equação com autofunção associadau se, e somente se,��1 é um autovalordeG� com autofunção associadau.

Assim, todos os autovalores do problema de Sturm-Liouvillesão reais e a cadaautovalor pode ser associado uma autofunção real.

Demonstração:De acordo com o Teorema.6:10/, u é uma solução de

�.p.t/u0/0 C q.t/u D ��.t/u.t/;˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0

se, e somente se,

u.t/ D �

Z b

a

G.t; �/u.�/�.�/d� D �G�u:

ComoG� é um operador linear hermitiano e compacto, seus autovalores são reais.Assim, são reais todos os autovalores não nulos do problema de Sturm-Liouville e,portanto, qualquer possível autovalor desse problema.

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Seja agorau D v C iw uma autofunção associada ao autovalor� (mesmoquando� D 0 for autovalor). Como as funçõesp; q; � e as constantes0; ˛1; ˇ0 eˇ1 são todas reais, vemos quev ew são ambas autofunções do problema de Sturm-Liouville associadas ao autovalor�. 2

Observação 6.16Muitos textos abordam o problema de Sturm-Liouville nocontexto do espaço de funções reaisC 2.Œa; b�;R/ ou C 0.Œa; b�;R/. A proposiçãoacima justifica essa abordagem. �

Os autovalores�n de G� formam uma sequência tal quej�nj ! 0. Assim, oconjunto dos autovalores�n do problema de Sturm-Liouville satisfazj�nj ! 1.Vamos mostrar que o conjunto dos autovalores do problema de Sturm-Liouville(com condições de fronteira separadas) é limitado inferiormente.

Lema 6.17 Sejau 2 C 1L2.Œa; b�;C/. Para todot 2 Œa; b� vale

ju.t/j2 � 1

b � akuk2 C 2kuk ku0k:

Demonstração:SejaNt o ponto de máximo da função contínua realju.t/j. Temosentão que

ju.Nt/j2�ju.t/j2 DZ Nt

t

d

dsŒu.s/u.s/�ds D

Z Nt

t

Œu0.s/u.s/Cu.s/u0.s/�ds � 2kuk ku0k;

de acordo com a desigualdade de Cauchy-Schwarz.Assim, integrando obtemos

.b � a/ju.Nt/j2 � kuk2 C 2.b � a/kuk ku0k:

2

Teorema 6.18O operadorLW D.L/ � L2�.Œa; b�/ ! L2

�.Œa; b�/ é um operadorlimitado inferiormente, isto é, existe um número real.possivelmente negativo/ k talque

hLu;ui� � kkuk2�:

Em particular,L possui no máximo um número finito de autovalores negativos.

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§6.3 Autovalores do problema de Sturm-Liouville 215

Demonstração:Afirmamos inicialmente que existem constantesm1 > 0, m2 em3

tais quehL0u;ui � m1ku0k2 C m2kuk2 C m3kuk ku0k: (6.14)

De fato, integrando por partes temos:

hL0u;ui DZ b

a

Œ.�pu0/0 C qu�u DZ b

a

qjuj2dt �Z b

a

.pu0/0udt

� qmkuk2 � pu0uˇtDb

tDaCZ b

a

pu0u0dt

� qmkuk2 C pmku0k2 � pu0uˇtDb

tDa;

em quem1 D pm > 0 e qm são os mínimos dep e q em Œa; b�, respectivamente.Note que a demonstração da afirmação está completa no caso em que consideramoscondições de fronteira do tipou.a/ D u.b/ D 0 ou u0.a/ D u0.b/ D 0 (ou mesmocondições de fronteira periódicas!).

Agora vamos lidar com o último termo. Como já vimos, podemos supor quenão temos condições de fronteira do tipou.a/ D u.b/ D 0. Temos então que

u.a/u0.a/ D ˛0

˛1

ju.a/j2 ˛1 ¤ 0 (6.15)

e

u.b/u0.b/ D ˇ0

ˇ1

ju.b/j2 ˇ1 ¤ 0: (6.16)

De acordo com o Lema 6.17, temos então que

jp.a/u.a/u0.a/j � p.a/

ˇˇ˛0

˛1

ˇˇ� kuk2

b � aC 2kuk ku0k

�

jp.b/u.b/u0.b/j � p.a/

ˇˇˇ0

ˇ1

ˇˇ� kuk2

b � aC 2kuk ku0k

�:

Assim, existem constantes positivasc1, c2, c3 e c4 tais que

p.a/ Nu.a/u0.a/ � �c1kuk2 � c2kuk ku0k�p.b/ Nu.b/u0.b/ � �c3kuk2 � c4kuk ku0k

Isso completa a prova da estimativa.6:14/.

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Afirmamos agora que existe uma constantec tal que

m1ku0k2 C m2kuk2 C m3kuk ku0k � ckuk2L2 :

Para mostrar isso, consideremos a equação

Ax2 C Bxy C Cy2 � cy2;

em queAx2W D m2ku0k2, BxyW D m3kuk ku0k e Cy2W D m1kuk2. Sey D 0, oresultado é trivial; caso contrário, dividindo pory2 obtemos, para caday fixo, aparábola

A

y2x2 C B

yx C C;

cujo vértice tem coordenadas.�By=2A;�.B2 � 4AC /=4A/. Como essa parábolatem um ponto de mínimo nesse vértice (aqui é fundamentalA > 0!) que independedo valor dey, garantimos a existência dec.

Mostramos assim quehL0u;ui � ckuk2:

Uma vez quehLu;ui� DR b

aLu� Nu D

R b

aL0u Nu D hL0u;ui e as normask � kL2 e

k � k� são equivalentes, obtemos

hLu;ui� � kkuk2�:

Daí decorre queL possui, no máximo, um número finito de autovalores negativos.2

6.4 Desenvolvimento em autofunções

Apresentamos agora o teorema fundamental da teoria de Sturm-Liouville, quesintetiza também os resultados já mostrados.

Teorema 6.19Consideremos o problema de Sturm-Liouville com condições defronteira separadas:

� .p.t/u0/0 C Œq.t/ � ��.t/� u D f .t/; (6.17)

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§6.4 Desenvolvimento em autofunções 217

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0 (6.18)

Suponhamos que� D 0 não seja um autovalor desse problema, isto é, suponhamosque única solução de

�.p.t/u0/0 C q.t/u D 0

satisfazendo as condições de fronteira.6:18/ sejau � 0.Então:

.i/ Os autovalores do problema.6:17/ formam uma sequência infinita crescentede números reais, com

limn!1

�n D 1 e1X

nD1

1

�2n

< 1:

.i i/ Cada autovalor�n é simples, isto é, o autoespaço associado ao autovalor�n

é unidimensional e a sequência de autovalores pode ser ordenada como

�0 < �1 < � � � < �n ! 1; (6.19)

.i i i/ Paran 2 N, suponhamos que a sequência de autofunções�n do problema deSturm-Liouville com condições de fronteira separadas sejanormalizada noespaçoC 2

L2�

.Œa; b�;C/, isto é, se

Z b

a

j�n.t/j2�.t/dt D 1:

Então toda funçãou 2 D.L/, isto é, toda funçãou 2 C 2

L2�

.Œa; b�;C/ que

satisfaz as condições de fronteira separadas.6:18/ tem desenvolvimento emsérie de autofunções:

u.t/ D1X

nD0

hu; �ni��n.t/;

sendo

hu; �ni� DZ b

a

u.t/�n.t/�.t/dt:

A série converge absoluta e uniformemente emŒa; b�.

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.iv/ O conjuntof�n W n 2 Ng dado em.i i i/ é uma base ortonormal do espaço deHilbert L2

�.Œa; b�/ e do espaço pré-hilbertianoC 2

L2�

.Œa; b�;C/.

.v/ Se� ¤ �n para todon, o problema.6:17/� .6:18/ possui uma única soluçãou, dada por

u.t/ D1X

nD0

hf; �ni� � �n

�n.t/;

sendo a série absoluta e uniformemente convergente emŒa; b�.

.vi/ Se� D �m para algumm, o problema.6:17/ � .6:18/ possui solução se, esomente se,

hf; �mi DZ b

a

f .t/�m.t/dt D 0:

Nesse caso, a solução é dada por

u.t/ DX

n¤m

hf; �ni� � �n

�n.t/;

sendo a série absoluta e uniformemente convergente emŒa; b�.

Demonstração:.i/ A Proposição 6.15 garante que são reais os autovalores�n doproblema de Sturm-Liouville. Como o operador de Hilbert-SchmidtG� é hermitianoe compacto, o Teorema??e as proposições??e 6.15 garantem então quej�nj ! 1eP1

nD1.1=�n/2 < 1. Mas Teorema 6.17 garante que existe no máximo um número

finito de autovalores negativos. Assim,�n ! 1..i i/ foi mostrado na Proposição 6.7 (ou veja o exercício 3). Em conjunto com

o que foi mostrado em.i/, temos então que

�0 < �1 < � � � < �n ! 1;

se ordenarmos estes autovalores,�0 sendo o menor de todos os autovalores. Noteque, como consequência do Teorema 5.31, todas as desigualdades são estritas.

.i i i/ De acordo com a observação 6.11, o operador de Hilbert-Schmidthermitiano compactoG1 é o inverso do operador diferencialL0. Ou seja,

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§6.4 Desenvolvimento em autofunções 219

G1.L0u/.t/ D u.t/. Assim, se�n D ��1n são os autovalores deG1 e hn D

hL0u; �ni, o Teorema?? garante que

u.t/ D G1.L0u/.t/ D1X

nD0

�nhn�n.t/ D1X

nD0

cn�n.t/; (6.20)

a série convergindo absoluta e uniformemente emŒa; b�. Masu.t/ DP

n cn�n.t/

implicacn D hu; �ni�, mostrando o afirmado..iv/De acordo com o item.i i i/ e o Teorema2:29, o espaçoF das combinações

lineares finita dos elementos da base�n é denso no espaçoD.L/. ComoD.L/ édenso tanto emC 2

L2�

.Œa; b�;C/ como emL2�.Œa; b�/ (veja exercício 10),F também

é denso nesses espaços. Assim, o Teorema da base garante que todo elementouemC 2

L2�

.Œa; b� ou emL2�.Œa; b�/ tem uma representaçãox D

Pn xn�n, provando o

afirmado..v/ De acordo com o Corolário 6.12, a resolução do problema de Sturm-

Liouville .6:17/ � .6:18/ é equivalente à resolução da equação integral

u.t/ � �

Z b

a

G.t; �/u.�/�.�/d� DZ b

a

G.t; �/f .�/d�;

que, por sua vez, pode ser escrita como

.�I � G�/u.t/ D y.t/;

em que� D ��1 e y.t/ D �R b

aG.t; �/f .�/d�. De acordo com a Proposição??, a

única solução desse problema é dada por

u.t/ D �y C �

1X

nD0

1

�n

yn

1�

� 1�n

�n;

a série convergindo absoluta e uniformemente emŒa; b�.Por outro lado, a Proposição?? nos garante que

y D 1

�

1X

nD0

hf; �ni�n

�n;

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com essa série também convergindo absoluta e uniformemente. Daí segue-se, emparticular, que

yn D 1

��n

hf; �ni:

Assim,

u.t/ D �1

�

1X

nD0

hf; �ni�n

�n.t/C �

1X

nD0

1

�n

1��n

hf; �ni1�

� 1�n

�n.t/

D1X

nD0

hf; �ni�n

�n.t/C �

1X

nD0

1

�n

hf; �ni�n � ��n.t/

D1X

nD0

hf; �ni�n � ��n.t/;

com convergência absoluta e uniforme da série emŒa; b�..vi/ Segue imediatamente da comparação do Teorema?? com o item.v/. 2

Observação 6.201. Pode-se mostrar um resultado mais forte do que.i/:

1X

nD0

1

�< 1:

2. A teoria de oscilação de Sturm (veja, por exemplo, [6]) garante que an-ésimaautofunção�n (associada ao autovalor�n) possui exatamenten zeros no intervalo.a; b/. Em particular, a primeira autofunção�0 não se anula neste intervalo. �

6.5 A função de Green generalizada

Nosso próximo objetivo é mostrar a versão análoga ao Teorema6.19 no casoem que� D 0 seja um autovalor do problema.6:17/ � .6:18/.

Quer dizer, estamos tratando o caso em que existe uma soluçãonão-trivialuker

para o problema

�.p.t/u0/0 C q.t/u D 0;

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0:(6.21)

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§6.5 A função de Green generalizada 221

Claramentekuker também é solução desse problema, para toda constantek.Reciprocamente, toda solução desse problema é da formakuker.

Para fixarmos a soluçãouker, vamos supor que ela seja real (veja Proposição6.15) e satisfaça

kuk2 DZ b

a

u20.t/dt D 1:

Nesse caso, dizemos que ela énormalizada.

Lema 6.21 Sejamu; v duas funções emC 2.Œa; b�;C/. Então vale:

.i/ NvLu � uL Nv D 1�Œp.u Nv0 � u0 Nv/�0 D 1

�Œp.t/W .u; Nv/.t/�0 (identidade de

Lagrange);

.i i/ O operador linearLW D.L/ � L2.Œa; b�/ ! L2.Œa; b�/ é hermitiano emC 2

� .Œa; b�;C/.

Demonstração:.i/ Temos

NvLu � uL Nv D Nv 1

�Œ�.pu0/0 C qu� � u

1

�Œ�.p Nv0/0 C q Nv� D 1

�Œu.p Nv0/0 � Nv.pu0/0�

D 1

�Œp.u Nv0 � u0 Nv/�0

D 1

�ŒpW .u; Nv/�0

.i i/ Basta notarmos que, de acordo com.i/, temos

hLu; vi� � hu;Lvi� DZ b

a

�ŒvLu � uLv�dt DZ b

a

d

dtŒp.t/W .u; v/.t/�dt:

Mas, quandot D a ou t D b, W .u; v/.t/ D W .u; v/.t/ D 0. Assim,hLu; vi� � hu;Lvi� D 0. 2

Observação 6.22Note que podemos considerar o operadorL0 D �L ao invés deL. A identidade de Lagrange se escreve entãoNvL0u � uL0 Nv D Œp.t/W .u; Nv/.t/�0,de onde segue-se queL0 também é hermitiano:hLu; vi D hu;Lui para quaisqueru; v 2 D.L0/ D D.L/. �

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Lema 6.23 A imagemim.L0/ do operador linearL0 é ortogonal auker emL2.Œa; b�/, isto é,

hLu;ukeri D 0

para todou 2 D.L0/.

Demonstração:Sejah D L0u. A aplicação do Lema 6.21 garante que

0 D hu;L0ukeri� D hL0u;ukeri�:

2

Observação 6.24Uma vez que�L D L0, obtemos quehLu;ukeri� D 0 para todou 2 D.L/ D D.L0/. �

O Lema 6.23 tem implicações importantes. Se considerarmos oespaçounidimensionalK gerado pela autofunçãouker, o Corolário?? mostra a existênciade uma decomposição ortogonal para o espaçoD.L0/

D.L0/ D K ˚ U:

Essa decomposição também decompõe o operadorL:

L0.k C u/ D L0.k/C L0u D 0 C L0u; 8 u 2 U:

Assim, podemos considerar o operadorQL0 D L0jU definido no espaço pré-hilbertianoU :

QL0W U ! U:

Esse operador é hermitiano e compacto. Assim, existe uma função de Green paraesse operador. O próximo resultado mostra como obter explicitamente essa funçãode Green.

Proposição 6.25Consideremos o problema de Sturm-Liouville com condições defronteira separadas:

� .p.t/u0/0 C q.t/u D f .t/; (6.22)

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0 (6.23)

Suponhamos queuker seja uma solução não-trivial normalizada do problemahomogêneo associado. Então:

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.i/ O problema.6:22/ � 6:23/ tem solução se, e somente se,

hf;ukeri DZ b

a

uker.t/f .t/dt D 0I

.i i/ Existe uma funçãoG.t; �/, chamada função de Green generalizada,caracterizada pelas seguintes propriedades:

.a/ G.t; �/W Œa; b� � .a; b/ ! R é contínua;

.b/@G

@t.t; �/ é contínua em cada um dos triângulosa � t < � e � < t � b;

além disso,@G

@t.t; t�/ � @G

@t.t; tC/ D � 1

p.t/I

.c/ Para todo� 2 .a; b/, vale

@

@t

��p.t/

@G

@t.t; �/

�Cq.t/G.t; �/ D �uker.t/uker.�/ se t 2 .a; �/[.�; b/I

.d/ Para todo� 2 .a; b/, G.t; �/ satisfaz.6:23/;

.e/ G é simétrica e satisfaz

Z b

a

G.t; �/uker.t/dt D 0; 8 � 2 .a; b/:

.i i i/ SeR b

auker.t/f .t/dt D 0, então

u.t/ D kuker.t/CZ b

a

G.t; �/f .�/d� D kuker.t/C hf .�/;G.t; �/i

é solução de.6:22/ � .6:23/. Em particular, existe apenas uma soluçãou

satisfazendo

hu;ukeri DZ b

a

u.t/uker.t/dt D 0:

Demonstração:.i/ Seu é solução de.6:22/ � .6:23/, entãoL0u D f . Assim, aafirmação direta resulta do Lema 6.23. A recíproca decorre doitem .i i i/.

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.i i/ Sejau1 uma solução da equação homogênea�.p.t/u0/0 C q.t/u D 0,linearmente independente4 comuker. Para cada� fixo, sejau2.t; �/ uma solução daequação

��p.t/u0.t/

�0 C q.t/u.t/ D �uker.t/uker.�/: (6.24)

Defina5

G.t; �/W D�

a0.�/uker.t/C a1.�/u1.t/C u2.t; �/ DW G1.t; �/ sea � t < �

b0.�/uker.t/C b1.�/u1.t/C u2.t; �/ DW G2.t; �/ se� < t � b

ClaramenteG.t; �/ satisfaz então a propriedade.c/, poisuker e u1 são soluções daequação homogênea associada.

Vamos mostrar que podemos determinarG.t; �/ de modo que ela satisfaça aspropriedades.a/, .b/ e .d/. Decorre da continuidade deG.t; �/ que, para todot 2 .a; b/ vale

Œa0.t/ � b0.t/�uker.t/C Œa1.t/ � b1.t/�u1.t/ D 0: (6.25)

A condição.b/ implica que

Œa0.t/ � b0.t/�u0ker.t/C Œa1.t/ � b1.t/�u

01.t/ D 1

p.t/: (6.26)

Repetindo o procedimento aplicado na obtenção da função de Green usual (vejaTeorema 6.9), obtemos parat 2 .a; b/

a0.t/ � b0.t/ D �u1.t/

p.t/W .uker;u1/.t/e a1.t/ � b1.t/ D �uker.t/

p.t/W .uker;u1/.t/:

(6.27)Passamos então a considerar as condições de fronteira. Notamos inicialmente queu2.t; �/ D u3.t/uker.�/, em queu3.t/ é uma solução de� Œp.t/u0.t/�0 Cq.t/u.t/ D�uker.t/.

A condição de fronteira emt D a é satisfeita se

Œ˛0uker.a/C˛1u0ker.a/�a0.�/CŒ˛0u1.a/C˛1u0

1.a/�a1.�/ D �Œ˛0u3.a/C˛1u03.a/�uker.�/:

4Note que o paru1;u2, utilizado para se construir a função de Green usual, é um múltiplo deuker. Mais do que isso, qualquer função que satisfaça as condições de fronteira emt D a ou t D b éum múltiplo deuker, segundo o exercício 3.

5Note que cada linha expressa a solução geral da equação.6:24/, para cada� fixo.

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Como uker.a/ D ˛1 e u0ker.a/ D �˛0, temos (W .uker;ui/ é o Wronskiano das

soluçõesuker eui, i D 1; 3)

W .uker;u1/.a/a1.�/ D �W .uker;u3/.a/uker.�/;

ou seja,

a1.�/ D �W .uker;u3/.a/

W .uker;u1/.a/uker.�/: (6.28)

Da mesma forma, a condição de fronteira emt D b é satisfeita se

b1.�/ D �W .uker;u3/.b/

W .uker;u1/.b/uker.�/ DW �k2uker.�/ (6.29)

Precisamos mostrar a compatibilidade de.6:27/�.6:28/�.6:29/. Essas igualdadessão compatíveis apenas quando

p.b/W .uker;u3/.b/

p.b/W .uker;u1/.b/� p.a/

W .uker;u3/.a/

p.a/W .uker;u1/.a/D � 1

p.�/W .uker;u1/.t/:

Comop.t/W .uker;u1/.t/ ¤ 0 é constante emŒa; b�, isso quer dizer que devemoster

p.b/W .uker;u3/.b/ � p.a/W .uker;u3/.a/ D �1:

O exercício 12 pede que se mostre a veracidade dessa relação.Assim, provamos aexistência de uma função de Green satisfazendo as condições.a/� .b/� .c/� .d/.

Note que temos liberdade na escolha dea0.�/ satisfazendo a equação.6:27/.Determinaremosa0.�/ e b0.�/ de modo a obter a simetria deG.t; �/. Para isso,começamos por escolheru3.t/ satisfazendo as condições de fronteirau3.a/ D ˛1 eu0

3.a/ D �˛0. Com isso, asseguramos quea1.�/ D 0, poisW .uker;u3/.a/ D 0.Temos então

�G1.t; �/ D a0.�/uker.t/C uker.�/u3.t/

G2.t; �/ D b0.�/uker.t/ � k2uker.�/u1.t/C uker.�/u3.t/:

Se queremos queG.t; �/ seja simétrica, as funções em� também dever sercombinações lineares das funçõesuker;u1 eu3. Assim,

a0.�/ D Auker.�/C Bu1.�/C u3.�/

b0.t/ D C uker.t/C Du1.t/C u3.t/:

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Portanto,

G2.�; t/ D ŒC uker.t/C Du1.t/C u3.t/�uker.�/ � k2u1.t/uker.�/C uker.t/u3.�/

D ŒC uker.�/C u3.�/�uker.t/C Œ.D � k2/uker.�/�u1.t/C uker.�/u3.t/

A funçãoG2.�; t/ não pode depender deu1.t/, pois G1.t; �/ não depende dessafunção. Assim, devemos terD D k2. Igualando então comG1.t; �/, encontramos

ŒAuker.�/CBu1.�/Cu3.�/�uker.t/Cuker.�/u3.t/ D ŒC uker.�/Cu3.�/�uker.t/Cuker.�/u3.t/;

de onde vemA D C eB D 0. (Veja o exercício 13.) Concluímos que

�G1.t; �/ D Auker.�/C u3.�/�uker.t/C uker.�/u3.t/

G2.t; �/ D ŒAuker.�/C k2u1.�/C u3.�/�uker.t/ � k2uker.�/u1.t/C uker.�/u3.t/:

(Verifique que a equação.6:27/ foi satisfeita.)Note que ainda temos ainda um grau de liberdade na escolha deA D D.

EscolhemosA de modo a que a condição de ortogonalidade

Z b

a

G.t; �/uker.t/dt

seja satisfeita..i i i/ Sejau.t/ D

R b

aG.t; �/f .�/d�. Então, como na prova do Teorema 6.10,

temos

du

dtDZ b

a

@G

@t.t; �/f .�/d�;

d2u

dt2.t/ D

Z b

a

@2G

@t2.t; �/f .�/d� � f .t/

p.t/;

de forma que�.p.t/u0/0 C q.t/u.t/ é igual a

Z b

a

�@

@t

��p.t/

@G

@t.t; �/

�C q.t/G.t; �/

�f .�/d�Cf .t/ D

Z b

a

uker.t/uker.�/f .�/d�Cf .t/ D f .t/;

em que a igualdadeR b

auker.t/uker.�/f .�/d� D 0 decorre da aplicação de.i/.

Finalmente, a forma da solução geral do problema bem como a unicidade da soluçãoortogonal auker são imediatas. 2

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Observação 6.26Na prática, a função de Green generalizada não é obtidaseguindo-se os passos da demonstração do Teorema 6.25. A interpretaçãogeométrica deixa claro que existe um procedimento muito mais direto: asimetrização da função de Green e a posterior ortogonalização com relação auker

não são necessárias; basta a ortogonalização. De fato, com anotação anterior, temosD.L0/ D K ˚ U , a imagem deL0 sendo justamenteU . Note queQL0 é hermitianoe� D 0 não é autovalor deQL. Assim, existe. QL�/�1 D QL�1 (veja o exercício 14).Podemos então aplicar a Proposição 4.14.iv/, que garante queQL�1 é hermitiano.Como QL�1 é um operador de Hilbert-Schmidt que tem como núcleo a funçãodeGreen procurada, vemos queG.t; �/ é simétrico. Assim, ao exigirmos que a funçãode Green esteja no espaçoU , isto é, que ela satisfaça

Z b

a

G.t; �/uker.t/dt D 0;

estamos garantindo a simetria da função de Green!

Exemplo 6.27 Consideremos o problema�v00 C n2v D g.t/

v.0/ D v.�/ D 0

(Note que a notação não está em conformidade com a teoria desenvolvida!)Qualquer função da formau.t/ D Asennt satisfaz o problema homogêneo

associado. Ao exigirmos queR �

0u2dt D 1, obtemosA D

p2=�. Obtemos a

funçãou3.t; �/ ao resolvermos a equaçãoU 00 C n2U D �.2=�/sennt senn�. Essaequação pode ser resolvida pelo método dos coeficientes a determinar, e tem

u3.t/ D 1

n�t cosntsenn�

como uma solução particular.Assim, a função de Green procurada é da forma

G.t; �/ D

8ˆ<ˆ:

a0.�/sennt C a1.�/ cosnt C t cosntsenn�

n�; se a � t < �

b0.�/sennt C b1.�/ cosnt C tcosntsenn�

n�; se � < t � b:

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As condições de fronteira emt D 0 e t D � são satisfeitas quandoa1.�/ D 0 eb1.�/ D �.1=n/senn�. A continuidade emt D � nos fornece

a0.�/ D b0.�/ � cosn�

n:

É fácil verificar então que.@G=@t/.t; t�/�.@G=@t/.t; tC/ D 1 para qualquer valorb0.�/. (Note o termo1 ao invés de�1!) A simetrização deG.t; �/ é obtida ao seexigir que Z b

a

G.t; �/senntdt D 0:

Daí vem queb1 D .n�/�1� cosn� � .n2�/�1senn� � .n2/�1senn�. Pode-severificar que

G.t; �/W D

8ˆ<ˆ:

.� � �/ cosn�sennt

n�C t cosntsenn�

n��

senn�

n2�C senn�

n2

�sennt se 0 � t < �;

� cosn�sennt

n�C .t � �/senn� cosnt

n��

senn�

n2�C senn�

n2

�sennt se � < t � �

satisfaz as propriedades desejadas.Contudo, se definirmos a função simétrica

G.t; �/W D

8ˆ<ˆ:

.� � �/ cosn�sennt

n�C t cosntsenn�

n�; se 0 � t < �;

� cosn�sennt

n�C .t � �/senn� cosnt

n�; se � < t � �;

vemos que ela satisfaz todas as propriedades desejadas, exceto.e/. �

O que fizemos deixa claro que existe um análogo ao Teorema 6.19para o casoem que� D 0 é um autovalor do problema de Sturm-Liouville com condiçõesdefronteira separadas. Como lá, a sequência de autovalores satisfaz

Pn

1

�2n

< 1, seexcluirmos o autovalor� D 0. Os ítens.i i/, .i i i/ e .iv/ daquele teorema valemsem modificação. Nos dois ítens restantes deve ser somado o termo kuker à formada solução, a unicidade sendo perdida em.v/ e .vi/. O exercício 15 pede que seenuncie e demonstre esse resultado.

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6.6 Exercícios

1. Mostre que o conjunto das funçõesuW Œa; b� ! C de todas as funções de classeC 2 que satisfazem as condições de fronteira.6:2/ (ou .6:3/) é um subespaçodeC 2.Œa; b�;C/.

2. Mostre que se o WronskianoW .u1;u2/.t/ se anula num pontot0 2 Œa; b�,então as soluçõesu1;u2 da equação�.p.t/u0/0 C Œq.t/ � ��.t/� u D 0 sãolinearmente dependentes.

3. Sejau1 a solução definida no Teorema 6.9. Mostre que seu é outra solução de�.p.t/u0/0 C q.t/u D 0 satisfazendo 0u.a/C˛1u0.a/ D 0, entãou D ku1.

4. Interprete a simetria da função de Green em termos das funçõesG1.t; �/ eG2.t; �/. Mostre que

@G2

@t.�C; �/ � @G1

@t.��; �/ D � 1

p.�/:

5. Mostre que a teoria de operadores de Hilbert-Schmidt, desenvolvida na seção?? para operadores emC 0

L2.Œa; b�;C/, também é válida para operadores emC 0

L2�

.Œa; b�;C/.

6. Mostre que o operador de Sturm-LiouvilleLW D.L/ � C 2

L2�

.Œa; b�;C/ !C 2

L2�

.Œa; b�;C/ é um operador hermitiano.

7. Determinar quais dos seguintes problemas não tem� D 0 como autovalor

(a) u00 C u D f em Œ0; ��, u.0/ D 0 D u.�/;

(b) u00 C u D f em Œ0; ��, u0.0/ D 0 D u0.�/;

(c) u00 D f em Œ0; 1�, u.0/C u0.0/ D 0 D u0.1/;

(d) u00 D f em Œ0; 1�, u.0/ D 0 D u.1/ � u0.1/.

8. Obtenha a função de Green para os seguintes problemas:

(a) u00 C u D f em Œ0; 1�, u.0/C u0.0/ D 0 D u.1/;

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(b) u00 C u D f em Œ0; ��, u.0/ D 0 D u0.�/;

(c) u00 D f em Œ0; 1�, u.0/ D 0 D u0.1/;

(d) u00 D f em Œ0; 1�, u.0/ D 0 D u.1/C ˇu0.1/.

9. Mostre que��1n

R b

aL0u.t/�n.t/dt D

R b

au.t/�.t/�n.t/dt .

10. Mostre que o espaçoC 10 .Œa; b�;C/ de todas as funçõesC 1 com suporte

compacto (isto é, que se anulam fora de um intervalo fechado contido em.a; b/) é denso emC 0

Lp�.Œa; b�;C/, para1 � p < 1.

11. Obtenha a expansão em autofunções dos seguintes problemas de Sturm-Liouville:

(a) u00 C �u D f em Œ0; `�, u0.0/ D 0 D u0.`/;

(b) u00 C �u D f em Œ0; `�, u.0/ D 0 D u0.`/;

(c) u00 C �u D f em Œ0; 1�, u.0/C u0.0/ D 0 D u0.1/;

12. Sejau3.t/ uma solução da equação� Œp.t/u0.t/�0 C q.t/u.t/ D �uker.t/.Mostre então que vale

p.b/W .uker;u3/.b/ � p.a/W .uker;u3/.a/ D �1:

13. Justifique a obtenção dos coeficientesA, B, C e D na prova da Proposição6.25 em termos da independência linear das funções envolvidas.

14. Mostre que o problema de Sturm-Liouville com condições de fronteiraseparadas

�.p.t/u0/0 C q.t/u D f .t/

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D ˛; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D ˇ

possui solução única para qualquer função contínuaf e quaisquer valores de˛ eˇ se, e somente se, o problema homogêneo associado

�.p.t/u0/0 C q.t/u D 0

˛0u.a/C ˛1u0.a/ D 0; ˇ0u.b/C ˇ1u0.b/ D 0

possui solução únicau D 0.

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15. Enuncie e demonstre o resultado análogo ao Teorema6:19 para o caso em que� D 0 é um dos autovalores do problema de Sturm-Liouville com condiçõesde fronteira separadas.

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7

Um Problema Não-Linear

Em geral, a resolução de equações diferenciais não-lineares é muito maistrabalhosa do que o caso linear.

Neste capítulo, procuramos uma soluçãou 2 C 2.0; 1/ \ C 0�Œ0; 1�

�para a

equação não-linearu00 D �f .u/; t 2 .0; 1/u.0/ D u.1/ D 0;

(7.1)

em quef WR ! R é uma função contínua. Outras hipóteses sobref serãoacrescentadas quando necessárias.

Uma soluçãou.t/ do problema.7:1/ pode ser interpretada como sendo umafunção que descreve a posição (em função do tempo) de uma partícula de massaunitária que se move em linha reta sob a ação de uma força externaf que dependeunicamente1 da posiçãou.t/. Assim, a equaçãou00 D �f .u/ nada mais é do que aexpressão da 2a. lei de Newton. O sinal negativo quer dizer que a forçaf se opõeao movimento da partícula, como no caso da lei de Hooke. Os valores deu nospontos de fronteira0 e 1 nos dizem que a partícula saiu da origem com uma certavelocidade que permite o seu retorno ao ponto inicial exatamente quandot D 1.Não é garantida que tal velocidade exista, isto é, não sabemosa priori se o problema.7:1/ possui solução. Com certas hipóteses adicionais sobre a forçaf mostraremosque existepelo menosuma solução desse problema.

Mas a função diferenciávelu.t/ descreve não apenas a trajetória da partícula,mas todo o seu movimento: a velocidadeu0.t/ e a aceleraçãou00.t/ em cada instantet . Não nos interessa apenas a descrição das sucessivas posições ocupadas pela

1Uma força externa que dependesse simultaneamente do tempot e da posiçãou.t/ seriarepresentada porf .t;u.t//.

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§7.1 O LAGRANGEANO 233

partícula, mas também o tempo de permanência em cada ponto. (Por exemplo,a partícula poderia ficar parada durante certo intervalo de tempo e então reiniciar omovimento.)

7.1 O LAGRANGEANO

Desde os primórdios da Física, acreditou-se que o universo éregido porprincípios básicos. Tudo começou com Euclides em seu livro intitulado Catoptrica(teoria especular). Nesta obra ele prova que o caminho percorrido pela luz que érefletida em um espelho tem o ângulo de incidência igual ao ângulo de reflexão.Daí, Heron de Alexandria demonstra que o caminho percorridopela luz ao ir deum ponto P a um outro ponto Q com reflexão no espelho é o menor entre todos osoutros caminhos que saem do ponto P, fazem uma reflexão no espelho e atingemo ponto Q. Se o meio for homogêneo, então a velocidade da luz é constante.Portanto, ela percorre o caminho que leva o menor tempo. Heron aplicou esseprincípio do menor caminho ou do tempo mínimo a problemas de reflexão emespelhos esféricos convexos e côncavos. Com base nesses problemas de reflexão, osfilósofos e cientistas do período pós-grego estenderam esseprincípio de otimizaçãoe propuseram a doutrina de que a natureza age da melhor maneira possível, querdizer, a natureza não faz nada supérfluo nem qualquer trabalho desnecessário.Leonardo da Vinci acreditava que a natureza era econômica e que sua economiaera quantitativa. No século XVII, Fermat postulou o Princípio do Tempo Mínimo ea partir dele deduziu a lei da refração da luz.

No início do século XVIII, uma enorme quantidade de exemplosmostrava quea natureza de fato empreende a otimização de algumas quantidades importantes.Os exemplos sugeriam que deveria haver algum princípio maisgeral, ou seja, todadinâmica aconteceria na otimização quantitativa de algo (tempo, distância, trabalho,energia, etc); restava encontrar esse algo.

A procura por esse princípio geral foi empreendida por Maupertuis (1698-1759),que propôs em 1744 seu famoso Princípio da Ação Mínima. De acordo com esseprincípio, qualquer dinâmica na natureza deve minimizar o que Maupertuis chamoude Ação, a saber, a quantidade de movimento vezes a distânciapercorrida. Em

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234 Um Problema Não-Linear Cap. 7

termos matemáticos,� D mvs;

em que m é a massa do corpo, v sua velocidade e s a distância percorrida. Oresultado� desse produto Maupertuis chamou de Ação. No caso em que avelocidade não é constante e o caminho percorrido é uma curva, a Ação é dadapela integral

� DZ

mvds:

A quantidade universal a ser otimizada era a Ação, assim pensava Maupertuis.Euler, no mesmo ano de 1744, reformulou a definição de Ação introduzindo a

variável temporal. Comods D vdt , substituindo essa expressão na definição daação, obteve

� .t/ DZ

mv2dt:

A quantidademv2 era chamada, na época de Euler, de força viva. Depois, porquestão de compatibilidade com as leis de Newton e com a conservação da energia,.1=2/mv2, metade da força viva, passou a se chamarenergia cinéticada massam,denotada porK.t/ quando expressa em termos do tempot . No caso do problema.7:1/, comou.t/ é a função que descreve a posição da partícula em função do tempot , temos

K.t/ D 1

2Œu0.t/�2 D 1

2ju0.t/j2:

Euler então faz uso de sua idéia original do cálculo das variações. Considerao movimento de uma partícula se movendo ao longo de todas as curvas em umplano unindo dois pontos fixos. Para cada trajetóriau.t/ está associada a Açãoda partícula. Assim, a Ação é entendida como um funcional definido no espaçode todas as curvas planas que ligam esses dois pontos fixos. Assim, ele conseguedefinir, ainda que seja de uma maneira um tanto vaga, a taxa de variação de umfuncional. Com uma frase lapidar, Euler estabelece a extensão do conceito de pontode mínimo do cálculo a espaços funcionais: a Ação será mínimaexatamente nacurva em que sua taxa de variação for nula, ou seja, na curva que faz o papel deponto estacionário. Por analogia, podemos dizer que nesse percurso estacionárioa velocidade da Ação é nula, velocidade entendida aqui como taxa de variação daquantidade denominada Ação com referência a mudanças de caminhos, que são os

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objetos do espaço funcional em questão. Em termos matemáticos, Euler procuravaa trajetóriau.t/ tal que

K.u/ D 1

2ju0.t/j2

fosse mínimo.As idéias de Euler foram aprimoradas por Lagrange, que generalizou o princípio

de modo a ser aplicado a um maior número de problemas dinâmicos. Definiu aAção associada a uma trajetória como sendo a soma da energia cinética efetivaem cada instante do percurso. Para Lagrange, energia cinética efetiva nada maisé do que a energia cinética subtraída de toda energia potencial. Podemos chamarisso de energia atual de uma partícula, visto que sua energiavirtual (potencial) foisuprimida. Em termos mais precisos, a energia atual, que denotaremos porL, seriadada por

L.t/ D K.t/ � U.t/;

em queU.t/ é a energia potencial da massa m. Essa energia atualL.t/ é chamadade lagrangiano. Portanto, a Ação associada a uma trajetóriau.t/, no sentido deLagrange, é a soma do lagrangiano da partícula em cada instante do percurso:

� .t/ DZ

Ldt:

Aplicando a idéia do cálculo de variações, procuramos encontrar a trajetóriau.t/ da partícula que minimize a ação que lhe é associada:

� .u/ DZ

L.u.t//dt:

É dessa forma que o Princípio da Ação Mínima será utilizado noestudo de.7:1/.Por sua vez, a energia potencial da partícula no instantet é definida como sendo

o simétrico da integral da força externa aplicada ao sistema. Assim,

U.t/ D �Z t

0

Œ�f .s/�ds: (7.2)

(Note que o sinal negativo dentro da integral decorre da equação.7:1/.)Decorre dessa definição que estamos considerando a origem como um nível em

que a energia potencial é nula. Há duas razões para o sinal negativo (externo à

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integral) na definição da energia potencialU.t/. Uma é para ser coerente com aidéia de que é realizado trabalho quando se perde energia potencial. A outra serelaciona com a energia total durante o percurso. Essa é definida como a somada energia cinética com a energia potencial da partícula. Para possibilitar que aenergia total seja constante – o que é o princípio da conservação da energia –, aenergia potencial deve ser definida com o sinal negativo: o que se ganha em energiacinética deve equivaler ao que se perde em energia potencial.

Assim, usando a idéia básica do cálculo de variações, procuramos minimizar

� .u/ DZ

L.t/dt:

Comot 2 Œ0; 1�, encontrar pontos críticos do funcional

� .u/ DZ 1

0

K.u.t//dt �Z 1

0

U.u.t//dt

D 1

2

Z 1

0

ju0.t/j2dt �Z 1

0

F.u.t//dt

em queF.x/ DR x

0f .s/ds. (Note o cancelamento dos dois sinais negativos em

.7:2/.)Toda a nossa atenção será dedicada a� : desde a definição de um domínio

apropriado até o estudo de condições que garantam a existência de pontos críticospara esse funcional. Veremos que todo ponto crítico de� é solução de.7:1/ e vice-versa (veja o Teorema 7.22). Assim, pontos de máximo, de mínimo ou de sela serãotodos solução de.7:1/.

Para isso, começamos relembrando alguns resultados básicos:

Definição 7.1 SejamX e Y espaços de Banach reais. Uma aplicaçãogW U �X ! Y é diferenciável no abertoU se, dado� > 0, para todox 2 U existem0 < ı D ı.x/ e uma aplicação linearT D T .x/ 2 L.X;Y / de modo que2

kg.x C h/ � g.x/ � T � hk < � khk sempre quekhk < ı: (7.3)

Nesse caso, denota-se aderivada T da funçãog no pontox porDg.x/.

2A aplicação linearT sendo avaliada no pontoh está sendo denotada porT � h, enquantoT .x/denota queT depende do pontox.

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Exemplo 7.2 SejamX;Y espaços de Banach. Toda aplicação linearcontínuaS W X ! Y é diferenciável eDS.x/ D S . De fato,

kS � .x C h/ � S � x � S � hk D 0 para todosx; h 2 X:

Assim, qualquer que seja� > 0, a condição de diferenciabilidade é cumprida porS . �

Exemplo 7.3 Uma aplicaçãoBW X � X ! Y ébilinear, se for linear em cada umadas variáveis, a outra sendo mantida fixa:

B.x1C˛x2; y1/ D B.x1; y1/C˛B.x2; y1/ e B.x1; y1Cˇy2/ D B.x1; y1/CˇB.x1; y2/;

para quaisquerx1; x2; y1; y2 2 X e˛; ˇ 2 R.Toda aplicação bilinearcontínuaé diferenciável, pois

B.x C h; y C k/ � B.x; y/ � ŒB.x; k/C B.h; y/� D kB.h; k/k

para todosx; y; h; k 2 X .ComoB.x; �/ eB.�; y/ são aplicações lineares, para mostrarmos que a derivada

DB.x; y/.h; k/ é dada pela aplicação linear contínuaB.x; k/ C B.h; y/, bastaverificar quekB.h; k/k satisfaz a condição de diferenciabilidade.7:3/, isto é, dado� > 0, existeı > 0 tal que

kB.h; k/k � � k.h; k/k; se k.h; k/k < ı:

De fato, a continuidade deB garante quejB.h; k/j � ckhk kkk. Assim,considerandok.h; k/k D maxfkhk; kkkg,

kB.h; k/kk.h; k/k � c minfkhk; kkkg;

que pode ser feito menor do que qualquer� > 0 dado.Um produto interno em um espaço de Hilbert real é uma aplicação bilinear

contínua. Assim, seB D h�; �i, temos que

Dhx; yi.h; k/ D hh; yi C hx; ki:�

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Como já dissemos, nossa primeiro objetivo no estudo do funcional � será aapresentação de um espaço de BanachX no qual esse funcional esteja bem definido.Em outras palavras, precisamos queju0.t/j2 eF.u.t// sejam funções integráveis. Aprimeira integral sugere que tenhamosu0 2 L2. Mas não basta exigir queu 2 C 1,pois sabemos que o espaçoC 1

L2 (das funções de classeC 1 com a normaL2) não écompleto. Além disso, é claro, precisamos ter que� W X ! R seja diferenciável.

Para encontrar esse espaço de Banach, começamos por introduzir um espaçoque, em última instância, implicará um novo entendimento doque é uma função.

7.2 FUNÇÕESTESTE

A maneira clássica (e mais “natural”) de conhecer uma funçãoé saber como elaatua em cada ponto de seu domínio. Essa atuação é descrita, muitas vezes, por umaexpressão algébrica. É o que acontece quando escrevemosf .x/ D x2 C 1, porexemplo. A “dinâmica” da atuação dessa função é então descrita pelo seu gráfico.

Uma outra maneira, mais indireta, de se conhecer uma função se dá quandodeterminamos um conjunto de funções acessórias e, para cadauma de tais funções,obtemos valores reais, em geral via integração. Isso é o que acontece, por exemplo,na teoria de séries de Fourier: o conjuntof1; cosx; senx; cos2x; sen2x; : : :g gera,param 2 N e para a funçãof (periódica, de período2�), os valores reais

a0 D 1

�

Z �

��

f .x/dx; am D 1

�

Z �

��

f .x/ cosmx dx e bm D 1

�

Z �

��

f .x/ senmx dx;

os coeficientes de Fourier def . O Teorema de Riesz-Fischer (veja [?]) garanteque, para uma grande classe de funçõesf , podemos “recuperar” a funçãof seconhecermos os valores desses coeficientes.

Essa será, em última instância, a nossa abordagem neste Capítulo.Escolheremos um conjunto adequado de funções acessórias, que atuarão na funçãof produzindo uma coleção de valores reais, que fornecerá informações sobre aprópria funçãof .

A escolha adequada de uma classe de funções acessórias permitirá estendero conceito de função e a introdução do conceito dedistribuição, que não seráabordado neste texto. A classe mais adequada para esse propósito é a classe defunçõesC 1 com suporte compacto e definirá o espaço das funções teste.

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§7.2 FUNÇÕESTESTE 239

Definição 7.4 Dizemos que uma funçãof W .0; 1/ ! R temsuporte compactoseexistir um intervaloŒa; b� � .0; 1/ tal quesuppf � Œa; b�, em que

suppf W D fx 2 .0; 1/ W f .x/ ¤ 0g:

Denotamos porC 10 .0; 1/ o espaço de todas as funções reais� 2 C 1 com

suporte compacto. Os elementos deC 10 .0; 1/ são chamadosfunções teste.

O espaçoC 10 .0; 1/ e, com isso, o conceito de distribuição, é devida a L.

Schwartz. Uma abordagem elementar pode ser encontrada no segundo capítulodo livro de Stakgold [33].

Note que as funções' 2 C 10 .0; 1/ estendem-se naturalmente a funções de

classeC 1 definidas em toda a reta, ao definirmos seu valor como nulo paratodox 62 .0; 1/. Essa extensão será, muitas vezes, identificada com a função'.

Observação 7.5O espaçoC 10 .0; 1/ é denso emCL2

�Œ0; 1�;R

�. De fato, pelo

Teorema de Aproximação de Weierstraß, toda função contínuagW Œ0; 1� ! R podeser uniformemente aproximada por um polinômiop, isto é, dado� > 0,

jg.t/ � p.t/j < � 8 t 2 Œ0; 1�:

Seja agora' 2 C 10 .0; 1/ uma função teste tal que'.t/ D 1 para todot 2 Œ�; 1 � ��

e '.t/ D 0 para todot 2 Œ0; �=2� [ Œ1 � �=2; 1�. (Com uma pequena modificação,tal função é construída explicitamente em [?], p. 433.)

Com isso, a função'p 2 C 10 .0; 1/ e

Z 1

0

jg � 'pj2dt

!2

� kp�;

em quek é uma constante. Isso mostra o afirmado.Mas podemos concluir algo mais: como o espaço das funções contínuas

f W Œ0; 1� ! R com a normaL2 é denso emL2 WD L2�Œ0; 1�

�(veja a Seção??),

concluímos queC 10

�Œ0; 1�

�é denso emL2. �

É claro que a derivada de uma função teste continua sendo uma função teste.Mas, o que acontece se integrarmos uma função teste? A primitiva continua sendouma função teste?

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Lema 7.6 Uma função� 2 C 10 .0; 1/ tem primitiva 2 C 1

0 .0; 1/ se, e somentese,

Z 1

0

� D 0:

Demonstração:Se 0 D �, então

Z 1

0

� DZ 1

0

0 D .1/ � .0/ D 0:

Reciprocamente, suponhamos queR 1

0� D 0. Defina .t/ D

R t

0�.s/ds. Se

t 2 Œ0; a� [ Œb; 1� então�.t/ D 0. Assim, 2 C 10 .0; 1/. Claramente é a

primitiva de�. 2

Proposição 7.7Seja�1 2 C 10 .0; 1/ tal que

R 1

0�1 D 1. Seja

M WD( 2 C 1

0 .0; 1/ WZ 1

0

D 0

):

EntãoM é um hiperplano; mais precisamente, vale a decomposição algébrica3

C 10 .0; 1/ D M ˚ < �1 >; (7.4)

sendo< �1 > o espaço unidimensional de múltiplos de�1.

Demonstração:Para qualquer� 2 C 10

�Œ0; 1�

�temos que� D .� � ��1/ C ��1.

Escolhendo� DR 1

0�, temos que� � ��1 2 M , provando.7:4/. 2

Observe que, comoM é o núcleo do funcional' 7!R 1

0', o resultado anterior

não passa de uma concretização da Proposição 3.2.

3Com isso estamos querendo dizer que estamos decompondo um espaço vetorial como somadireta de dois subespaços, sem considerar qualquer topologia no espaço vetorial.

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§7.3 UM ESPAÇO DESOBOLEV: W 1;2�Œ0; 1�

�241

7.3 UM ESPAÇO DESOBOLEV: W 1;2�Œ0; 1�

�

Definição 7.8 Seja u 2 L2. Dizemos queu é fracamente diferenciável oudiferenciável no sentido das distribuições, se existirv 2 L2 tal que

Z 1

0

u�0 D �Z 1

0

v�; 8 � 2 C 10 .0; 1/:

Nesse caso, dizemos quev é derivada fraca ou derivada generalizadade u

e escrevemosv D u0, mantendo a mesma notação utilizada para a derivadatradicional.

Na notaçãov D u0 estamos admitindo a unicidade da derivada fraca, fato queagora mostraremos:

Lema 7.9 A derivada fraca deu 2 L2, se existir, é única.

Demonstração:Suponhamos que

�Z 1

0

u�0 DZ 1

0

v� DZ 1

0

w�; 8 � 2 C 10 .0; 1/:

Então Z 1

0

.v �w/� D 0; 8 � 2 C 10 .0; 1/: (7.5)

A igualdade significa que.v � w/ é ortogonal (emL2) a toda função� 2C 1

0 .0; 1/ � L2. ComoC 10 .0; 1/ é denso emL2, isso implica quev�w é ortogonal

a qualquer função deL2. Assim,v � w D 0 emL2, ou seja,v D w (veja tambémo Exercício 1). 2

Mostraremos posteriormente que a derivada de uma função (nosentidotradicional), quando existir, coincide com sua derivada fraca. (Veja a demonstraçãoda Proposição 7.13.)

Definimos então o conjuntoW 1;2�Œ0; 1�

�como o subconjunto de todas as

funçõesu 2 L2 que possuem derivada fraca. É fácil ver queW 1;2�Œ0; 1�

�é

um subespaço deL2, algumas vezes denotado porH 1�Œ0; 1�

�. Em W 1;2

�Œ0; 1�

�

definimos a normakuk1 D kukL2 C ku0kL2 ;

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que é gerada pelo produto interno

hu; vi1 D hu; vi C hu0; v0i;

em queh�; �i denota o produto interno emL2.Note quek � kL2 já é uma norma emW 1;2

�Œ0; 1�

�, mas com essa norma esse

espaço não é completo (veja o Exercício 2). A definição dada tem a seguintemotivação:

Teorema 7.10O espaço.W 1;2�Œ0; 1�

�; k � k1/ é um espaço de Hilbert.

Demonstração:Seja.un/ uma sequência de Cauchy emW 1;2�Œ0; 1�

�. Então,.un/

e .u0n/ são sequências de Cauchy emL2. Assim, existem funçõesu 2 L2 eg 2 L2

tais queun ! u eu0n ! g emL2.

Por definição, temos que

Z 1

0

un�0 D �

Z 1

0

u0n�; 8 � 2 C 1

0

�Œ0; 1�

�:

Tomando o limite quandon ! 1, decorre da desigualdade de Cauchy-Schwarz(veja o Exercício 5) que Z 1

0

u�0 D �Z 1

0

g�: (7.6)

Assim, u 2 W 1;2�Œ0; 1�

�e do Lema 7.9 segue queu0 D g, com un ! u em

W 1;2�Œ0; 1�

�. Comok�k1 é gerada por um produto interno, o resultado está provado.

2

Se uma função definida em um intervalo tem derivada (tradicional) nula, entãoela é constante. Esse resultado também possui generalização para derivadas nosentido fraco.

Lema 7.11 Sejaf 2 L2. Suponhamos que

Z 1

0

f �0 D 0 8 � 2 C 10 .0; 1/:

Então existe uma constantec tal quef D c emL2.

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§7.3 UM ESPAÇO DESOBOLEV: W 1;2�Œ0; 1�

�243

Demonstração:A Proposição 7.7 garante que, para todo� 2 C 10 .0; 1/, podemos

escrever� D C ��1, sendo 2 M D f 2 C 10 .0; 1/ W

R 1

0 D 0g,

�1 2 C 10 .0; 1/ tal que

R 1

0�1 D 1 e� D

R 1

0�. Portanto,

Z 1

0

f � DZ 1

0

f C �

Z 1

0

f �1 D Z 1

0

�

!Z 1

0

f �1 D c

Z 1

0

�;

sendoc DR 1

0f �1. (Temos que

R 1

0f D 0. De fato, como

R 1

0 D 0, decorre do

Lema 7.6 que D 0 para algum 2 C 10 . Assim,

R 1

0f D

R 1

0f 0 D 0.)

Logo, Z 1

0

.f � c/� D 0 8 � 2 C 10 .0; 1/:

Daí decorre, como na demonstração do Lema 7.9, quef D c qtp. 2

Definição 7.12Uma funçãou 2 W 1;2�Œ0; 1�

�é fracamente C 1 se sua derivada

fracau0 estiver emC 0�Œ0; 1�

�.

O próximo resultado fornece um método para se determinar se os elementos deW 1;2

�Œ0; 1�

�estão emC 1

�Œ0; 1�

�.

Proposição 7.13Uma funçãou 2 W 1;2�Œ0; 1�

�é de classeC 1 se, e somente se,u

for fracamenteC 1.

Demonstração: Suponhamos queu 2 C 1�Œ0; 1�

�. Comou0 é contínua, podemos

integrar por partes:

Z 1

0

u�0 D u�ˇ10

�Z 1

0

u0� D �Z 1

0

u0�:

Assim, a derivada fraca deu é justamenteu0.Suponhamos agora queu 2 W 1;2

�Œ0; 1�

�seja tal queu0 2 C 0

�Œ0; 1�

�. Aplicando

o Teorema Fundamental do Cálculo, definaw 2 C 1�Œ0; 1�

�por

w.t/ DZ t

0

u0.s/ds:

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Uma vez queR 1

0u�0 D �

R 1

0u0� para todo� 2 C 1

0 .0; 1/, temos

Z 1

0

w�0 D �Z 1

0

w0� D �Z 1

0

u0� DZ 1

0

u' 0:

Assim, Z 1

0

.u �w/�0 D 0 8 � 2 C 10 .0; 1/:

Decorre do Lema 7.11 que existe uma constantec tal queu � w D c qtp. Assim,u D w C c qtp. Isso mostra que existe um representanteC 1 na classe da funçãou.2

7.4 O SUBESPAÇOW 1;20

�Œ0; 1�

�

Uma vez queC 10 .0; 1/ é um subespaço deW 1;2

�Œ0; 1�

�, faz sentido tomar o

fecho desse subespaço emW 1;2�Œ0; 1�

�:

Definição 7.14DefinimosW 1;20

�Œ0; 1�

�como o fecho deC 1

0 .0; 1/ emW 1;2�Œ0; 1�

�.

Note queW 1;20

�Œ0; 1�

�é, por definição, completo. Em princípio, poderia ser que

W1;2

0

�Œ0; 1�

�D W 1;2

�Œ0; 1�

�. Veremos que isso não acontece.

Proposição 7.15 (Desigualdade de Poincaré)Para toda funçãou 2 W

1;20

�Œ0; 1�

�vale

kukL2 � ku0kL2 :

Demonstração:Seja� 2 C 10 .0; 1/. Começamos relacionando as normas emL2

de� e�0. Decorre da desigualdade de Cauchy-Schwarz que

j�.t/j D j�.t/��.0/j DˇˇZ t

0

�0.s/ds

ˇˇ �

Z 1

0

12ds

!1=2 Z 1

0

j�0j2ds

!1=2

D k�0kL2 :

Assim,

k�kL2 D Z 1

0

j�.t/j2dt

!1=2

� Z 1

0

k�0k2L2dt

!1=2

D k�0kL2 :

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§7.4 OSUBESPAÇOW1;2

0

�Œ0; 1�

�245

Seu 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�, existe uma sequência�n 2 C 1

0 .0; 1/ tal que�n ! u e�0

n ! u0, ambas as convergências emL2. Obtemos o afirmado ao tomar o limiten ! 1 na desigualdade

k�nkL2 � k�0nkL2 :

2

Podemos deduzir da desigualdade de Poincaré queW 1;2�Œ0; 1�

�¤ W

1;20

�Œ0; 1�

�.

(Veja o Exercício 6).A desigualdade de Poincaré nos garante que, para todou 2 W

1;20

�Œ0; 1�

�vale

ku0kL2 � kukL2 C ku0kL2 � 2ku0kL2;

o que mostra a equivalência da normak � k1 com a normak � k0, assim definida:

kuk0 WD ku0kL2 8 u 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�:

Também a normak � k0 é gerada por um produto interno:

hu; vi0 DZ 1

0

u0v0:

Assim, W1;2

0

�Œ0; 1�

�é umespaço de Hilbertcom esse produto interno. Uma

vez queW1;2

0

�Œ0; 1�

�� L2

�Œ0; 1�

�D L2, o fato deL2 ser separável garante que

W1;2

0

�Œ0; 1�

�também é umseparável.

Vamos agora caracterizar as funções emW1;2

0

�Œ0; 1�

�e mostrar que podemos

dar um sentido au.0/ eu.1/ emW1;2

0

�Œ0; 1�

�. Como duas funções emW 1;2

�Œ0; 1�

�

são definidas a menos de um conjunto de medida nula, de modo queesse é um fatonotável!

Lema 7.16 Seu 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�, então existe uma função contínuav satisfazendo

v.0/ D 0 D v.1/ tal queu D v q.t.p. Em outras palavras, dadau 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�,

podemos supor queu seja contínua e nula nos extremos do intervaloŒ0; 1�.

Demonstração: Considere uma sequência.�n/ em C 10 .0; 1/ tal que�n ! u

em W 1;2�Œ0; 1�

�. A desigualdade de Cauchy-Schwarz nos garante que, para todo

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t 2 Œ0; 1� vale

j�n.t/ � �m.t/j DˇˇZ t

0

�0n.s/ds �

Z t

0

�0m.s/ds

ˇˇ

�Z 1

0

j�0n � �0

mj � Z 1

0

j�0n � �0

mj2!1=2

D k�0n � �0

mkL2 (7.7)

Assim,.�n.t// é uma sequência de Cauchy emR e, portanto�n.t/ ! v.t/ paratodo t 2 Œ0; 1�. (Em particular,v.0/ D v.1/ D 0, pois�n é nula nos extremos dointervaloŒ0; 1� para qualquern.) Mas algo mais foi provado: a mesma desigualdade.7:7/ vale para todot 2 Œ0; 1�, garantindo que a convergência�n ! v é uniforme.Isso implica quev é uma função contínua e também que�n ! v emL2. (Veja [?].)

Por outro lado,�n ! u emL2, pela própria definição. A unicidade do limite(emL2) garante então queu D v qtp. (Note queu0 é a derivada fraca dev.) 2

Observação 7.17Um resultado importante, cuja prova não será apresentada aqui, éque o conjunto das funçõesC 1 que estão emW 1;2

�Œ0; 1�

�é denso emW 1;2

�Œ0; 1�

�.

Utilizando esse resultado, a mesma demonstração do Lema 7.16 garante que, dadaf 2 W 1;2

�Œ0; 1�

�, existeg 2 C 0

�Œ1; 2�

�tal que

.a/ g D f emL2, isto é,g D f q.t.p.;

.b/ g é uma primitiva def 0;

.c/ g0 D f 0 no sentido fraco.

Em outras palavras, toda funçãof 2 W 1;2�Œ0; 1�

�possui um representante

absolutamente contínuo com derivada (q.t.p.) emL2.Uma segunda prova dessa afirmação pode ser feita utilizando-se o Teorema de

Fubini. Veja [4]. �

Teorema 7.18 (Imersão deW 1;20

�Œ0; 1�

�emC 0

�Œ0; 1�

�)

A imersão deW 1;20

�Œ0; 1�

�em C 0

�Œ0; 1�

�é contínua. Em outras palavras, a

aplicação identidadeI W W1;2

0

�Œ0; 1�

�! C 0

�Œ0; 1�

�é contínua. Em símbolos,

W1;2

0

�Œ0; 1�

�,! C 0

�Œ0; 1�

�:

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 247 — #255i

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§7.5 DE VOLTA AO LAGRANGEANO 247

Demonstração: Se�n 2 C 10 .0; 1/, a desigualdade de Cauchy-Schwarz garante

que

j�n.t/j DˇˇZ t

0

�0n.s/ds

ˇˇ �

Z 1

0

j�0nj �

Z 1

0

j�0nj2!1=2

D k�nk0:

Segue daí que

k�nk1 D supt2Œ0;1�

j�n.t/j � k�nk0:

Pelo Lema 7.16, escolhendo o representante contínuo deu 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�e uma

sequência.�n/ tal que�n ! u em W1;2

0

�Œ0; 1�

�e também uniformemente (quer

dizer, na normak � k1), temos quek�nk1 ! kuk1 e também quek�nk0 ! kuk0.Assim,

kuk1 � kuk0;

o que mostra o afirmado. 2

Observação 7.19Pode-se mostrar que a imersãoI é compacta, isto é, leva abola unitáriaB � W

1;20

�Œ0; 1�

�em um subconjunto relativamente compacto de

C 0�Œ0; 1�

�. A demonstração decorre imediatamente do Teorema de Arzelà-Ascoli.

(Veja [4], p. 129 ou [?].) �

7.5 DE VOLTA AO LAGRANGEANO

Considerando� definido emW1;2

0

�Œ0; 1�

�, temos o funcional� bem definido:

o Lema 7.16 (ou então o Teorema 7.18) garante queF.u/ D F ı u é contínua e,portanto, integrável.

Lema 7.20 A funçãot 7! F.t/ é uniformemente diferenciável em todo intervaloŒa; b� � R eF 0.t/ D f .t/. Isto é, dado� > 0, existeı > 0 tal que

jF.t C s/ � F.t/ � f .t/sj � �jsj 8 jsj < ı

para todot 2 Œa; b�.

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 248 — #256i

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Demonstração:Com efeito,

F.t C s/ � F.t/ � f .t/s DZ tCs

0

f .�/d� �Z t

0

f .�/d� �Z tCs

t

f .t/d�

DZ tCs

t

Œf .�/ � f .t/�d�:

Como f WR ! R é contínua, ela é uniformemente contínua no intervalocompactoŒa�1; bC1�. Portanto, dado� > 0, existeı > 0 tal quejf .�/�f .t/j < �sempre quej� � t j < ı, com�; t 2 Œa � 1; b C 1�. Isso prova o afirmado. 2

Lema 7.21 A função� W W1;2

0

�Œ0; 1�

�! R é diferenciável e

� 0.u/v DZ 1

0

u0v0 �Z 1

0

f .u/v:

Quer dizer, dado� > 0, existeı > 0 tal que

j� .u C v/ � � .u/ � � 0.u/.v/j < � sempre que kvk0 < ı:

O funcional linear� 0.u/ é contínuo.

Demonstração: Uma vez que� .u/ D 12

R 1

0ju0j2 �

R 1

0F.u/, vamos calcular

separadamente as derivadas das duas expressões integrais.Temos que1

2

R 1

0ju0j2 D 1

2hu;ui0. A derivada da aplicação bilinearhu;ui

foi calculada na observação 7.1. Note que devemos aplicar essa derivada novetor .v; v/, pois� .u/ não é uma aplicação bilinear. Assim, derivando1

2hu;ui0,

encontramos1

2.hv;ui0 C hu; vi/0 D hu; vi0 D

Z 1

0

u0v0:

Passamos agora à segunda expressão integral. O Lema 7.20 garante que,escolhido um intervaloŒa; b� e dado� > 0, existeı > 0 tal que, set 2 Œa; b�,

jF.t C s/� F.t/ � f .t/sj � �jsj 8 jsj < ı:

Seja u 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�arbitrária. Pelo Lema 7.16, podemos assumir que

u é contínua. Assim, são assumidos os valoresa WD mint2Œ0;1� u.t/ e b D

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 249 — #257i

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§7.5 DE VOLTA AO LAGRANGEANO 249

maxt2Œ0;1� u.t/, o que fixa o intervaloŒa; b�. Além disso, se exigirmos quekvk0 < ı,teremos quejv.t/j < ı para todot 2 Œ0; 1�, de acordo com o Teorema 7.18.Portanto,

jF.u.t/C v.t// � F.u.t// � f .u.t//v.t/j � �jv.t/j sempre quekvk0 < ı:

Afirmamos que podemos integrar separadamente os termos dessa últimadesigualdade. De fato, comoF;u e v são contínuas, os dois primeiros termospodem ser integrados emŒ0; 1�. Quanto ao terceiro termo, a continuidade defe u garante quef .u/ 2 L2. Comov 2 L2, a desigualdade de Cauchy-Schwarzgarante quef .u/v está emL1.

Assim,ˇˇˇ

Z 1

0

F.u C v/ �Z 1

0

F.u/ �Z 1

0

f .u/v

ˇˇˇ �

Z 1

0

jF.uCv/�F.u/�f .u/vj � �

Z 1

0

jvj:

Aplicando a desigualdade de Cauchy-Schwarz e a desigualdade de Poincaré,obtemos que

�

Z 1

0

jvj � �

Z 1

0

jvj2!1=2

D �kvkL2 � �kv0kL2 D �kvk0:

Mostramos assim queˇˇˇ

Z 1

0

F.u C v/ �Z 1

0

F.u/ �Z 1

0

f .u/v

ˇˇˇ � �kvk0 sempre quekvk0 < ı:

Somando as derivadas calculadas, vemos que o derivada� 0.u/ tem a formaafirmada.

Note que, comof .u/ 2 L2, existek > 0 tal quekf .u/kL2 < k. Portanto

k� 0.u/vk Dˇhu; vi0 � hf .u/; viL2

ˇ� kuk0kvk0 C kkvkL2 � ckvk0;

de acordo com as desigualdades de Cauchy-Schwarz e Poincaré. 2

Teorema 7.22A funçãou 2 C 2 é solução da equação diferencial.7:1/ se, esomente se,� 0.u/ � 0.

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 250 — #258i

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Demonstração:Suponhamos que� 0.u/ � 0. Então, em particular,

Z 1

0

u0�0 DZ 1

0

f .u/� para todo� 2 C 10 .0; 1/:

Essa igualdade nos mostra que a derivada fraca da funçãou0 2 L2 existe eé igual a�f .u/ 2 L2. Ora, já vimos quef .u/ é contínua, de modo queu0 éuma função contínua. A Proposição 7.13 nos garante então queu0 2 C 1

�Œ0; 1�

�.

Temos assim queu00 D �f .u/. Repetindo o argumento parau 2 W 1;2�Œ0; 1�

�

temos:u0 2 C 1�Œ0; 1�

�� C 0

�Œ0; 1�

�implica queu 2 C 1

�Œ0; 1�

�(pela Proposição

7.13); masu 2 C 1�Œ0; 1�

�com u0 2 C 1

�Œ0; 1�

�nos mostra queu 2 C 2

�Œ0; 1�

�e

u00 D �f .u/. Assim, pontos críticos de� .u/ são soluções de classeC 2 da equaçãou00 C f .u/ D 0. (Mais precisamente, se� 0.u/ � 0, então existew 2 C 2

�Œ0; 1�

�

tal quew00 C f .w/ D 0 ew D u q.t.p.). Comou 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�, o Lema 7.16 nos

garante que a condição de fronteirau.0/ D u.1/ D 0 é satisfeita.Reciprocamente, suponhamos queu 2 C 2 satisfaçau00 C f .u/ D 0, com

u.0/ D u.1/ D 0. Temos então queu 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�, comu00 2 L2 ef .u/ 2 L2.

Multiplicando por uma função teste� 2 C 10 .0; 1/ e integrando, obtemos

Z 1

0

u00� CZ 1

0

f .u/� D 0:

Integrando a primeira integral por partes, vemos que

Z 1

0

u0�0 DZ 1

0

f .u/� 8 � 2 C 10 .0; 1/:

Ora, como essa igualdade vale no subconjuntoC 10 .0; 1/, que é denso no espaço

W1;2

0

�Œ0; 1�

�, podemos concluir (veja o exercício 7) que

Z 1

0

u0v0 DZ 1

0

f .u/v 8 v 2 W1;2

0

�Œ0; 1�

�:

Isso mostra que� 0.u/ � 0. 2

Assim, para obtermos uma solução do problema.7:1/ basta provarmos aexistência de pontos críticos do funcional linear� . Note que, até o momento, sóempregamos a continuidade da funçãof WR ! R.

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§7.6 PONTOSCRÍTICOS 251

7.6 PONTOSCRÍTICOS

Começamos mostrando alguns resultados sobre espaços de Hilbert separáveis:

Teorema 7.23SejaH um espaço de Hilbert separável. Se.xn/ é uma sequêncialimitada emH , isto é, se existeC > 0 tal quekxnk � C para todon, então existemuma subsequência.xni

/ e um elementox 2 H tais que

hxni; yi ! hx; yi 8 y 2 H:

Observação 7.24Nesse resultado estamos mostrando que toda sequência limitadapossui uma subsequência que converge fracamente. �

Demonstração:Fixadoy 2 H , temosˇhxn; yi

ˇ� kxnk kyk � C kyk;

mostrando que a sequência de números reaishxn; yi é limitada e, portanto, possuiuma subsequência convergente.

SejaD D fd1; d2; : : :g � H um conjunto denso. Tomandoy D d1, existe umasubsequência.xn1i

/ tal que

hxn1i; d1i é convergente.

Existe agora uma subsequência.xn2i/ de.xn1i

/ tal que

hxn2i; dii é convergente, sei D 1; 2:

Repetindo esse processo (chamadométodo diagonal de Cantor), obtemos umasubsequência.xnj

/ de.xn/ tal quehxnj; di é convergente, qualquer que sejad 2 D.

Para simplificar a nossa notação, vamos escrever.xn/ ao invés de.xnj/. Assim,

temos quehxn; di é convergente8 d 2 D:

Decorre daí quehxn; yi é convergente para todoy 2 H . De fato, dado� > 0,fixe y 2 H e tomedy 2 D tal queky � dyk < �. Como a sequênciahxn; dyi éconvergente, existen0 2 N tal que

m; n � n0 )ˇhxn; dyi � hxm; dyi

ˇ< �:

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Assim,

ˇhxn; yi � hxm; yi

ˇ�

ˇhxn; yi � hxn; dyi

ˇCˇhxn; dyi � hxm; dyi

ˇCˇhxm; dyi � hxm; yi

ˇ

� kxnk ky � dyk C � C kxmk ky � dyk� C� C � C C�:

Isso mostra quehxn; yi é de Cauchy e, portanto, convergente.Definimos entãof W H ! R por

f .y/ D limn!1

hxn; yi:

Obviamentef é um funcional linear. A continuidade def também é imediata:jf .y/j � C kyk.

Pelo Teorema de Representação de Riesz 3.14 temos que existex 2 H tal quef .y/ D hy; xi D hx; yi, para todoy 2 H . Mas isso é o mesmo que afirmar que

limn!1

hxn; yi D hx; yi 8 y 2 H:

2

Definição 7.25Uma funçãoF W X ! R definida no espaço de BanachX écoercivaseF.x/ ! C1 sempre quekxk ! 1.

Dada uma função contínua e coercivaF W X ! R, uma vez escolhido um pontoarbitrário deX (por exemplo,x D 0), encontramosR > 0 tal queF.x/ > F.0/

sempre quekxk > R. Assim, se o mínimo deF é atingido num pontox0 2 X ,necessariamentex0 2 BR.0/. SeX tem dimensão infinita, a bola fechadaBR.0/

não é compacta, de modo que não podemos concluir imediatamente a existênciado ponto de mínimox0 da função contínuaF W BR.0/ ! R. Essa é a principaldificuldade para a demonstração do próximo resultado.

Teorema 7.26SejamH um espaço de Hilbert separável eF W H ! K uma funçãocontínua, convexa e coerciva. EntãoF é limitada inferiormente e existex0 2 H talque

F.x0/ D infx2H

F.x/:

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§7.6 PONTOSCRÍTICOS 253

Demonstração: SejaM D F.0/. A coercividade deF garante a existência deR > 0 tal queF.x/ > F.0/ sempre quekxk > R.

Consideremos a restriçãoF W BR.0/ ! R e suponhamos, por absurdo, queF

não seja limitada inferiormente. Isso implica que existe uma sequência.xn/ emBR.0/ tal queF.xn/ ! �1 quandon ! 1.

Como a sequência.xn/ é limitada, passando a uma subsequência se necessário,o Teorema 7.23 garante que podemos supor que

hxn; yi ! hx; yi 8 y 2 H:

Claramente valekxk � R.Fixe R 3 a < F.x/. Como F.xn/ ! �1, existe n0 2 N tal que

F.xn/ � a < F.x/ para todon � n0. DefinaC D F�1.�1; a�. O conjuntoC é fechado, como imagem inversa de um fechado por uma função contínua. Éfácil verificar queC é convexo (veja o exercício 8). Além disso,x 62 C e xn 2 C

para todon � n0.Assim, o Teorema de Separação de Hahn-Banach 3.9 garante a existência de

y 2 H tal quehx; yi < ˛ � hxn; yi 8 n > n0:

Mas isso é um absurdo, poishxn; yi ! hx; yi.Concluímos assim queF é limitada inferiormente. Seja, portantom D

infx2Br .0/

F.x/. Considere então uma sequência.xn/ 2 Br .0/ tal queF.xn/ ! m.

Como antes, passando a uma subsequência se necessário, o Teorema 7.23garante a existência dex0 2 Br .0/ tal que

hxn; yi ! hx; yi 8 y 2 H:

Afirmamos quem D F.x0/. Se esse não fosse o caso, existiria� > 0 tal quemC� < F.x0/. Definimos então o convexo fechadoC D F�1.�1;mC��. Entãoexisten0 tal quexn 2 C para todon � n0 (poisF.xn/ ! m), enquantox0 62 C

(poisF.x0/ > m C �).Uma nova aplicação do Teorema de Separação de Hahn-Banach 3.9 garante a

existência dey 2 H tal quehx0; yi < ˛ � hz; yi para todoz 2 C . Em particular,hx0; yi < ˛ � hxn; yi para todon � n0, o que contradizhxn; yi ! hx0; yi. Issocompleta a demonstração. 2

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Agora estamos em condições de completar a nosso estudo da equação.7:1/.

Teorema 7.27Suponhamos que a função contínuaf WR ! R

.i/ seja decrescente;

.i i/ existam0 < a < 1 eb > 0 tais que

jf .t/j � ajt j C b 8 t 2 R:

Então o problema não-linear

u00 D �f .u/; t 2 .0; 1/u.0/ D u.1/ D 0

possui ao menos uma solução.

Demonstração:Consideremos o funcional energia� W W1;2

0 .Œ0; 1�/ ! R dado por

� .u/ D 1

2

Z 1

0

ju0j2 �Z 1

0

F.u/;

em queF.u/ DR t

0f .u.s//ds.

De acordo com o Teorema 7.22, a existência de uma solução parao problemanão-linear estará garantida se provarmos a existência de umponto crítico para ofuncional� . Para isso, mostraremos que� é convexa e coerciva.

A condição.i/ garante que� é convexa. De fato, comoF.t/ DR t

0f .s/ds,

temos queF 0.t/ D f .t/ é decrescente, o que garante queF é côncava. Comokuk20

é convexa,� .u/ D kuk20 �

R 1

0F.u/ é convexa.

Como jf .t/j < ajt j C b, integrando essa desigualdade obtemosjF.t/j <12ajt j2 C bjt j para todot 2 R (veja o Exercício 9). Logo,

jF.u.t//j � 1

2aju.t/j2 C bju.t/j 8 u 2 W

1;20 .Œ0; 1�/:

Segue-se daí queZ 1

0

F.u/ �Z 1

0

jF.u.t//jdt �Z 1

0

�1

2aju.t/j2 C bju.t/j

�dt

� 1

2akuk2

0 C bkuk0 8 u 2 W1;2

0 .Œ0; 1�/:

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§7.7 EXERCÍCIOS 255

Portanto,

� .u/ D 1

2kuk0 �

Z 1

0

F.u/ � 1

2kuk2

0 � 1

2kuk2

0 � bkuk0:

Como0 < a < 1, temos que� .u/ ! C1 quandokuk0 ! 1, mostrando que�é coercivo. 2

7.7 EXERCÍCIOS

1. Suponhamos que a igualdade.7:5/ se verifique parau 2 C 0.Œ0; 1�/. Escolhaadequadamente� 2 C 1

0 .a; b/ e conclua queu � 0. Deduza daí que aigualdade.7:5/ é válida seu 2 L2.

2. Mostre queW 1;2.Œ0; 1�/ não é completo com a normak � kLp .

3. Mostre que a normakuk D�kuk2

L2 C ku0k2L2

�1=2é equivalente à normak � k1

do espaçoW 1;2.Œ0; 1�/.

4. Mostre que a função

u.t/ D�

1=2 se0 � t � 1=2

t se1=2 � t � 1

pertence aW 1;2.Œ0; 1�/ e calcule sua derivada fraca

H.t/ D�

0 se0 � t < 1=2

1 se1=2 < t � 1

Generalize: mostre que toda função contínua que possua derivada contínuapor partes pertence aW 1;2.Œ0; 1�/.

Mostre, por outro lado, queH 62 W 1;2.Œ0; 1�/.

5. Mostre a igualdade.7:6/.

6. Dê exemplo deu 2 W 1;2.Œ0; 1�/ para o qual não vale a desigualdade dePoincaré.

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7. Mostre que, se

Z 1

0

u0�0 DZ 1

0

f .u/� 8 � 2 C 10 .0; 1/;

então podemos concluir que

Z 1

0

u0v0 DZ 1

0

f .u/v 8 v 2 W1;2

0 .Œ0; 1�/:

8. Mostre que o conjuntoC D F�1.�1; a� utilizado na demonstração doTeorema 7.26 é convexo.

9. Preencha os detalhes na demonstração do Teorema 7.27.

10. SejaV D C 10 .0; 1/ considerado como espaço vetorial. SejaT WV ! R um

funcional linear contínuo tal queT .f 0/ D 0, para todof 2 V (f 0 denota aderivada def ). Mostre queT é constante, no seguinte sentido: existe umaconstantec tal queT .f / D

Rcf , para todof 2 V.

Esse resultado é chamadoPrincípio Geral de Regularização. (Compare esseresultado com o Lema 7.6, a Proposição 7.7 e o Lema 7.11. O Lema7.11 é ocaso particular em queT é definido emf por meio de integração.)

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Apêndices

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A

Formas e Produto Interno

Neste Apêndice introduzimos formas sesquilineares, estudamos como elas serelacionam com formas quadráticas, definimos formas positivas definidas e entãochegamos à definição de produto interno. O Apêndice oferece,então, umaabordagem alternativa à primeira Seção do Capítulo 2.

Começamos definindo aplicações sesquilineares. As duas Seções seguintesapresentam resultados puramente algébricos sobre formas sesquilineares. A últimaSeção estuda o relacionamento de formas hermitianas contínuas com suas formasquadráticas.

A.1 Aplicações Sesquilineares

Definição A.1 SejamX;Y;Z espaços vetoriais. Uma aplicaçãoBW X � Y ! Z ésesquilinearse, para quaisquer 2 K, x1; x2 2 X ey1; y2 2 Y , verificar

1. B.˛x1 C x2; y1/ D ˛B.x1; y1/C B.x2; y1/;

2. B.x1; ˛y1 C y2/ D ˛B.x1; y1/C B.x1; y2/.

No caso em queZ D K, dizemos queB é umaforma sesquilinear.

No caso em que os espaços vetoriais forem reais, dizemos queB é umaaplicação bilinear (ou forma bilinear, seZ D K).

Decorre imediatamente da definição queBW X � Y ! Z é sesquilinear se, paratodoy 2 Y fixo, B.�; y/W X ! Z for uma aplicação linear e, para todox 2 X fixo,B.x; �/W Y ! Z for uma aplicação anti-linear.

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§A.1 Aplicações Sesquilineares 259

Exemplo A.2 O produto internoh�; �iWKn �Kn ! K definido porhx; yi D Ny tx DPniD1 xiyi é uma forma sesquilinear no espaçoKn. �

Exemplo A.3 SejamX;Y;Z espaços vetoriais,AW X ! Z uma aplicação lineare f W Y ! K um funcional linear. EntãoBW X � Y ! Z definida porB.x; y/ Df .y/Ax é uma aplicação sesquilinear. �

O conjuntoS.X � Y;Z/ D fBW X � Y ! Z W B sesquilinearg é um espaçovetorial, se definirmos emS.X � Y;Z/ a soma de aplicações sesquilineares e oproduto de uma aplicação sesquilinear por um escalar de maneira usual. (Veja oExercício 1.) Em particular, seX;Y eZ forem espaços normados,B é contínua noponto.x0; y0/ 2 X � Y se, para todo� > 0 dado, existirı > 0 tal que

kx � x0k < ı; ky � y0k < ı ) kB.x; y/ � B.x0; y0/k < �:

(Veja o Exemplo 1.47 para maneiras equivalentes de introduzir uma topologia emX � Y .) Note quek � k tem três significados distintos nesta definição.

De maneira análoga ao Teorema 1.41, temos

Teorema A.4 SejamX;Y e Z espaços normados. As seguintes afirmações sobreuma aplicação sesquilinearBW X � Y ! Z são equivalentes:

.i/ existeM > 0 tal quekB.x; y/k � M kxk kyk;

.i i/ B é contínua;

.i i i/ B é contínua na origem;

.iv/ supkxk�1; kyk�1

kB.x; y/k D M .B é limitada/.

Demonstração: É claro que.i/ implica .i i/, que por sua vez implica.i i i/. SeB for contínua na origem, dado� > 0, existeı > 0 tal que maxfkxk; kykg < ı

implica kB.x; y/k < �. Sekxk � 1 e kyk � 1, então maxfkıxk; kıykg < ı,de modo quekB.ıx; ıy/k � �. Logo, ı2kB.x; y/k � � e .iv/ está provado comM D �=ı2. Finalmente, parax ¤ 0 ey ¤ 0,

B

�x

kxk ;y

kyk

� � M ) kB.x; y/k � M kxk kyk:2

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260 Formas e Produto Interno Ap. A

Comparando os Teoremas 1.41 e A.4, verificamos que o último não mencionaqualquer tipo de continuidade uniforme. É fácil verificar que uma aplicaçãosesquilinear só é uniformemente contínua se for identicamente nula. (Veja oExercício 2.)

De maneira análoga ao que foi feito no espaçoL.X;Y /, podemos definir umanorma no espaçoSc.X � Y;Z/ de todas as aplicações sesquilinearescontínuasBW X � Y ! Z:

kBk D supkxk�1; kyk�1

kB.x; y/k;

de modo que vale a desigualdade

kB.x; y/k � kBk kxk kyk

para qualquer aplicaçãoB 2 Sc. Também é fácil verificar queSc.X;Y I Z/ écompleto, seZ for completo. (Veja o Exercício 3.)

A.2 Formas Hermitianas e Quadráticas

Nesta, e na próxima Seção, a nossa abordagem será inteiramente algébrica.Assim, tomaremos um espaço vetorialX , sem considerarmos qualquer norma nesseespaço. Vamos deter nossa atenção em propriedades de formassesquilinearesBW X � X ! K.

Definição A.5 Uma forma sesquilinearBW X � X ! K é hermitiana, seB.x; y/ D B.y; x/ para quaisquerx; y 2 X . No caso real, dizemos tambémque a forma bilinear ésimétrica. A denominaçãoauto-adjunta é empregada emambos os casos.

QuandoX for um espaço real, é usual dizer queB é umaforma bilinear.1

Ao utilizarmos a denominaçãoforma estaremos nos referindo tanto a uma formasesquilinear definida em um espaço complexo quanto a uma forma bilinear definidaem um espaço real.

1É possível definir uma forma bilinear sobre um espaço vetorial complexoX . Contudo, aoconsiderarmos uma forma bilinear, vamos admitir sempre queX seja um espaço real.

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§A.2 Formas Hermitianas e Quadráticas 261

A cada formaB está associada uma funçãoqBW X ! K, definida por

qB.x/ D B.x; x/;

chamadaforma quadráticaassociada aB.

Observação A.6Note que não definimos abstratamente o que é uma forma qua-drática, mas apenas a forma quadráticaqB associada a uma formaB. �

Exemplo A.7 No espaçoR4, parax D .x1 x2 x3 x4/t ey D .y1 y2 y3 y4/

t, defina

B.x; y/ D x1y1 C x2y2 C x3y3 � x4y4:

Verificamos facilmente queB.x; y/ é uma forma bilinear e que

qB.x/ D x21 C x2

2 C x23 � x2

4

é a forma quadrática associada aB. �

Proposição A.8 (Identidade do Paralelogramo)SejaB uma forma no espaço vetorialX e qB a forma quadrática que lhe é

associada. Então vale a identidade do paralelogramo

qB.x C y/C qB.x � y/ D 2�qB.x/C qB.y/

�:

A demonstração desse resultado resulta imediatamente da definição.Vamos estudar a relação entre uma forma e a forma quadrática que lhe é

associada. Para isso, notamos que

B.x; y/C B.y; x/ D 1

2

�qB.x C y/ � qB.x � y/

�; (A.1)

o que pode ser facilmente verificado ao desenvolvermos o ladodireito destaigualdade.

A igualdade.A:1/ nos mostra que, se a forma bilinearBW X � X ! R forsimétrica, então o lado esquerdo da equação nos fornece uma expressão paraB emtermos deq. Salientamos esse resultado (veja o Exercício 8):

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Proposição A.9 (Identidade de Polarização – Caso Real)SejamX um espaço vetorialreal, BW X � X ! R uma formabilineare qB a

forma quadrática que lhe é associada. Então, obtemos deqB uma forma bilinearsimétricaBs ao definirmos

Bs.x; y/ D 1

4ŒqB.x C y/ � qB.x � y/�: (A.2)

SeB for simétrica, entãoBs D B.

Exemplo A.10 SejaBWR2 � R2 ! R definida por

B.x; y/ D 3x1y1 � 2x1y2 C 5x2y1 C 7x2y2;

em quex D .x1 x2/t ey D .y1 y2/

t .É fácil verificar queB é uma forma bilinear que não é simétrica. A forma

quadrática associada aB é

qB D 3x21 � 2x1x2 C 5x1x2 C 7x2

2 D 3x21 C 3x1x2 C 7x2

2:

Se definirmos

Bs.x; y/ D 1

4

�qB.x C y/ � qB.x � y/

�

D 1

4

�3.x1 C y1/

2 C 3.x1 C y1/.x2 C y2/C 7.x2 C y2/2�

�1

4

�3.x1 � y1/

2 C 3.x1 � y1/.x2 � y2/C 7.x1 � y1/2�

D 1

4

�12x1y1 C 6x1y2 C 6x2y1 C 28x2y2

�;

obtemos uma forma bilinearBs, que não coincide comB, mas à qual também estáassociada a forma quadráticaqB. �

Exemplo A.11 Considere a forma bilinearBWR2 � R2 ! R dada por

B.x; y/ D x1y2 � x2y1

em quex D .x1 x2/t ey D .y1 y2/

t. Claramente, a formaB não é simétrica. Noteque a forma quadráticaqB é identicamente nula! �

SejaX um espaçocomplexoe B1;B2 duas formas emX . Comparando como caso real, é notável o fato deqB1

D qB2implicar queB1 D B2, sem qualquer

hipótese adicional!

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§A.3 Formas Hermitianas 263

Proposição A.12 (Identidade de Polarização – Caso Complexo)SejaX um espaço vetorialcomplexo, BW X � X ! C uma forma eqB a sua

forma quadrática. Então vale a identidade

B.x; y/ D 1


4ŒqB.x C iy/ � qB.x � iy/�:

A demonstração desse resultado decorre imediatamente da identidade.A:1/.

Observação A.13Comparando nossos resultados com o Exemplo A.11, note que,seB for uma forma bilinearsimétricaou uma forma sesquilinear definida em umespaçocomplexo, a identidade de polarização (adequada a cada caso) garantequeqB � 0 se, e somente se,B � 0. �

A.3 Formas Hermitianas

Uma caracterização de formas hermitianas em espaços complexos é dada pela

Proposição A.14SejaX um espaço vetorialcomplexo. Uma formaBW X � X !C é hermitiana se, e somente se,qB for uma função real.

Demonstração:SeB for hermitiana, então

qB.x/ D B.x; x/ D B.x; x/ D qB.x/;

mostrando queqB.x/ 2 R. Reciprocamente, suponhamos queqB.x/ 2 R paratodo x 2 X . Uma vez queqB.x/ D qB.�x/ D qB.ix/ D qB.�ix/, decorre daidentidade de polarização A.12 que

B.y; x/ D 1

4ŒqB.y C x/ � qB.y � x/�C i

4ŒqB.y C ix/ � qB.y � ix/�

D 1


4ŒqB.x � iy/ � qB.x C iy/�

D 1

4ŒqB.x C y/ � qB.x � y/� � i

4ŒqB.x C iy/ � qB.x � iy/�

D B.x; y/;

a última igualdade sendo verdadeira porqueqB.x/ 2 R. 2

É claro que não existe uma caracterização semelhante para o caso de espaçosreais.

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SejaB uma forma hermitiana em um espaço vetorialX . (Lembramos que, seX for um espaço real, isso quer dizer queB é bilinear.) Dizemos quex; y 2 X sãovetoresortogonaisou perpendicularescom respeito aB,2 seB.x; y/ D 0.

Proposição A.15 (Teorema de Pitágoras)SejaB uma forma hermitiana no espaço vetorialX . Então, sex e y forem

perpendiculares com respeito aB, vale

qB.x C y/ D qB.x/C qB.y/:

A demonstração do Teorema de Pitágoras é obtida ao se desenvolver o ladoesquerdo da igualdade.

Definição A.16 SejaBW X � X ! K uma formahermitianano espaço vetorialX .A formaB é positiva semidefinida, seB.x; x/ D qB.x/ � 0 para todox 2 X epositiva definida, seB.x; x/ D qB.x/ > 0 para todo0 ¤ x 2 X .

Uma forma positiva definida emX é chamadaproduto internoemX . Nessecaso, usualmente denota-seB.�; �/ por h�; �i e X é chamadoespaço com produtointerno.3

Exemplo A.17 Consideremos a forma bilinear simétricaBWR3 �R3 ! R definidapor

B.x; y/ D x1y1 C x2y2;

em quex D .x1 x2 x3/t e y D .y1 y2 y3/

t.Temos queB.x; x/ D qB.x/ D x2

1 C x22 � 0. Note queqB.x/ D 0 se, e

somente sex D .0 0 x3/t. Assim,B é uma forma bilinear positiva semidefinida.�

Exemplo A.18 Os espaçosRn eCn são espaços com produto interno, definindo-se

hx; yi DnX

iD1

xi yi D .y1 : : : yn/

0B@

x1

:::

xn

1CA D Ny t x;

2Note que, seB não fosse hermitiana, deB.x;y/ D 0 não poderíamos concluir queB.y;x/ D 0.3Nesse contexto, é usual chamar um espaço com produto internode espaço pré-hilbertiano.

Contudo, Lang [21] usa uma terminologia diferente daquela que empregamos, um espaço pré-hilbertiano significando para ele um espaço no qual está fixada uma forma positiva semidefinida.

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em que Ny é a matriz obtida ao se tomar o conjugado em cada coordenada dey. Esse é oproduto interno canônicono espaçoKn. Note que, no caso real,hx; yi D y tx D xty D hy; xi. �

Exemplo A.19 SejaA 2 Mn�n.K/ uma matriz hermitiana (no caso real, simétrica).Sabemos que4 a matriz A possui uma base ortonormal de autovetores, isto é,A D U �DU , em queU é unitária5 (quer dizer,U � D U �1, em queU � denotaa matriz transposta conjugada deU ) e D é uma matriz diagonal, cujas entradasdiagonais são os autovalores deA. Sabemos que todos os autovalores deA sãoreais. Suponhamos que eles sejam não negativos. Seh�; �i denotar o produto internocanônico noKn, é fácil verificar que

hAx; yi

é uma forma hermitiana. Afirmamos que ela é positiva semidefinida. De fato, sefizermos a mudança de variávelx D Uy, então

hAx; xi D xtAx D y tU �AUy D y tDy D d1jy1j2 C : : :C dnjynj2 � 0:

Note que, se os autovalores deA forem todos positivos, entãohx;Axi defineum produto interno noKn. �

Exemplo A.20 Definimos o espaçoCL2

�Œ0; 1�;K

�ao tratarmos, no Capítulo 1, os

espaçosLp. EmCL2

�Œ0; 1�;K

�, consideramos

hf;gi DZ 1

0

f .x/g.x/dx:

É imediato verificar queh�; �i é um produto interno. Na verdade, comof D 0

qtp implicaf D 0, temos que esse é um produto interno emL2�Œ0; 1�

�. �

Exemplo A.21 Introduzimos no Capítulo 1 o espaço`2, das sequências emK dequadrado somável:

`2 D(

x D .xn/n2N W1X

nD0

jxnj2 < 1):

4Veja [AL], Capítulo 10.5No caso real,U é ortogonal, isto é,U t D U �1.

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Em `2, definimos o produto internohx; yi D˝.xn/; .yn/

˛DP1

nD0 xnyn. (Adesigualdadejxnynj � .1=2/

�jxnj2 C jynj2

�garante que a série é absolutamente

convergente). A verificação queh�; �i é um produto interno é simples. �

Exemplo A.22 Pode-se provar que todo espaço vetorialX possui uma base, nosentido apresentado na Definição 1.1. SeB D fx W 2 � g for uma base deX ,definimos, para ; 2 � ,

hx ; x˛i D�

1; se D ˛;

0; se ¤ ˛:

Se x DPk

iD1 ˛ix˛ie y D

P`iD1 ˇix i

, estendendo a definição deh�; �ilinearmente, obtemos um produto interno no espaçoX .

Notamos, contudo, que a existência de uma base emX não significa quepodemos explicitar seus elementos. Assim, geralmente, nãohá como calcular oproduto interno de quaisquer elementos do espaço e a definição dada acima para oproduto interno torna-se meramente teórica. �

SejaS � X um subconjunto arbitrário. O conjunto

S? D fy 2 X W B.x; y/ D 0 8 x 2 Sg

é claramente um subespaço deX (veja o Exercício 9). No caso especial em queS D X , o subespaçoX ? é chamadoespaço anuladorda formaB e usualmentedenotado porX0.

Denotaremos porRe z e por Im z as partes real e imaginária do númerocomplexoz, respectivamente. Compare o enunciado de nosso próximo resultadocom a Observação A.13.

Lema A.23 Seja BW X � X ! K uma formapositiva semidefinida. Então,qB.y/ D 0 se, e somente se,B.x; y/ D 0 para todox 2 X .ou seja,y 2 X0/.

Demonstração: Sey 2 X0, claramente valeqB.y/ D B.y; y/ D 0. Recipro-camente, suponhamos queqB.y/ D B.y; y/ D 0 e consideremosx C ty 2 X .Temos, para todot 2 R,

0 � B.x C ty; x C ty/

D qB.x/C 2t ReB.x; y/C t2B.y; y/ D qB.x/C 2t ReB.x; y/:

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Se fosseReB.x; y/ ¤ 0, ao tomarmost suficientemente grande e comsinal adequado, o lado direito da desigualdade seria negativo, estabelecendo umacontradição. Isso prova queReB.x; y/ D 0 para todox 2 X . Em particular,ReB.ix; y/ D 0. ComoReB.ix; y/ D Im B.x; y/, a prova está completa. 2

Caracterizamos, assim, o anuladorX0 como o conjunto de soluções deqB D 0.

Exemplo A.24 Consideremos novamente o Exemplo A.17. TemosB.x; y/ Dx1y1Cx2y2 eqB.x/ D x2

1 Cx22 , em quex D .x1 x2 x3/

t ey D .y1 y2 y3/t . Assim,

qB.x0/ D 0 se, e somente se,x0 D .0 0 x3/t. Nesse caso, temos imediatamente

queB.x0; y/ D 0 para todoy 2 R3. �

Teorema A.25 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz)SejaB uma forma positiva semidefinida no espaço vetorialX . Então vale

jB.x; y/j �p

qB.x/p

qB.y/: (A.3)

Demonstração:Se, parax; y 2 X , tivermosB.x; y/ D 0, o resultado afirmado éóbvio. Caso contrário, para todo2 C e todot 2 R vale

0 � B.x � ˛ty; x � ˛ty/ D qB.x/ � t Œ˛B.y; x/C NB.x; y/�C t2˛ NqB.y/:

Tomando D B.x; y/, obtemos

0 � qB.x/ � 2t jB.x; y/j2 C t2jB.x; y/j2qB.y/:

Segue-se do Lema A.23 queqB.y/ D 0 implicaB.x; y/ D 0 para todox 2 X .Como estamos admitindo queB.x; y/ ¤ 0, a desigualdade anterior mostra que odiscriminante do trinômio no lado direito da desigualdade deve ser menor do queou igual a zero. Portanto,

4jB.x; y/j4 � 4 qB.x/qB.y/jB.x; y/j2 � 0:

O resultado decorre daí imediatamente. 2

A demonstração do próximo resultado certamente já é conhecida (veja oExercício 10).

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Corolário A.26 Sejah�; �i um produto interno emX . Então

kxk Dp

hx; xi

é uma norma emX . Dizemos que essa norma égeradapelo produto interno.

No Exemplo A.18, o produto internoh�; �i gera a norma euclidianak �k (definidano Exemplo 1.8). No Exemplo A.20, o produto interno gera a normak�kL2 , definidaquando tratamos dos espaçosLp. No Exemplo A.21, o produto interno gera anormak � k2, definida quando consideramos os espaços`p.

Note que, no caso de um produto internoh�; �i em X , a identidade doparalelogramo escreve-se como

kx C yk2 C kx � yk2 D 2�kxk2 C kyk2

�; (A.4)

o Teorema de Pitágoras estabelece que, parax perpendicular ay, vale

kx C yk2 D kxk2 C kyk2; (A.5)

enquanto a Desigualdade de Cauchy-Schwarz garante queˇhx; yi

ˇ� kxk kyk; (A.6)

relações já encontradas em um curso de Álgebra Linear.6 As relações apresentadasanteriormente podem ser úteis ao considerarmos uma forma positiva definida (oupositiva semidefinida) em um espaço com produto internoX .

Um espaçoX com produto interno é, como vimos, um espaço normado. Se esseespaço for completo, dizemos queX é umespaço de Hilbert. Assim, os espaçosdefinidos nos Exemplos A.18, A.20 e A.21 são espaços de Hilbert.

Dado um espaço normado.X; k�k/, podemos nos perguntar se existe um produtointernoh�; �i em X de modo quek � k seja gerado por esse produto interno. Essapergunta, em princípio, não é simples. De certa maneira, é surpreendente que existaum critério que permite dar uma resposta afirmativa a essa pergunta:

Proposição A.27Seja.X; k � k/ um espaço normado. Entãok � k é uma normagerada por um produto interno se, e somente se, ela satisfizera identidade do para-lelogramo.

Esse é o enunciado da Proposição 2.11, demonstrada na página54.

6Veja [AL], Capítulo 8.

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§A.4 Formas Contínuas 269

A.4 Formas Contínuas

As duas Seções anteriores estabeleceram propriedadesalgébricasde formas eformas quadráticas. Passamos agora a estudar suas propriedadestopológicas.

SejaX um espaço normado. O Teorema A.4 garante que uma formaBW X �X ! K é contínua se, e somente se, for limitada. Nesse caso, temos

kBk D supkxk�1; kyk�1

jB.x; y/j:

Se a formaB for contínua,qB é contínua, como restrição de função contínua.Decorre da identidade de polarização (válida no caso real apenas seB for simé-trica!) que a continuidade deqB implica a continuidade deB. (Veja os Exercícios16 e 17.) É natural definir anormada forma quadráticaqB por

kqBk D supkxkD1

jB.x; x/j:

Claramente valekqBk � kBk e, também,kqB.x/jj � kqBk kxk2 para todox 2 X .

Observação A.28Se a forma quadráticaqBW X ! K definida no espaço normadoX for contínua, o Lema A.23 garante queX0 é um subespaço fechado deX . �

Exemplo A.29 Considere o espaço normado�R2; k � k1

�. Parax D .x1 x2/

t ey D .y1 y2/

t, considere a forma bilinear simétrica

B.x; y/ D x1y1 � x2y2;

que gera a forma quadrática

qB.x/ D x21 � x2

2 :

Tomandox0 D .1 1/t e y0 D .1 � 1/t, temoskx0k1 D 1 D ky0k1 eB.x0; y0/ D 2. Contudo, verificamos facilmente quejqB.x/j � 1 parakxk1 D 1,mostrando que pode-se terkqBk < kBk. �

Agora mostraremos situações em que podemos garantir que as normas de umaformaB e de sua forma quadráticaqB são iguais. (Em espaços com produto interno,aplicaremos a Proposição A.27.)

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Teorema A.30 SejamX um espaçonormadoe BW X � X ! K uma formahermitiana e contínua. Então, seB for positiva semidefinida,

kBk D kqBk:

SeX for um espaço comproduto interno, o resultado vale para qualquer formahermitiana contínuaB.

Demonstração:Como vimos, basta provar quekBk � kqBk.SejaB uma forma positiva semidefinida no espaço normadoX . Sekxk D 1 D

kyk, decorre da desigualdade de Cauchy-Schwarz que

jB.x; y/j �p

kqBkp

kqBk;

e o resultado decorre daí ao tomarmos o supremo em ambos os lados dadesigualdade.

Passemos ao caso de um espaço com produto internoX . Sejak � k a normagerada pelo produto interno.

Sekxk D 1 D kyk, a identidade de polarização garante que7

jReB.x; y/j � 1

4

�jqB.x C y/j C jqB.x � y/j

�

� 1

4kqBk

�kx C yk2 C kx � yk2

�

D 1

2kqBk

�kxk2 C kyk2

�

D kqBk: (A.7)

(O fundamento desse procedimento é a utilização da identidade do paralelogramo.2:11/, válida apenas se o produto interno gerar a normak � k. Note que, tomando osupremo comkxk D 1 D kyk, provamos o caso em queB é bilinear.)

Se B.x; y/ 2 C, escrevemos sua forma polar:B.x; y/ D rei� . Definindo˛ D e�i� , obtemos

˛B.x; y/ D r D jB.x; y/j:7No caso real, estamos aplicando a Proposição A.9, que exige que B seja simétrica. No caso

complexo, estamos aplicando a Proposição A.12.

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§A.4 Formas Contínuas 271

Parakxk D 1 D kyk, decorre então de.A:7/ que

kqBk �ˇReB.˛x; y/

ˇDˇRe ˛B.x; y/

ˇD jB.x; y/j:

Consequentemente, em qualquer caso temos que

kqBk � supkxkD1Dkyk

jB.x; y/j D kBk:2

Em um contexto um pouco mais geral, mostraremos no Capítulo 3que, em umespaço com produto interno, seT 2 L.E/, entãoBW E � E ! K, dado por

B.x; y/ D hx;Tyi

ouB.x; y/ D hT x; yi;

define uma forma no espaçoE tal que

kBk D kT k:

(Veja a Proposição 3.23.)Contudo, não podemos concluir que valekqBk D kBk D kT k:

Exemplo A.31 ConsideremosE D R2 eT WR2 ! R2 definida por

T D�

0 �1

1 0

�:

A Proposição 3.23 garante que, seB.x; y/ D hx;Tyi, entãokBk D kT k. Poroutro lado,qB.x/ D hx;T xi D hT x; xi � 0. (Veja o Teorema 4.41 para umainterpretação desse resultado.) �

Podemos nos fazer a seguinte pergunta: seBW E � E ! K for uma formasesquilinear contínua num espaço com produto internoE, então existe umaaplicação linear contínuaT W E ! E tal que

B.x; y/ D hx;Tyi ?

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Se E for um espaço dedimensão finita, sabemos da Álgebra Linear8 que aresposta para essa pergunta é afirmativa nesse caso.

Em espaços de Hilbert, como veremos, também podemos responder afir-mativamente a essa pergunta. Esse é um dos resultados que mostraremos noCapítulo 3 (veja o Teorema 3.24).

A.5 Exercícios

1. SejamX;Y e Z espaços vetoriais eS.X � Y;Z/ o conjunto de todasas aplicaçõesBW X � Y ! Z sesquilineares. Mostre queS.X � Y;Z/

é um espaço vetorial com as definições usuais de soma de aplicações emultiplicação de aplicação por escalar.

2. SejamX;Y;Z espaços normados. Mostre que uma aplicação sesquilinearBW X �Y ! Z é uniformemente contínua se, e somente se, for identicamentenula.

3. SejamX;Y;Z espaços normados. Mostre que

kBk D supfkxk � 1; kyk � 1gkB.x; y/k

define uma norma no espaçoSc.X � Y;Z/ de todas as aplicaçõessesquilinearesBW X � Y ! Z contínuas. Mostre queSc.X � Y;Z/ é umespaço de Banach, seZ for completo.

4. Enuncie e demonstre, para o caso de aplicações sesquilineares limitadas,resultado análogo ao Exercício 38 do Capítulo 1.

5. SejaX um espaço vetorial e; ˇW X ! K funcionais lineares. Mostre queBW X � X ! K, definida porB.x; y/ D ˛.x/ ˇ.y/ é uma forma.

6. SejaX um espaço vetorial com baseB D fx1; : : : ; xng. Associe ax 2 X ovetor Œx�B D .˛1 : : : ˛n/

t 2 Kn, em quex D ˛1x1 C : : : C ˛nxn. FixeA 2 Mn�n.K/, o espaço das matrizesn � n sobre o corpoK, e defina

8Veja [AL], Capítulo 9.

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§A.5 Exercícios 273

B.x; y/ D Œy�BtAŒx�B, em quew é obtido ao se tomar o conjugado em cada

coordenada dew 2 Kn. Mostre queB é uma forma emX .

7. SejaB uma forma no espaçoX e fx1; : : : ; xng uma base deX . Mostre queB está caracterizada pela matriz.aij/, em queaij D B.xi ; xj/. ExpresseB.x; y/ em termos dessa matriz. Compare com o Exercício 6.

8. Demonstre a Proposição A.9. Em outras palavras, verifiquequeBs é umaforma bilinear simétrica e queB D Bs , seB for simétrica.

9. SejaBW X � X ! K uma forma no espaçoX e S � X um subconjuntoarbitrário. Mostre queS? é um subespaço deX . SeX for normado eBcontínua, mostre queS? é um subespaço fechado deX .

10. Demonstre o Corolário A.26.

11. SejaE um espaço com produto interno. Mostre queˇhx; yi

ˇD kxk kyk se,

e somente se, os vetoresx; y forem linearmente dependentes.

12. Considere o espaçoC 1�Œa; b�;K

�, o espaço das funçõesf W Œa; b� ! K de

classeC 1. Defina, paraf eg nesse espaço,

hf;gi DZ b

a

f 0.x/g0.x/dx:

.a/ h�; �i é um produto interno?

.b/ ConsidereF D ff 2 C 1�Œa; b�;K

�W f .a/ D 0g. Em F , h�; �i é um

produto interno?

13. Mostre que a norma emC�Œa; b�;C

�não é gerada por um produto interno.

14. SejamE um espaço com produto interno de dimensão finita eB uma formaem E. Mostre que existe um único operador linearT W E ! E tal queB.x; y/ D hT x; yi para quaisquerx; y 2 E. Mostre também que o espaçoS.E/ de todas as formas emE é canonicamente9 isomorfo ao espaçoL.E/de todos os operadores emE.

9Um isomorfismo entre espaços vetoriais écanônico, se ele independer de escolhas de bases nosespaços envolvidos.

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15. SejaA 2 Mn�n.K/. DefinaBWKn � Kn ! K por B.x; y/ D xtAy. Mostreque B é uma forma positiva definida se, e somente se, existir uma matrizinvertívelP 2 Mn�n.K/ tal queA D P �P .

16. SejaBW X � X ! K uma forma bilinear no espaço vetorialX . SuponhaqueqB.x/ D B.x; x/ seja uma forma quadrática contínua. Mostre queB écontínua.

17. Dê um exemplo mostrando que, mesmo em um espaço de HilbertE, existemformas bilinearesBW E � E ! K que não são contínuas, mas tais queqBW E ! K é contínua.

18. SejaX um espaçocomplexode dimensão finita eBW X � X ! K uma formasesquilinear. Mostre queB é contínua.

19. SejaBW X �X ! K uma forma hermitiana no espaço vetorialX . A formaB

é negativa semidefinida, seB.x; x/ D qB.x/ � 0 para todox 2 X . Mostreo Lema A.23 para uma forma negativa semidefinida. Adapte o enunciado edemonstre a desigualdade de Cauchy-Schwarz para tais formas. O TeoremaA.30 continua válido nesse caso?

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B

Séries de Fourier

Neste Apêndice expomos o método de separação de variáveis e tratamos daconvergência das séries de Fourier, desde um ponto de vista introdutório. Aapresentação é elementar e inteiramente independente de qualquer resultado nestelivro. Este Apêndice corresponde a parte de um texto publicado na II Bienalde Matemática. Apesar da linguagem utilizada neste texto ser diferente daquelautilizada no restante do livro, resolvemos mantê-la.

B.1 A Corda Vibrante

Em geral, obter soluções de uma equação diferencial parcialé um desafio. Umdos poucos métodos que possui larga aplicabilidade é o de separação de variáveis.Vamos ilustrar a aplicação desse método através do problemada corda vibrante,sem força externa.

O problema consiste na solução do seguinte sistema8ˆ<ˆ:

ut t � c2uxx D 0;

u.0; t/ D u.L; t/ D 0;

u.x; 0/ D f .x/;

ut.x; t/ D g.x/:

(B.1)

Aqui, u.x; t/ descreve a posição “vertical” da corda no ponto “horizontal” x eno tempot . A corda tem comprimentoL e suas extremidades (situadas nos pontos0 e L do eixo horizontal) fixadas na posição vertical nula. Sua posição no instante

275

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276 Séries de Fourier Ap. B

t D 0 é descrita pela função (contínua)f .x/ e sua velocidade neste instante édescrita pela função (também contínua)g.x/. A constantec depende da densidadelinear da corda, bem como da tensão aplicada à mesma.

Não vamos descrever aqui as considerações físicas que levamao estabe-lecimento do problema.B:1/. Elas podem ser encontradas nas referências [?] e[36]. Apenas enfatizaremos algumas hipóteses que estão sendo utilizadas quan-do da dedução de.B:1/. Em primeiro lugar, a corda é perfeitamente flexível, demodo que nenhum esforço é necessário para dobrá-la. A corda étão fina que suaseção transversal move-se como um único ponto. Além disso, todo o movimentoé transversal ao eixo horizontalx e não existe componente da velocidade nestadireção. Uma boa discussão sobre as hipóteses utilizadas quando da dedução de.B:1/ pode ser encontrada em [36].

B.2 Separação de Variáveis

A equaçãout t � c2uxx D 0 (B.2)

é uma das poucas equações diferenciais parciais cuja solução geral pode ser obtidadiretamente. Ao invés de escolhermos essa abordagem, utilizaremos ométodo deseparação de variáveis, que consiste em supor a existência de uma soluçãou.x; t/

tendo a formau.x; t/ D F.x/G.t/

em queF.x/ eG.t/ são funções reais.1

Feita essa hipótese, procederemosformalmente, isto é, admitiremos que, sobcondições adicionais a serem especificadas, todas as passagens matemáticas possamser justificadas.

Substituindou.x; t/ D F.x/G.t/ em.B:2/, chegamos à igualdade

F 00.x/

F.x/D G 00.t/

c2G.t/:

1O método também pode ser aplicado comF e G complexas.

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§B.2 Separação de Variáveis 277

Assim, essa igualdade define uma função�.x; t/. Fixando a variávelx evariandot , vemos que�.x; t/ não depende det . Por outro lado, fixandot e variandox, notamos que� também não depende dex. Assim,� é uma constante:

F 00.x/

F.x/D G 00.t/

c2G.t/D � 2 R;

de modo que,se o método de separação de variáveis for aplicável, obteremosu.x; t/ D F.x/G.t/ como solução do par de equações

F 00.x/ � �F.x/ D 0;

G 00.x/ � �c2G.t/ D 0:

Agora consideramos as condições de fronteira em.B:1/. Se a soluçãou.x; t/ DF.x/G.t/ satisfazu.0; t/ D 0 D u.L; t/, então

F.0/G.t/ D 0 D F.L/G.t/ para todot:

Se fosseG.t/ � 0, entãou.x; t/ � 0 e as condiçõesu.x; 0/ D f .x/ eut.x; 0/ D g.x/ só seriam satisfeitas sef .x/ � 0 e g.x/ � 0. Se essas funçõesnão forem nulas, chegamos então ao problema de valor de fronteira

F 00.x/ � �F.x/ D 0; F.0/ D 0; F.L/ D 0: (B.3)

Suponhamos que� > 0. Nesse caso, a solução geral deF 00 � �F D 0 é dadapor (veja [?]) F.x/ D Ae

p�x C Be�

p�x. Substituindo aí os dados de fronteira

F.0/ D 0 D F.L/, concluímos queA D B D 0, o que nos leva novamente àsolução identicamente nula. Para� D 0, a solução geral deF 00.x/ D 0 é dada porF.x/ D Ax C B e os dadosF.0/ D 0 D F.L/ conduzem novamente à soluçãou � 0. Portanto, devemos ter� < 0. Chamando então�� D �2, a solução geraldeF 00 C �2F D 0 é dada por (veja [?])

F.x/ D A cos�x C Bsen�x

e os dados de fronteira garantem queA D 0 e que

Bsen�L D 0:

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ComoB D 0 implicau � 0, impomos que sen�L D 0, o que nos mostra que

� D n�

L; n 2 f˙1; ˙2; : : :g;

chamadosautovaloresdo problema.B:3/. As funções

Fn.x/ D senn�x

L; n 2 f1; 2; : : :g;

são chamadasautofunçõesde .B:3/. Note que basta considerarmosn 2 N, poisvalores negativos den apenas conduzem a autofunções que diferem apenas no sinaldaquelas obtidas paran positivo. (Observe que a nomenclatura empregada sugereque estamos num contexto de Álgebra Linear.)

Uma vez que�� D �2 2 R, as soluções do problema

G 00 � �c2G D 0

são dadas por

Gn D An cosn�ct

LC Bnsen

n�ct

L:

Note que, para cada escolha den 2 N, as constantesAn e Bn podem serescolhidas arbitrariamente. Multiplicando as funçõesFn eGn, chegamos a

un.x; t/ D Ansenn�x

Lcos

n�ct

LC Bnsen

n�x

Lsen

n�ct

L:

Para cadan 2 N, un.x; t/ resolve o problema

�ut t � c2uxx D 0;

u.0; t/ D u.L; t/ D 0:(B.4)

Além disso, somas (finitas) de múltiplos das funçõesun (para valores distintosde n) continuam resolvendo o mesmo problema. (Esse é oPrincípio da

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Superposição.) Mas a substituiçãot D 0 em qualquer de tais somas finitas defunçõesun determina valores paraf .x/ eg.x/ (verifique!).

Como superar essa limitação?

Essa é uma daquelas situações na matemática em que, para resolver umproblema, criamos outros. Aliás, diversos outros. É o que mostraremos agora.

Continuando com nosso procedimento formal, vamos considerar, ao invés desomas finitas de soluçõesun, uma série de soluções

u.x; t/ D1X

nD1

�Ansen

n�x

Lcos

n�ct

LC Bnsen

n�x

Lsen

n�ct

L

�: (B.5)

Uma primeira dúvida impõe-se: se somas finitas de soluçõesun continuamresolvendo.B:4/, o mesmo acontece com.B:5/? Isso não é óbvio. Na verdade,nem mesmo podemos garantir que a funçãou.x; t/ esteja bem definida, isto é,que a série convirja. Mas, para sermos sinceros, muitas outras passagens feitasformalmente também não eram óbvias, e isso não nos impediu defazê-las. Sendoassim...

A substituição det D 0 em .B:5/ nos mostra, então, que a funçãof devesatisfazer

f .x/ D1X

nD1

Ansenn�x

L: (B.6)

Se for possível a derivação termo a termo em.B:5/ (ah, mais uma hipótese...),então a funçãog deve satisfazer

g.x/ D1X

nD1

�n�c

L

�Bnsen

n�x

L: (B.7)

A nossa aposta é que, para funçõesf e g suficientemente gerais, possamosdeterminar os coeficientesAn e Bn e também justificar todas as passagens feitasformalmente.

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Ao invés de determinarmos os coeficientesAn e Bn nas expressões.B:6/ e.B:7/, passaremos a uma situação um pouco mais geral e mostraremoscomo oscoeficientes podem ser encontrados. Para isso, suponhamos que uma funçãoH.x/possa ser representada na forma

H.x/ D a0

2C

1X

nD1

�an cos

n�x

LC bnsen

n�x

L

�: (B.8)

(Se você está curioso para saber porquê o coeficientea0 aparece dividido por2, vejaa sequência.)

Uma primeira observação, antes de prosseguirmos. O lado direito da igualdade.B:8/ tem período2L (note que não estamos dizendo que esse é o períodofundamental daquela série) e está definido para todox. Assim, é naturalconsiderarmos que a funçãoH esteja definida para todox e tenha período2L. Ditode outra forma: suponhamos queH esteja definida num intervalo de comprimento2L; estendemos entãoH ao conjuntoR, de modo queH tenha período2L (denovo, não se trata do período fundamental deH ).

Vamos continuar agindo formalmente, quer dizer, vamos pensar que nossasoperações matemáticas possam ser justificadas. Integrandode�L aL, obtemos

Z L

�L

H.x/dx D a0

2

Z L

�L

dx CZ L

�L

1X

nD1

�an cos

n�x

LC bnsen

n�x

L

�:

Se a integração da série for possível como integração termo atermo(convergência uniforme possibilita isto!) então, como as funções cosn�x

Le senn�x

L

têm período2L, vem

Z L

�L

H.x/dx D a0

2

Z L

�L

dx C1X

nD1

an

Z L

�L

cosn�x

LC bn

Z L

�L

senn�x

L

!

D a0

2

Z L

�L

dx

e, portanto,

a0 D 1

L

Z L

�L

H.x/dx: (B.9)

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Para obtermos os demais coeficientes, fazemos uso dasrelações deortogonalidade:

Z L

�L

cosn�x

Lsen

m�x

LD 0; 8 m; n 2 N;

Z L

�L

cosn�x

Lcos

m�x

LD

�L; m D n 2 N;0; m; n 2 N; m ¤ n:Z L

�L

senn�x

Lsen

m�x

LD

�L; m D n 2 N;0; 8 m; n 2 N; m ¤ n:

(B.10)

(Essas relações podem ser obtidas facilmente calculando asintegrais envolvidas,mas o sentido da palavraortogonalidadesó será esclarecido posteriormente. Essasrelações podem ser obtidas segundo uma outra abordagem, muito mais simples eelegante, que utiliza funções complexas. Veja, por exemplo, [20].)

Agora, multiplicando a igualdade.B:8/ por cosm�xL

e então integrando termoa termo, obtemos os coeficientes de Fourier:

am D 1

L

Z L

�L

H.x/ cosm�x

Ldx; m 2 NI (B.11)

por outro lado, multiplicando por senm�xL

e integrando termo a termo, vem

bm D 1

L

Z L

�L

H.x/ cosm�x

Ldx; m 2 N: (B.12)

Ah, agora justificamos a divisão dea0 por 2. Fazemos assim por mera questãoestética, para que as expressões dos coeficientes sejam todas semelhantes...Aquicabe uma observação: a forma dos coeficientesan ebn implica a unicidade da sériede Fourier de uma funçãof , desde que a série possa ser integrada termo a termo.Isso é válido, por exemplo, se a funçãof for contínua por partes. Veja, a esserespeito, o Exercício 7 e a Seção B.4.

Tudo isto está muito bom, mas uma dúvida simples ainda não foiresolvida: asséries aqui apresentadas dependem de senos e cossenos; por outro lado, as sériesem.B:6/ e .B:7/ dependem apenas de senos. Qual o significado disso?

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Uma simples verificação das igualdade.B:6/ e .B:7/ mostra que o lado direitode cada uma dessas expressões define (supondo sempre que a série convirja!) umafunção ímpar. Assim, as funçõesf e g daquelas igualdades devem ser funçõesímpares! Comof e g só são dadas no intervaloŒ0;L�, isso quer dizer que elasforam estendidas ao intervaloŒ�L;L� de modo a tornarem-se funções ímpares.

O que podemos dizer sobre séries de Fourier de funções pares eímpares? É oque vamos responder agora.

Não é difícil verificar que o produto de duas funções pares é uma função par;que o produto de uma função par por uma função ímpar é uma função ímpar; eque o produto de duas funções ímpares é uma função par. (Isso não parece com amultiplicação no conjuntof�1; 1g?)

Além disso, a integração de uma função ímpar sobreŒ�L;L� (ou, maisgeralmente, sobre qualquer intervalo de comprimento2L) é sempre nula, enquantoa integração de uma função par sobreŒ�L;L� (ou, mais geralmente, sobre qualquerintervalo de comprimento2L) é igual a duas vezes o valor de sua integração sobreŒ0;L�.

Consequentemente, seH for uma função par, teremosbn D 0 para todon 2 Ne

an D 2

L

Z L

0

H.x/ cosn�x

Ldx

e, seH for uma função ímpar, entãoan D 0 para todon 2 N e

bn D 2

L

Z L

0

H.x/senn�x

Ldx:

B.3 Chega de Formalismo!

Não é debom tomque nós, matemáticos, sejamos apenas formais. Matemáticosgostam de provas, de resultados bem fundamentados. Mesmo que, desde Gödel,saibamos que não há como fundamentar os postulados que utilizamos: um poucode idiossincrasia (ou cinismo?) é sempre permitido.

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§B.4 Convergência Quadrática 283

Assim, passemos às definições e aos teoremas. Os resultados desta Seção estãoexpostos em diversos livros (veja [?]-[36]) e sua inclusão nesse texto foi feita apenaspara comodidade do leitor.

Com os coeficientes dados em.B:9/, .B:11/ e .B:12/, a série no lado direito daigualdade.B:8/ é chamadasérie de Fourierda funçãoH . Nem sempre a igualdade.B:8/ é válida, mesmo se a funçãoH for contínua.

Note que o lado esquerdo da igualdade.B:8/ define uma função com período2L. Assim, H deve ser uma função periódica, com período2L. Portanto, aoinvestigarmos a igualdade.B:8/, basta considerarmos funções periódicas comperíodo2L.

B.4 Convergência Quadrática

Ao estudarmos a convergência de séries de Fourier, começaremos pela noçãode convergência quadrática, por causa de seu forte apelo geométrico. A nossaexposição pressupõe que o leitor conheça alguns resultadosbásicos da ÁlgebraLinear. Esses podem ser encontrados em qualquer livro sobreo assunto.

SejaH uma função com período2L. A funçãoH W Œ�L;L� ! R é contínuapor partes (ou seccionalmente contínua) se ela possuir um número finitodedescontinuidades emŒ�L;L�, todas elas de primeira espécie (isto é, os limiteslaterais à direitaH.xC/ e à esquerdaH.x�/ existem em todos os pontosx).Denotaremos porCP .Œ�L;L�/ o conjunto de todas as funções contínuas por partes.É fácil verificar queCP .Œ�L;L�/ é um espaço vetorial.Identificaremos cadauma das funções emCP .Œ�L;L�/ com sua extensão periódica de período 2L.Note que, se NH é essa extensão deH W Œ�L;L� ! R, temos NH .L�/ D H.L/ eNH .LC/ D H.�L/, por exemplo. Ao considerarmos uma função emCP .Œ�L;L�/,

estaremos pensando sempre nessa extensão.

Denotaremos porC.Œ�L;L�/ � CP .Œ�L;L�/ o subespaço de todas as funçõesH 2 CP .Œ�L;L�/ tais queH W Œ�L;L� ! R é contínua. Em termos da extensãoperiódica feita acima, isso quer dizer que uma função contínua H W Œ�L;L� ! Rnão necessariamente origina uma extensão periódica contínua! Mais precisamente,

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a extensão periódica deH W Œ�L;L� ! R é contínua se, e somente se,H.�L/ DH.L/.

Se denotarmos

hH;Gi DZ L

�L

H.x/G.x/dx; (B.13)

não é difícil verificar queh�; �i é um produto interno no espaço vetorial (dedimensão infinita)C.Œ�L;L�/.

Todos os espaços com produto interno satisfazem adesigualdade de Cauchy-Schwarzque, no nosso contexto, garante que

Z L

�L

H.x/G.x/dx � Z L

�L

ŒH.x/�2dx

!1=2 Z L

�L

ŒG.x/�2dx

!1=2

: (B.14)

Como consequência da desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos facilmenteque

kHk D hH;H i1=2 D Z L

�L

ŒH.x/�2dx

!1=2

(B.15)

é uma norma no espaçoC.Œ�L;L�/. Chamaremos essa norma denormaquadrática.

Nesse contexto, as relações de ortogonalidade.B:10/ significam que o conjunto�

1; cos�x

L; sen

�x

L; cos

2�x

L; : : :

�

é um conjunto ortogonal e, portanto, linearmente independente.

Agora consideremos uma questão geométrica. Denotemos por

sN .x/ D A0 CNX

kD1

�Ak cos

k�x

LC Bksen

k�x

L

�;

com Ak ;Bk 2 R quaisquer. ChamaremossN de polinômio trigonométrico deordemN com coeficientesAk ;Bk .

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��

��

��

-

SN

6

H H − SN

Figura B.1: A melhor aproximação deH no espaço gerado pelas funções1; cos�x

L; sen�x

L; : : : ; cosN �x

L; senN �x

Lé SN , soma parcial de ordemN da série

de Fourier deH .

Assim sN denota um elemento arbitrário do espaço vetorial gerado pelasfunções 1; cos�x

L; sen�x

L; : : : ; cosN �x

L; senN �x

L. ConsideremosH 2

C.Œ�L;L�/. Qual é o polinômio trigonométrico que melhor aproximaH na normaquadrática? Mais precisamente, para que coeficientes temosque a norma quadráticakH � sN k é mínima?

A resposta é simples: a função.H � sN / é perpendicular asN se, esomente se,A0 D a0=2, Ak D ak , Bk D bk (k 2 N), em queak ; bk

são os coeficientes de Fourier deH . Para verificar esse fato, basta mostrarque, nesse caso,.H � sN / é ortogonal a cada uma das funções do conjuntof1; cos�x

L; sen�x

L; : : : ; cosN �x

L; senN �x

Lg. (Veja o Exercício 4.)

Seak ; bk são os coeficientes de Fourier deH , denotamos

SN .x/ D a0

2C

NX

kD1

�ak cos

k�x

LC bksen

k�x

L

�

a soma parcial de ordemN da série de FourierdeH .As relações de ortogonalidade implicam que

kSN k2 D hSN ;SN i D L

a2

0

2C

1X

kD1

.a2k C b2

k/

!: (B.16)

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Assim, decorre do Teorema de Pitágoras (veja o Exercício 3) que

kSN k2 D L

a2

0

2C

NX

kD1

.a2k C b2

k/

!� kHk2 D

Z L

�L

ŒH.x/�2dx

para todoN 2 N. Tomando o limite quandoN ! 1, obtemos adesigualdade deBessel:

a20

2C

1X

kD1

.a2k C b2

k/ � 1

L

Z L

�L

ŒH.x/�2dx:

Dizemos queSN converge aH na norma quadrática, em símbolos,SN ! H

emL2, se

limN !1

kSN � Hk D limN !1

Z L

�L

jH.x/ � SN .x/j2dx

!1=2

D 0:

Como o Teorema de Pitágoras garante que

kH � SN k2 D kHk2 � kSN k2;

passando ao limite quandoN ! 1, concluímos que

SN ! H em L2 , 1

L

Z L

�L

ŒH.x/�2dx Da2

0

2C

1X

kD1

.a2k C b2

k/:

A igualdade do lado direito da última expressão é conhecida como identidadede Parseval.

Nesse ponto, podemos concluir a validade da identidade de Parseval mostrandoque toda funçãoH W Œ�L;L� ! R comH.�L/ D H.L/ pode ser uniformementeaproximada por um polinômio trigonométrico. Mais precisamente, dado� > 0,existe um polinômio trigonométricoP� tal que supt2Œ�L;L� jH.t/�P�.t/j < �. (Emvários textos, funções contínuas como acima são descritas como funções definidasno círculoS1.) Como essas funções são (claramente) densas no espaçoC.Œ�L;L�/

com a norma quadrática, concluímos daí o afirmado. (Para esseprocedimento, veja,

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por exemplo, [29]. Uma abordagem mais precisa, que constitui uma variação sobreesse método, pode ser encontrada em [?] e [20].)

Concluiremos a validade da identidade de Parseval na próxima Subseção.Contudo, é importante ressaltar um fato: todo o desenvolvimento que aquifizemos continua sendo válido para funções emCP .Œ�L;L�/. Assim, seH 2CP .Œ�L;L�/, vale

SN ! H em L2 , 1

L

Z L

�L

ŒH.x/�2dx Da2

0

2C

1X

kD1

.a2k C b2

k/:

No texto, não abordamos diretamente funções emCP .Œ�L;L�/ porque, nesse caso,a equação (B:13/ não define um produto interno nesse espaço, já quehH;H ipode ser nulo mesmo quandoH ¤ 0; em consequência,.B:15/ não defineuma norma. Existem duas maneiras desse impasse ser contornado. A primeiraconsiste em notar que a desigualdade de Cauchy-Schwarz e demais propriedadesutilizadas no desenvolvimento do texto só dependem de propriedades satisfeitaspor .B:13/. Esse método está proposto nos exercícios deste Capítulo. Asegundaabordagem é utilizada em textos mais avançados e consiste emidentificar funçõesem CP .Œ�L;L�/ que sejam iguais em quase todos os pontos (isto é, a menos deum conjunto de medida nula). Esse é o procedimento usado ao sedefinir o espaçoL2.Œa; b�/, presente nos cursos de medida e integração.

Encerramos esta Subseção interpretando geometricamente aidentidade deParseval: o espaço gerado pelo conjunto

B D�

1; cos�x

L; sen

�x

L; : : : ; cos

k�x

L; sen

k�x

L; : : :

�

é formado por combinações lineares (finitas!) dos elementosde B. Assim, aidentidade de Parseval tem a seguinte interpretação geométrica: ela nos garanteque toda funçãoH 2 CP .Œ�L;L�/ está nofechodo espaço gerado porB. Observetambém que não normalizamos os elementos deB, isto é, aqueles elementos nãosão unitários.

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B.5 Convergência Uniforme

A convergência pontual da série de Fourier dá significado às igualdades.B:6/e .B:7/. Mas, a obtenção de.B:7/ foi feita assumindo que a série de Fourier da(pretensa) soluçãou.x; t/ (isto é, a equação.B:5/) pudesse ser derivada termo atermo. Em geral, isso só é possível mediante hipóteses de convergência uniforme...

Iniciamos com uma observação que une os resultados desta Subseção comaqueles da Subseção anterior: seSN ! S uniformemente, entãoSN ! S emL2. De fato, dado� > 0, sejaN0 2 N tal que

jSN .x/ � S.x/j < �p2L; x 2 R

para todoN � N0. Então, para taisN 2 N, vale

kSN �Sk D Z L

�L

ŒSN .x/ � S.x/�2dx

!1=2

� Z L

�L

��p2L

�2

dx

!1=2

D �2

2L

Z L

�L

dx

!1=2

D �;

ou seja,

limN !1

kSN � Sk D 0;

como queríamos mostrar.

Como o limite uniforme de uma sequência de funções contínuasé uma funçãocontínua, a convergência uniforme da série de Fourier deH exige que a funçãoHseja contínua. Mais do que isso, comoSN é contínua em qualquer intervalo abertocontendoŒ�L;L�, devemos ter queH.�L/ D H.L/.

Agora fazemos outra observação de caráter introdutório: seH for uma funçãotal queH 0 2 CP .Œ�L;L�/, então a série de Fourier deH 0 é obtida mediantederivação termo a termo da série de Fourier deH . Este é um resultado notável,pois não estamos assumindo convergência uniforme!

Para verificá-lo, denotemos poran e bn os coeficientes de Fourier deH e a0n e

b0n os coeficientes de Fourier deH 0. Integração por partes nos permite relacionar

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§B.5 Convergência Uniforme 289

esses coeficientes: sen 2 N, vale

an D 1

L

Z L

�L

H.x/ cosn�x

Ldx

D 1

L

"LH.x/

n�sen

n�x

L

ˇˇL

�L

�Z L

�L

LH 0.x/

n�sen

n�x

Ldx

#D � L

n�b0

n:

Do mesmo modo,

bn D L

n�a0

n:

Quer dizer,

H D a0

2C

1X

nD1

an cosn�x

LC bnsen

n�x

L

implica

H 0 D1X

nD1

n�bn

Lcos

n�x

L� n�an

Lsen

n�x

L:

(Note que a hipóteseH 0 2 CP .Œ�L;L�/ foi usada para garantir a validade daintegração por partes.)

Como consequência da relação entre os coeficientes deH e H 0, temos:

Afirmação: Seja H 2 C.Œ�L;L�/ com H.�L/ D H.L/. Suponhamos queH 0 2 CP .Œ�L;L�/. EntãoSN ! H uniformemente, isto é, dado� > 0, existeN0 2 N tal que

N � N0 ) supt2Œ�L;L�

jH.x/ � SN .x/j < �:

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 290 — #298i

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A prova de nossa afirmação agora não é difícil:

jSN .x/ � SM .x/j Dˇˇˇ

MX

nDN C1

an cosn�x

LC bnsen

n�x

L

ˇˇˇ

�MX

nDN C1

ˇˇan cos

n�x

LC bnsen

n�x

L

ˇˇ

�MX

nDN C1

qa2

n C b2n �

MX

nDN C1

s�L

n�b0

n

�2

C�

L

n�a0

n

�2

D L

�

MX

nDN C1

1

n

q.b0

n/2 C .a0

n/2:

Portanto, em virtude da desigualdade de Cauchy-Schwarz noRn, vem que

jSN .x/ � SM .x/j � L

�

MX

nDN C1

1

n

q.b0

n/2 C .a0

n/2

� L

�

MX

nDN C1

1

n2

!1=2 MX

nDN C1

�q.b0

n/2 C .a0

n/2

�2!1=2

D L

�

MX

nDN C1

1

n2

!1=2 MX

nDN C1

.b0n/

2 C .a0n/

2

!1=2

:

Uma vez que a desigualdade de Bessel garante que a sérieP1

nD1.b0n/

2 C .a0n/

2

é limitada e uma vez que a sérieP1

nD1.1=n2/ é convergente, concluímos que asequênciaSN é uniformemente de Cauchy. Assim,SN converge uniformementepara uma funçãoS .

Afirmamos que S D H , fato que mostraremos na Subseção B.7, quandoestudarmos a convergência pontual da série de Fourier. Com esse resultado,concluímos a prova de nossa afirmação.

A convergência uniforme da série de Fourier pode ser provadasob condiçõesum pouco mais gerais: veja [?], p. 69.

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 291 — #299i

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§B.6 Voltando à Convergência Quadrática 291

B.6 Voltando à Convergência Quadrática

Como já mostramos que a convergência uniformeSN ! H implica aconvergência quadráticaSN ! H emL2, a identidade de Parseval está verificadano caso em queH.�L/ D H.L/ eH 0 2 CP .Œ�L;L�/. Agora vamos mostrar queessas hipóteses podem ser suprimidas.

Afirmação: SejamH W Œa; b� ! R contínua e ; ˇ 2 R. Então, para cada� > 0

dado, existe uma função contínuaH�W Œa; b� ! R tal que:

.i/ H�.a/ D ˛ eH�.b/ D ˇ;

.i i/ H 0� 2 CP Œa; b�;

.i i i/ kH � H�k < �.

Para mostrarmos nossa afirmação, começamos relembrando queuma funçãocontínua definida num intervalo limitado e fechado é uniformemente contínua nesseintervalo. Assim, existeı > 0 tal que

jx � yj < ı ) jH.x/ � H.y/j < �p2.b � a/

:

Se necessário, escolhemos um valor menor paraı, de modo que também sejasatisfeita a desigualdade

8K2ı <�2

2;

em que

K D max

�max

x2Œa;b�jH.x/j; j˛j; jˇj

�:

Consideremos, então,fa D x0 < x1 < � � � < xn D bg uma partição do intervaloŒa; b�, tal quexj � xj�1 < ı para todoj D 1; 2; : : : ; n.

Seja H� a função cujo gráfico é a linha poligonal que passa pelos pontos.a; ˛/; .xj ;H.xj// (paraj D 1; 2; : : : ; n � 1) e pelo ponto.b; ˇ/.

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É claro queH� é contínua,H�.a/ D ˛, H�.b/ D ˇ e H 0� 2 CP Œa; b�. Além

disso, para todoj 2 f2; : : : ; n � 1g, H� restrita a cada intervaloŒxj�1; xj � assumetodos os valores entreH.xj�1/ eH.xj/. Logo, parax 2 Œxj�1; xj �, temos

H.x/ � H.xj/ � H.x/ � H�.x/ � H.x/ � H.xj�1/

ouH.x/ � H.xj�1/ � H.x/ � H�.x/ � H.x/ � H.xj/;

conforme sejaH.xj/ � H.xj�1/ ou H.xj/ � H.xj�1/. (Observe que, seH.xj / < H.xj�1/, entãoH.xj/ e H.xj�1/ são, respectivamente, o mínimo e omáximo deH� no intervaloŒxj�1; xj �.)

Portanto, sex 2 Œxj�1; xj � paraj 2 f2; : : : ; n � 1g, então

jH.x/ � H�.x/j � max˚jH.x/ � H.xj�1/j; jH.x/ � H.xj/j

<

�p2.b � a/

:

Por sua vez, sex 2 Œa; x1� [ Œxn�1; b�, entãojH.x/ � H�.x/j � 2K.

Logo,

kH � H�k2 DjDn�1X

jD2

Z xj

xj�1

ŒH.x/ � H�.x/�2dx C

Z x1

a

ŒH.x/ � H�.x/�2dx

CZ b

xn�1

ŒH.x/ � H�.x/�2dx

�

24

jDn�1X

jD2

�2

2.b � a/.xj � xj�1/

35C 4K2Œ.x1 � a/C .b � xn�1/�

D �2

2.b � a/.xn�1 � x1/C .4K/2ı � �2

2C 8K2ı < �2;

ou seja,kH � H�k < �;

como queríamos mostrar.

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§B.6 Voltando à Convergência Quadrática 293

Agora estamos em condições de mostrar que a identidade de Parseval é válidapara todas as funçõesH 2 C.Œ�L;L�/.

Como sabemos, seSN denota a soma parcial de ordemN da série de FourierdeH , a identidade de Parseval é válida se verificarmos queSN ! H emL2.

Dado � > 0, tome H� contínua emŒ�L;L� tal que H�.�L/ D H�.L/,H 0

� 2 CP Œ�L;L� e kH � H�k < �2. (Note que o valorH�.L/ pode ser escolhido

arbitrariamente!)

Seja QSN .x/ a soma parcial de ordemN da série de Fourier da funçãoH�. DoTeorema sobre convergência uniforme sabemos queQSN converge uniformementeparaH� no intervaloŒ�L;L� e que, consequentemente,QSN converge em médiaquadrática paraH� neste intervalo. Assim, existeN0 2 N tal que

N � N0 ) k QSN � H�k <�

2:

Por outro lado, sabemos queQSN é uma combinação linear das funçõesdo conjunto

˚1; cos�x

L; sen�x

L; : : : ; cosN �x

L; senN �x

L

, enquantoSN é a melhor

aproximação deH (na norma quadrática) no espaço gerado por essas funções.Logo, temos que

kSN � Hk � k QSN � Hk:

Portanto, seN � N0, então

kSN � Hk � k QSN � Hk � k QSN � H�k C kH� � Hk < �

2C �

2D �:

Concluímos queSN converge em média quadrática paraH , o que é equivalentea Identidade de Parseval paraH .

Temos também como concluir que a igualdade de Parseval é verdadeira paraqualquer funçãoH 2 CP .Œ�L;L�/. Isto decorre da demonstração acima e doExercício 8.

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 294 — #302i

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Ressaltamos, entretanto, que uma suposição importante foifeita nodesenvolvimento acima: de acordo com a demonstração da convergência uniformeda sequênciaSN , sabemos que existe uma função contínuaS tal queSN ! S

uniformemente. Daí podemos concluir queSN ! S em L2. Mas, não sabemosainda caracterizar a funçãoS ! Isso será feito na próxima Subseção, quandomostraremos queS D H .

B.7 Convergência Pontual

Seja (como antes!)SN a soma parcial de ordemN da série de Fourier deH .Vamos obter uma expressão alternativa paraSN .

Substituindo as expressões dos coeficientes de Fourieran e bn na expressão deSN .x/, obtemos

SN .x/ D 1

2L

Z L

�L

H.y/dy CNX

nD1

1

L

Z L

�L

H.y/ cosn�y

Ldy cos

n�x

L

C 1

L

Z L

�L

H.y/senn�y

Ldysen

n�x

L

!

D 1

L

Z L

�L

H.y/

"1

2C

NX

nD1

�cos

n�y

Lcos

n�x

LC sen

n�y

Lsen

n�x

L

�#dy

D 1

L

Z L

�L

H.y/

"1

2C

NX

nD1

cosn�.y � x/

L

#dy

ou seja,

SN .x/ D 1

L

Z L

�L

H.y/DN .y � x/dy (B.17)

em que

DN .�/ D 1

2C

NX

nD1

cosn��

L(B.18)

é oNúcleo de Dirichlet.

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§B.7 Convergência Pontual 295

A função DN possui propriedades interessantes: para cadaN 2 N, ela écontínua, par, periódica de período2L e

1

L

Z L

�L

DN .�/d� D 1:

As primeiras propriedades são imediatas. Quanto à última,

1

L

Z L

�L

DN .�/d� D 2

L

Z L

0

1

2C

NX

nD1

cosn��

L

!d�

D 2

L

"L

2C L

�

NX

nD1

1

nsen

n��

Ld�

ˇˇL

0

#D 1

Agora vamos obter uma expressão alternativa para o núcleo deDirichlet.

Afirmação: Para todo� 2 R vale

1

2C

NX

nD1

cos.n�/ Dsen

�2N C1

2��

2sen.�=2/: (B.19)

Para mostrarmos nossa afirmação, começamos considerando o caso em quesen.�=2/ ¤ 0, ou seja,� ¤ 2k� parak 2 Z. Tomandoa D �=2 e b D n�

na identidade trigonométrica

2sena cosb D sen.b C a/ � sen.b � a/;

obtemos

2sen.�=2/ cos.n�/ D sen.n� C �=2/� sen.n� � �=2/D sen.n� C �=2/� sen..n � 1/� C �=2/

e, portanto,

2sen.�=2/NX

nD1

cos.n�/ DNX

nD1

Œsen.n� C �=2/ � sen..n � 1/� C �=2/�

D sen.N� C �=2/ � sen.�=2/:

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 296 — #304i

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Assim,

sen.�=2/C 2sen.�=2/NX

nD1

cos.n�/ D sen.N� C �=2/:

Dividindo essa última igualdade por2sen.�=2/, obtemos.B:19/.

Vamos agora tratar o caso em que�0 D 2k� para algumk 2 Z. Nesse caso,temos cos.n�0/ D 1 e o lado esquerdo de.B:19/ fica igual a 1

2C N . O lado

direito de.B:19/, por sua vez, pode ser calculado ao se considerar o limite quando� ! 2k�. Aplicando a regra de L’Hospital, vem

lim�!2k�

sen�

2N C12��

2sen.�=2/D�

2N C 1

2

�lim

�!2k�

cos�

2N C12��

cos.�=2/

D�

2N C 1

2

�cos..2N C 1/k�/

cos.k�/

D 2N C 1

2D 1

2C N:

Decorre imediatamente de nossa afirmação que o núcleo de Dirichlet tem aseguinte expressão alternativa:

DN .�/ Dsen

�.2N C 1/ �

2L��

2sen. �2L�/

(B.20)

Agora estamos em condições de obter nosso resultado principal desta Subseção.

Afirmação: SejaH 2 CP .Œ�L;L�/. Então,

limN !1

SN .x/ D H.xC/C H.x�/

2

em cada pontox em que existem as derivadas lateraisH 0.xC/ e H 0.x�/.

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 297 — #305i

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§B.7 Convergência Pontual 297

Vejamos: utilizando a expressão do núcleo de Dirichlet.B:17/ e fazendo amudança de variávely � x D �, a fato deH e DN terem período2L garanteque

SN .x/ D 1

L

Z L

�L

H.y/DN .y � x/dy

D 1

L

Z L�x

�L�x

H.x C �/DN .�/d� D 1

L

Z L

�L

H.x C �/DN .�/d�

D 1

L

Z 0

�L

H.x C �/DN .�/d� C 1

L

Z L

0

H.x C �/DN .�/d�:

Vamos agora mostrar que, se existe o limite lateralH 0.x�/, então

limN !1

1

L

Z 0

�L

H.x C �/DN .�/d� D H.x�/

2:

De fato, temos

1

L

Z 0

�L

H.x C �/DN .�/d� D 1

L

Z 0

�L

ŒH.x C �/ � H.x�/�DN .�/d�

C 1

L

Z 0

�L

H.x�/DN .�/d�

e, como

1

L

Z 0

�L

H.x�/DN .�/d� D H.x�/

1

L

Z 0

�L

DN .�/d�

!D H.x�/

2;

basta mostrar que

limN !1

1

L

Z 0

�L

ŒH.x C �/ � H.x�/�DN .�/d� D 0: (B.21)

Para o cálculo desse limite, usaremos a expressão alternativa deDN . Assim,

1

L

Z 0

�L

ŒH.x C �/ � H.x�/�DN .�/d� D

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 298 — #306i

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D 1

L

Z 0

�L

ŒH.x C �/ � H.x�/�sen

��.2N C1/

2L��

2sen. �2L�/

d�

D 2

�

Z 0

��=2

v.�/sen..2N C 1/�/d�

em que

v.�/ DH.x C 2L

��/ � H.x�/

2sen�:

Basta, então, verificar quev 2 CP Œ��2; 0�. De fato, uma vez feita essa

verificação, o Exercício 6 garante que

limN !1

Z 0

� �2

v.�/senŒ.2N C 1/�� d� D 0;

que é a igualdade.B:21/.

Claramente temos quev 2 CP Œ��2; 0/. Portanto, para que tenhamosv 2

CP Œ��2; 0�, devemos mostrar que o limite lateralv.0�/ é finito. A verificação desse

fato é imediata e decorre da existência deH 0.x�/:

lim�!0�

v.�/ D lim�!0�

H.x C 2L��/ � H.x�/

2L��

2L��

2sen�

D H 0.x�/L

�lim

�!0�

�

sen�D H 0.x�/

L

�:

De modo análogo, provamos que a existência deH 0.xC/ leva a

limN !1

1

L

Z L

0

H.x C �/DN .�/d� D f .xC/

2:

Concluímos que, seH 2 CP Œ�L;L� e, se os limites lateraisH 0.x�/ eH 0.xC/

existem, então

limN !1

SN .x/ D limN !1

"1

L

Z 0

�L

H.x C �/DN .�/d� C 1

L

Z L

0

H.x C �/DN .�/d�

#

D H.x�/

2C H.xC/

2D H.xC/C H.x�/

2;

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§B.8 Solução do Problema da Corda Vibrante 299

que é justamente nossa afirmação.

O nosso último resultado é conhecido comoTeorema de Fourier.

Desse resultado decorre imediatamente queSN .x/ ! H.x/ no caso em que afunçãoH W Œ�L;L� é contínua. Isso completa a demonstração de queS D H .

B.8 Solução do Problema da Corda Vibrante

A solução do problema da corda vibrante, quando interpretada no sentidoclássico, isto é, uma solução da equação.B:1/, destoa daquilo observadofisicamente. Por exemplo, um problema em que a funçãof seja contínua, masnão possua derivadaf 0.x/ em um pontox (por exemplo, a corda dedilhada), nãopossui solução no sentido clássico. Veja, a esse respeito, [?] e [36].

Isso deve-se à própria maneira utilizada para se deduzir a equação da onda.Antes de obter-se a equação diferencialut t D c2uxx , chega-se a uma equaçãointegral que deve ser satisfeita pela funçãou (veja [?] e [36]). A passagem daequação integral para a equação diferencial é feita à custa de supor que a soluçãou seja suficientemente regular. Ora, se em problemas cotidianos essa regularidadenão é satisfeita, essa passagem é indefensável.

A única solução para esse impasse é obtida em um contexto maisavançado, quetrata de derivadas generalizadas. Isso foge ao escopo de nosso texto, chegando àsraízes da necessidade de espaços de Sobolev.

Assim, com certa ingenuidade, passaremos a admitir que qualquer soluçãoobtida como série de Fourier corresponde a uma solução do problema da cordavibrante.B:1/. Essa abordagem pode ser justificada nesse contexto mais amplo deespaços de Sobolev.

B.9 EXERCÍCIOS

1. Mostre a desigualdade de Cauchy-Schwarz B.14. Mostre, então, que ela éválida também para funçõesf 2 CP .Œ�L;L�/.

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 300 — #308i

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2. ConsidereCP .Œ�L;L�/, o espaço de todas as funções contínuas por partesf W Œ�L;L� ! R. Verifique que, usando a definição dehf;gi já dada para oespaçoC.Œ�L;L�/, entãokf k D hf; f i1=2 não é uma norma nesse espaço.

3. Sejamf;g 2 CP .Œ�L;L�/. Mostre que

kf ˙ gk2 D kf k2 ˙ 2hf;gi C kgk2:

Deduza, então, o Teorema de Pitágoras:

kf C gk2 D kf k2 C kgk2 , hf;gi D 0:

4. Dadof 2 C.Œ�L;L�/, mostre que a melhor aproximação def no espaçogerado por1; cos�x

L; sen�x

L; : : : ; cosN �x

L; senN �x

Lé

SN D a0

2C

NX

kD1

�ak cos

k�x

LC bksen

k�x

L

�;

em queak ; bk são os coeficientes de Fourier def .

5. Demonstre, como consequência da desigualdade de Bessel,o Lema deRiemann-Lebesgue: sef 2 C.Œ�L;L/, então

limn!1

Z L

�L

f .x/ cos�n�x

L

�dx D 0 D lim

n!1

Z L

�L

f .x/sen�n�x

L

�dx:

6. Sejaf 2 CP Œa; b�. Mostre que

limn!1

Z b

a

f .x/ cos.nx/dx D 0 D limn!1

Z b

a

f .x/sen.nx/dx:

(Sugestão: Mostre o resultado inicialmente para o caso em que a D 0 e0 < b � �. Depois, analise o caso em quea D 0 < � < b. Por último,lembre-se que

R b

aDR b

0�R a

0.)

7. Sejaf 2 CP .Œ�L;L�/. Justifique: a série de Fourier deR b

af é obtida da

série de Fourier def por meio de integração termo a termo.

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§B.9 EXERCÍCIOS 301

8. Mostre que, dada uma função contínua por partesf W Œa; b� ! R e˛; ˇ 2 R,então, para cada� > 0, existe uma funçãof�W Œa; b� ! R contínua e tal que:

(a) f�.a/ D ˛ ef�.b/ D ˇI(b) f 0

� 2 CP Œa; b�I(c) kf � f�k2 < �:

9. Como consequência do Exercício 8, conclua que vale a identidade de Parsevalpara funçõesf 2 CP .Œa; b�/.

10. (Desigualdade de Poincaré)Seja u uma função contínua tal queu0 2CP .Œ0; 1�/. Suponha queu.0/ D u.1/ D 0. Mostre que

kukL2 � 1

�ku0kL2 :

Sugestão: considere a extensão ímpar deu ao intervaloŒ�1; 1� e verifiqueque a identidade de Parseval é válida para as extensões deu e u0. Utilizandoa hipóteseu.0/ D 0 D u.1/, escreva os coeficientes da série de Fourier daextensão deu0 em termos da série de Fourier da extensão deu utilizando, emalgumas etapas, a majoração.1=n/ � 1.

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C

O Lema de Zorn

C.1 Relações de Ordem

Definição C.1 SejaX um conjunto não vazio qualquer. Dizemos que� é umarelação de ordem parcialemX se,

.i/ x � x para todox 2 X ;

.i i/ se, parax; y; z 2 X , tivermosx � y e y � z, entãox � z;

.i i i/ se, parax; y 2 X , tivermosx � y ey � x, entãox D y.

Um conjuntoX parcialmente ordenadoé um par.X;�/, em que� é umaordem parcial emX . O conjuntoX é totalmente ordenadopela relação de ordemparcial � se, para quaisquerx; y 2 X for válido

.iv/ x � y ou y � x.

Uma relação de ordem parcial� em X não precisa relacionar quaisquerelementos de um conjunto. Se todos os elementos deX estiverem relacionadospor�, entãoX é totalmente ordenado.

Exemplo C.2 SejaX D f1; 2g eP.X / D˚;; f1g; f2g

o conjunto das partes deX ,

isto é, o conjunto de todos os subconjuntos deX . Então a inclusão (de conjuntos)� é uma ordem parcial emP.X /. Em geral, sejaX um conjunto qualquer. EmP.X /, a inclusão é relação de ordem parcial. Note que, seA;B � P.X / foremnão vazios eA \ B D ;, então não podemos compararA e B por meio da relaçãode inclusão. Assim,1 P.X / não é totalmente ordenado com�. �

1Estamos supondoP.X / ¤ ;.

302

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§C.1 Relações de Ordem 303

Exemplo C.3 SejaX D R e com a relação�. EntãoR é um conjunto totalmenteordenado pela relação�. �

Exemplo C.4 Seja .X;�/ um conjunto parcialmente ordenado eS � X umconjunto qualquer. Então.S;�/ é um conjunto parcialmente ordenado. Diz-seque.S;�/ tem o ordem parcialinduzidapela ordem deX . �

Definição C.5 Seja .X;�/ um conjunto parcialmente ordenado eA � X umsubconjunto. Um elementoa 2 X é umacota superior paraA se

y � a; 8 y 2 A:

Note que a definição de cota superior exige que possamos relacionara 2 X comqualquer elementoy 2 A.

Exemplo C.6 EmP.X / D˚;; f1g; f2g

(veja o Exemplo C.2), tantof1g comof2g

são cotas superiores deP.X /. Em A D f1g � P.X /, entãof1g é a única cotasuperior. �

Exemplo C.7 SejaS um subconjunto arbitrário de.P.X /;�/. É claro que a uniãode todos os elementosS é uma cota superior paraS , pois essa união pertence aP.X /. Por outro lado, qualquer outro conjunto emP.X / que contenhaS tambémé outra cota superior paraS . �

Definição C.8 Seja .X;�/ um conjunto parcialmente ordenado. Um elementox 2 X é maximal, sex � y para algumy 2 X implicar x D y.

O elemento maximal não precisa ser “o maior elemento do conjunto Z". Bastaque não exista um elemento maior do que ele!

Exemplo C.9 De volta ao Exemplo C.2, vemos quef1g e f2g são dois elementosmaximais deP.X / D

˚;; f1g; f2g

com a relação de ordem parcial�. �

A próxima definição faz uso do Exemplo C.4:

Definição C.10 Seja.X;�/ um conjunto parcialmente ordenado. Um subconjuntoA � X é umacadeia, se.A;�/ for totalmente ordenado.

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304 O Lema de Zorn Ap. C

Podemos agora enunciar o Lema de Zorn, que será utilizado como se fosse umaxioma. Para a demonstração desse resultado, bem como equivalências e outrasimplicações, veja [13, 17].

Lema C.11 (Zorn)Seja.X;�/ um conjunto não vazio parcialmente ordenado tal que toda cadeia

tenha cota superior. EntãoX possui um elemento maximal.

O Lema de Zorn (que, na verdade, é equivalente ao Axioma daEscolha) encontra muitas aplicações na Matemática. Ele possibilita conclusõessurpreendentes e até mesmo difíceis de serem aceitas. Por outro lado, resultadosfundamentais da matemática só foram mostrados por meio de sua utilização: aexistência de ideais maximais em um anel com unidade, o Teorema de Hahn-Banach.

Mostraremos como o Lema de Zorn é utilizado para se mostrar que todo espaçode Hilbert possui uma base ortonormal.

Teorema C.12 (Existência de base ortonormal)SejaH ¤ f0g um espaço de Hilbert. SeB0 for uma família ortonormal, então

existe uma base ortonormalS paraH, comB0 � S.

Demonstração: Uma vez queH ¤ f0g, existex 2 H tal quefx=kxkg é umconjunto ortonormal. Assim, um espaço de Hilbert não trivial sempre possui umafamília ortonormal. Definimos

M D fB W B0 � B � H; B família ortonormalg:

O conjuntoM não é vazio, poisB0 2 M. No conjuntoM definimos:

B1 � B2 , B1 � B2:

Claramente� é uma ordem parcial emM. SejaT um subconjunto totalmenteordenado deM. Definimos então (veja o Exemplo C.7)

S0 D[

B�T

B:

Temos então:

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“AFunc” — 2011/2/14 — 18:27 — page 305 — #313i

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§C.1 Relações de Ordem 305

.a/ S0 2 M.

De fato,B0 � B para todoB � T . Assim,B0 � S0. É claro queS0 � H;

.b/ S0 é uma família ortonormal. De fato, sejamx1; x2 2 S0. Então existemconjuntosB1 eB2 emT taisx1 2 B1 ex2 2 B2. Mas então valeB1 � B2 ouB2 � B1. Suponhamos, portanto quex1; x2 2 B2. ComoB2 é ortonormal,hx1; x2i D ıij .

.c/ S0 é uma cota superior paraT , pois seB 2 T , entãoB � S0, ou seja,B � S0.

Assim, de acordo com o Lema de Zorn, existe um elemento maximal S paraM. Esse conjunto é uma família ortonormal. Afirmamos que ele é uma base deSchauder. De fato, se existisse0 ¤ e ? e˛ para todoe˛ 2 S, podemos supor quekek D 1 e entãoS [ feg seria uma família ortonormal emH tal queS � S [ feg,o que contradiz o fato deS ser maximal. Assim,S é uma base de Schauder, deacordo com o Teorema 2.29. 2

Observação C.13A demonstração apresentada mostra mais do que o seu enun-ciado: provamos que todo espaço com produto interno possui um conjuntoortonormal maximal. �

Mutatis mutandis, a demonstração anterior também prova:

Teorema C.14 (Existência de Base de Hamel)SejaV ¤ f0g um espaço vetorial sobre o corpoK e B0 um conjunto de

vetores linearmente independentes. EntãoV possui uma base de HamelBH talqueB0 � BH .

De fato, definindo a única alteração essencial consiste em verificar que oelemento maximalBH é uma base de Hamel. Para isso, observe que, sex 62 BH ,entãoBH [ x é linearmente dependente. Isso quer dizer que existem escalaresk; k1; : : : ; knx

e vetoresv1; : : : ; vnxtais que

kx C k1v1 C : : :C knxvnx

D 0:

Uma vez quek ¤ 0, daí decorre quex é combinação linear de vetores deBH ,provando que esse conjunto geraV. Assim,BH é uma base de Hamel.

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306 O Lema de Zorn Ap. C

C.2 Dimensão de um espaço de Hilbert

Definição C.15 SejamA e B conjuntos não vazios. O conjuntoA tem cardi-nalidade menor ou igual a cardinalidade deB se existir uma funçãoinjetoraf W A ! B. Denotamos então#A � #B. Se existir umabijeçãof W A ! B,dizemos queA eB tem a mesma cardinalidade e denotamos#A D #B.

Vamos agora mostrar que podemos definir a dimensão de um espaço de Hilbert.

Teorema C.16 SejamS1 e S2 duas bases de Schauder no espaço de HilbertH .EntãoS1 eS2 possuem a mesma cardinalidade, isto é, existe uma aplicaçãobijetiva

'WS1 ! S2:

Demonstração:Se a cardinalidade deS1 for finita, esse é um resultado conhecidoda Álgebra Linear. Sejam, portanto,S1 D fe˛ W ˛ 2 Ag e S2 D ffˇ W ˇ 2 Bg,sendoA eB conjuntos infinitos.

Então, fixadoe˛ 2 S1, o conjunto

Se˛D ffˇ 2 S2 W hfˇ; e˛i ¤ 0g

não é vazio: se esse fosse o caso, o teorema 2.29.vi/ implicariae˛ D 0, o que nãoé possível, poiske˛k D 1 para todoe˛ 2 S1.

Decorre imediatamente do escólio??queSe˛é enumerável. Claramente vale

[

˛2A

Se˛� S2:

Por outro lado, sefˇ 2 S2, entãofˇ 2 Se˛para algum 2 A, de novo pelo teorema

2.29.vi/. Logo, [

˛2A

Se˛D S2: (C.1)

Se@A e @B são as cardinalidades dos conjuntosA e B, respectivamente, e@0 acardinalidade deN, decorre de.C:1/ que

@B � @0@A:

Como@0@A D @A, provamos assim que@B � @A. Revertendo o procedimento,obtemos@A � @B. A prova está, assim, completa. 2

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§C.2 Dimensão de um espaço de Hilbert 307

Definição C.17 A dimensão de um espaço de HilbertH é a cardinalidade de umade suas bases de Schauder.

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Lista de Símbolos

corpos e conjuntos numéricos:K;R;C;RC 1espaço gerado por um subconjunto 2espaços vetoriais;R1;C1;K1 3RŒt �;CŒt �;KŒt � 3normas:kxk; kxks; kxk1 4

kxksup 14espaços normadosB.X;R/;B.X;C/;B.X;K/; `1; k � k1; k.xn/k1 5C 1�Œa; b�;R

�;C 1

�Œa; b�;C

�;C k

�Œa; b�;K

�;C 0

�Œa; b�;K

�6

topologia:Br .x/;Br .x/;Sr.x/ 6F c D ∁F 6W 7convergênciaxn ! x; lim

n!1xn D x 7

fn ! f uniformemente; fn ⇉ f 13outros:f �1.x/ D f �1

�fxg

�10

309

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Referências Bibliográficas

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[4] H. Brezis: Analyse fonctionelle - théorie et applications, Masson, Paris, 1983.

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[9] J. Dugundji: Topology, Allyn Bacon, Boston, 1966.

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312 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

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[23] P.D. Lax: Functional Analysis, Wiley-Interscience Publication, New York,2002.

[24] E.L. Lima: Análise no EspaçoRn, Editora Universidade de Brasília/EditoraEdgar Blücher Ltda, 1970.

[25] E.L. Lima: Curso de Análise, volume I, IMPA, Rio de Janeiro, 1976.

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REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 313

[29] W. Rudin: Real and Complex Analysis, 3rd. Edition, McGraw-HillInternational Editions, New York, 1987.

[30] W. Rudin: Functional Analysis, 2nd. Edition, McGraw-Hill, New York, 1991.

[31] R. J. Santos: Álgebra Linear e Aplicações, Departamento de Matemática daUFMG, Belo Horizonte, 2004.

[32] R. J. Santos: Teorema de Aproximação de Weierstrass,www.mat.ufmg.br/ regi/eqdif/teoaproximweierstrass.pdf

[33] I. Stakgold: Green’s Functions and Boundary Value Problems, Wiley, NewYork, 1979.

[34] A.E. Taylor e Lay: Introduction to Functional Analysisxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

[35] J. Weidmann: Linear Operators in Hilbert Spaces, Springer-Verlag, New York,1980.

[36] H.F. Weinberger: A first course in partial differentialequations with complexvariables and transform methods, Blaisdell, New York, 1965.

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Índice Remissivo

álgebra, 105de Banach, 105

sequência , 3

adjunta, 128, 147anti-linearidade, 50aplicação linear

completamente contínuo, 168aplicação

aberta, 39, 157bilinear, 44conjugada-linear, 120contínua, 8contínua em um ponto, 8diferenciável, 236sesquilinear, 258uniformemente contínua, 11

aplicação bilinear, 237aplicação linear

adjunta, 128adjunta de uma, 147compacta, 168complexificação de uma, 173de posto finito, 168densamente definida, 147imagem de uma, 38núcleo de uma, 38nula, 124

auto-espaço, 173autofunção, 173autovalor, 173

aproximado, 179generalizado, 179

autovetor, 173

base de um espaço vetorialcanônica doKn, 3de Hamel, 2

base ortonormal, 67canônica do 2, 69

bola abertaem um espaço normado, 6

bola fechadaem um espaço normado, 6

Cantormétodo diagonal de, 27, 114, 169,

251cardinalidade, 306Cauchy-Schwarz

desigualdade de, 52centro

de bolas e esferas, 6cobertura aberta, 45

subcobertura, 45finita, 45

codimensão, 88

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316 ÍNDICE REMISSIVO

coeficiente de Fourier, 57coeficientes de Fourier, 281

de uma função ímpar, 282de uma função par, 282

combinação convexa, 116complexificação

de um espaço vetorial, 173de um operador, 173

componente de um vetor, 57condições de fronteira

periódicas, 202separadas, 202

conjuntoaberto, 6aberto em um subconjunto, 8cardinalidade de um, 306compacto, 10completo, 16contável, 68convexo, 34, 92de medida nula, 32equicontínuo, 24equicontínuo em um ponto, 24fechado, 6fechado em um subconjunto, 8limitado, 5linearmente independente, 2relativamente compacto, 10separável, 8totalmente limitado, 25totalmente ordenado, 302uniformemente equicontínuo, 25

contração, 47convergência fraca

de uma sequência, 110convergência pontual, 13convergência uniforme, 13

norma da, 14cubo de Hilbert, 88

derivadafraca, 241generalizada, 241

desigualdadede Bessel, 59, 60, 286de Cauchy-Schwarz, 52, 267, 284de Hölder, 34de Minkowsky, 35de Poincaré, 244, 301de Young, 33triangular, 4

dimensãode um espaço de Hilbert, 82, 307

distânciade um ponto a um conjunto, 22

energiacinética, 234

esferaem um espaço normado, 6

espaçoL1.Œa; b�/, 31`2 generalizado, 79`p, 33com produto interno, 264das aplicações lineares contínuas, 30de Hilbert, 53, 268

dimensão de um, 307dual, 31

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ÍNDICE REMISSIVO 317

métrico, 38normado, 4

completamento, 28espaço complexo, 2espaço de Banach, 16espaço invariante, 137espaço normado

bola aberta em um, 6bola fechada em um, 6completo, 16conjunto aberto em um, 6conjunto fechado em um, 6conjunto limitado em um, 6esfera em um, 6

espaço real, 2espaço vetorial

base de um, 2com produto hermitiano, 50com produto interno, 49complexificação de um, 173complexo, 2de dimensão finita, 2de dimensão infinita, 2hermitiano, 50real, 2unitário, 50

espaços com produto internoisometria de, 76

espaços vetoriaisisomorfos, 4normados

homeomorfismo de, 18expoentes conjugados, 33

famíliaortogonal, 56ortonormal, 56

fecho convexo, 116forma, 260

auto-adjunta, 260bilinear, 260

simétrica, 260coerciva, 108negativa semidefinida, 274positiva definida, 264positiva semidefinida, 264quadrática, 261sesquilinear, 106

hermitiana, 260fórmula de Rodrigues, 85função

coerciva, 252côncava, 34contínua por partes, 283convexa, 34de Green, 208

generalizada, 223de suporte compacto, 239diferenciável no sentido das

distribuições, 241fracamenteC 1, 243fracamente diferenciável, 241peso, 108, 202teste, 239

funcional lineardescontínuo, 103

Gram-Schmidt

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processo de ortogonalização, 68

Hilbert-Schmidtoperador de, 127, 141

hiperplano, 90afim, 96

homeomorfismo, 18

identidadede Lagrange, 221de Parseval, 62, 65, 286

interpretação geométrica, 287validade da, 293

de polarização, 53, 139, 262, 263do paralelogramo, 54, 261, 268

imagem, 38isometria, 76, 86isomorfismo

entre espaços vetoriais, 4

lemada contração, 47

lema de Zorn, 304limite

de uma sequência, 7

métodode separação de variáveis, 276

método diagonal de Cantor, 27, 114,169, 251

Mazurteorema de, 116

núcleo, 38núcleo de Dirichlet, 294, 296norma, 4

da convergência uniforme, 14de uma forma, 106de uma forma quadrática, 269euclidiana, 4gerada pelo produto interno, 53, 268induzida pela norma doKn, 5

norma quadrática, 284normas

equivalentes, 19habituais doKn, 4habituais do espaço de dimensão

finita X , 5

operadoranti-hermitiano, 137anti-simétrico, 137auto-espaço, 173autofunção, 173autovalor, 173autovetor, 173complexificação de um, 173de Hilbert-Schimidt, 127de Hilbert-Schmidt, 141de multiplicação, 141hermitiano, 137identidade, 124integral, 126, 141

núcleo de um, 127normal, 137ortogonal, 137positivo definido, 194positivo semidefinido, 194projeção, 161

ortogonal, 161

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ÍNDICE REMISSIVO 319

simétrico, 137unitário, 137

operador linearvalor regular, 173

ordem parcialcota superior, 303elemento maximal, 303

ortogonalidade, 51

Pitágorasteorema de, 51

polinômiode Bernstein, 89

polinômio trigonométrico, 284polinômios

de Laguerre, 85de Legendre, 84

fórmula de Rodrigues, 85ponto isolado, 39princípio

da limitação uniforme, 112princípio da superposição, 279problema

da corda vibrante, 275problema de Sturm-Liouville, 202

auto-função, 204autovalor, 204condições de fronteira

periódicas, 202separadas, 202

forma homogênea, 202solução, 202

processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, 68

produtohermitiano, 50interno, 49

identidade de polarização, 53produto interno, 264

canônico, 265canônico doKn, 50

produto interno emC.Œ�L;L�/, 284projeção, 161

de um vetor, 52num vetor unitário, 57

ortogonal, 161projeção ortogonal, 98, 200

de um vetor sobre um subespaço, 98

quociente de Rayleigh, 188

raio de bolas e esferas, 6Rayleigh

quociente de, 188relações de ortogonalidade, 281representação de um vetor em uma base,

5resolvente

primeira identidade do, 197segunda identidade do, 197

sérieabsolutamente convergente, 46convergente, 46de Fourier

generalizada, 60série de Fourier, 283

convergência emL2, 293convergência pontual, 296

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convergência uniforme, 289soma parcial, 285

semi-norma, 117separação de variáveis, 276sequência

convergente, 7de Cauchy, 16fracamente convergente, 110limite de uma, 7

sistemaortogonal, 56ortonormal, 56

sistema ortonormalmaximal, 66

soluçãonormalizada, 221

subespaçoinvariante, 137

teoremada aplicação aberta, 158da base ortonormal, 65da dimensão de um espaço de

Hilbert, 306da extensão limitada, 42da limitação uniforme, 112de aproximação de Weierstraß, 89de Bolzano-Weierstraß, 20de caracterização do ponto de menor

norma, 94de existência de base de Hamel, 305de existência de base ortonormal,

304de F. Riesz, 22

de Gram-Schmidt, 68de Hahn-Banach, 120de Hellinger-Töplitz, 152de imersão deW

1;20

�Œ0; 1�

�em

C 0�Œ0; 1�

�, 246

de Lax-Milgram, 109de limitação inferior dos autovalores

do problema Sturm-Liouville,214

de Liouville, 207de Mazur, 116de Pitágoras, 51, 264de Representação de Riesz, 100de Riesz-Fischer, 62de Riesz-Fischer generalizado, 81de separação de Hahn-Banach, 96de Sturm-Liouville, 216do complementar ortogonal, 98do gráfico fechado, 157do ponto de menor norma, 93

teorema de Fourier, 299teorema de Pitágoras, 286topologia produto, 19

valor regularde um operador, 173

vetor projeção, 52vetores

ortogonais, 51, 264perpendiculares, 51, 264

Documents

AFunc.pdf