Parte 1 Espa˘cos de Banachleonardo/notas.pdf · 4 MAT5721 - Leonardo Pellegrini o que mostra que S...

Parte 1

Espacos de Banach

1.1 Espacos Normados

Definicao 1.1. Seja X um espaco vetorial sobre K (K = C ou K = R). Uma semi-norma

em X e uma aplicacao p : X → [0,+∞[ que satisfaz as seguintes propriedades:

(N1) p(λx) = |λ| · p(x), ∀x ∈ X, ∀λ ∈ K;

(N2) (Desigualdade triangular) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y), ∀x, y ∈ X.

Se p satisfaz a propriedade adicional

(N0) p(x) = 0⇒ x = 0,

p e dita uma norma em X e neste caso e comum escrever ‖x‖ no lugar de p(x).

Observe que se p e uma semi-norma em X entao segue imediatamente de (N1) que

p(0) = 0. Assim, p sera uma norma se o unico vetor x ∈ X com p(x) = 0 e o vetor nulo.

Estaremos mais interessados nas normas, embora as semi-normas aparecerao em alguns

momentos.

Um espaco normado e um espaco vetorial sobre K munido de uma norma. Vejamos

alguns exemplos.

Exemplo 1.2. O corpo K (visto como espaco vetorial sobre si proprio) e um espaco nor-

mado se o equiparmos com a norma ‖λ‖ = |λ|. Mais geralmente, Kp e um espaco normado,

pois sabemos que ‖x‖ =√|x(1)|2 + |x(2)|2 + · · ·+ |x(p)|2, onde x = (x(1), x(2), . . . , x(p)), e

1

2 MAT5721 - Leonardo Pellegrini

uma norma em Kp. E facil verificar que ‖x‖1 = |x(1)| + |x(2)| + · · · + |x(p)| e

‖x‖∞ = max{|x(1)|, |x(2)|, . . . , |x(p)|} tambem sao normas em Kp. As duas ultimas normas

sao mais faceis de se trabalhar e equivalentes a primeira (num sentido que precisaremos

mais adiante).

Para o proximo exemplo, lembramos que se A e um espaco topologico e f uma funcao

f : A → K, entao f e contınua em a ∈ A se, para todo ε > 0, existir um aberto V de A

contendo a tal que |f(x)− f(a)| < ε, se x ∈ V .

Exemplo 1.3. Seja A 6= ∅ um espaco topologico, e consideremos agora o espaco vetorial

Cb(A) constituıdo de todas as funcoes f : A→ K que sao contınuas e limitadas. Definimos

para f ∈ Cb(A)

‖f‖ = supx∈A|f(x)|.

Observe que pelo fato de f ser limitada tal supremo e finito. Entao ‖f‖ ∈ [0,+∞[.

Afirmamos que ‖ · ‖ e uma norma em Cb(A). De fato, se ‖f‖ = supx∈A |f(x)| = 0, entao

|f(x)| = 0 para todo x ∈ A. Logo, f e a funcao nula e (N0) esta mostrada. Para mostrar

(N1) observe que para cada x ∈ A

|λf(x)| = |λ| |f(x)| ≤ |λ| supx∈A|f(x)| = |λ| ‖f‖.

Entao |λ| ‖f‖ e uma cota superior do conjunto {|λf(x)| : x ∈ A}. Entao supx∈A |λf(x)| ≤|λ| ‖f‖, o que nos mostra que ‖λf(x)‖ ≤ |λ| ‖f‖. Por outro lado, se λ 6= 0, temos que

|f(x)| = |λ| |λ−1| |f(x)| = |λ−1| |λf(x)| ≤ |λ−1| ‖λf‖, e portanto, tomando o supremo,

‖f‖ ≤ |λ−1| ‖λf‖, ou seja |λ| ‖f‖ ≤ ‖λf‖. Assim |λ| ‖f‖ = ‖λf‖, se λ 6= 0. Porem, se

λ = 0 a igualdade e imediata e portanto ela e valida para qualquer λ ∈ K. Finalmente,

se f, g ∈ Cb(A) e x ∈ A,

|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)| ≤ supx∈A|f(x)|+ sup

x∈A|g(x)| = ||f‖+ ‖g‖.

Portanto ‖f + g‖ ≤ ||f‖+ ‖g‖, o que demonstra (N2).

1.2 A topologia da norma

Se X e um espaco normado, entao X e tambem um espaco metrico, onde a metrica

e dada por d(x, y) = ‖x− y‖. E quase que imediato que d e de fato uma metrica em X.

Dizemos que d e induzida pela norma de X.

1.2. A topologia da norma 3

A topologia de X e definida a partir desta metrica: A bola aberta centrada em x0

de raio r > 0 e o conjunto B(x0, r)def= {x ∈ X : ‖x − x0‖ < r}. Um conjunto e aberto

em X se e a reuniao (finita ou nao) de bolas abertas. Equivalentemente, um subconjunto

V ⊂ X sera aberto se para todo x0 ∈ V existir um r > 0 tal que B(x0, r) ⊂ V .

Os outros conceitos topologicos sao definidos a partir destes abertos. Um conjunto

F sera fechado em X se seu complementar X \ F for aberto em X. Denotaremos a bola

fechada centrada em x0 de raio r > 0 por B[x0, r]def= {x ∈ X : ‖x − x0‖ ≤ r}. Verifique

que de fato B[x0, r] e um conjunto fechado.

Um ponto x0 ∈ X e chamado de aderente ao conjunto Z ⊂ X se toda bola centrada

em x0 intercepta Z. Isso significa que ha pontos de Z arbitrariamente proximos de x0. O

fecho de um subconjunto Z de X e conjunto de seus pontos aderentes e e denotado por

Z. E facil ver que Z e o menor fechado que contem Z.

Uma sequencia (xn)n∈N ⊂ X converge para x ∈ X se, para todo ε > 0 existe n0 ∈ Ntal que n > n0 ⇒ ‖xn−x‖ < ε. Neste caso, dizemos que (xn)n e uma sequencia convergente

em X e que x e limite de (xn)n. Algumas propriedades das sequencias convergentes estao

destacadas nos exercıcios.

Vejamos agora algumas propriedades da topologia da norma. Lembramos que se Y

e Z sao espacos normados, estaremos considerando em Y × Z a topologia produto. Um

conjunto e aberto em tal topologia se e reuniao de conjuntos da forma U × V onde U e

aberto em Y e V e aberto em Z.

Proposicao 1.4. Seja X um espaco normado. Entao, sao contınuas as aplicacoes

• S : X ×X → X dada por S(x, y) = x+ y;

• M : K×X → X dada por M(λ, y) = λy;

• N : X → X dada por N(x) = ‖x‖.

Demonstracao. Mostraremos primeiramente que a soma e contınua. Seja (x0, y0) ∈ X×X.

Dado ε > 0, tomando o aberto W = B(x0,ε2)×B(y0,

ε2), teremos que

(u, v) ∈ W ⇒ ‖u− x0‖ <ε

2e ‖v − y0‖ <

ε

2⇒ ‖(u+ v)− (x0 + y0)‖ ≤ ‖u− x0‖+ ‖v − y0‖ < ε

⇒ ‖S(u, v)− S(x0, y0)‖ < ε,


o que mostra que S e contınua em (x0, y0).

Deixaremos a multiplicacao como exercıcio. Para mostrar que a norma e contınua,

observe que para quaisquer vetores x, y ∈ X vale a desigualdade |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x − y‖.De fato x, y ∈ X, ‖x‖ = ‖x − y + y‖ ≤ ‖x − y‖ + ‖y‖ e portanto ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x − y‖.Trocando y por x, obtemos ‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖x − y‖. Logo, |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x − y‖. Isso

mostra que |N(x)−N(y)| ≤ ‖x−y‖, sendo N uma contracao e portanto (uniformemente)

contınua.

A proposicao anterior mostra que as operacoes de espaco vetorial sao compatıveis

com a topologia da norma. Vejamos uma consequencia. Antes, lembramos da seguinte

caracterizacao computacionalmente mais simples: O fecho de Z e o conjunto de todos

elementos x ∈ X para os quais existe uma sequencia contida em Z convergindo para x.

Proposicao 1.5. Seja X um espaco normado e S um subespaco vetorial de X. Entao o

fecho que S tambem e um subespaco vetorial de X

Demonstracao. Claro que 0 ∈ S, pois 0 ∈ S e S ⊂ S. Sejam x, y ∈ S e λ ∈ K.

Entao existem sequencias (xn)n, (yn)n ⊂ S com xn → x e yn → y. Pela continuidade

das operacoes em X segue que xn + λyn → x + λy e como S e um subespaco de X,

(xn + λyn)n ⊂ S. Logo x+ λy ∈ S.

1.3 Normas Equivalentes

Dizemos que duas normas ‖ · ‖ e ‖ · ‖0 definidas em um espaco vetorial X sao equiv-

alentes se geram a mesma topologia em X. Ou seja, se um subconjunto de X e aberto

segundo ‖ · ‖ se, e somente o for segundo ‖ · ‖. Assim, os valores ‖x‖ e ‖x‖0 podem

ser distintos mas todos os conceitos topologicos permanecem invariantes se trocarmos a

norma ‖ · ‖ pela norma ‖ · ‖0 em X.

E facil verificar que duas normas sao equivalentes se, e somente se, toda bola aberta

centrada em x0 segundo uma norma contem uma bola aberta centrada em x0 segundo a

outra. Destacaremos o seguinte criterio:

1.4. Espacos de Banach 5

Proposicao 1.6. Se existirem constantes positivas a e b tais que a‖x‖0 ≤ ‖x‖ ≤ b‖x‖0,

∀x ∈ X, entao ‖ · ‖ e ‖ · ‖0 sao equivalentes.

Demonstracao. Considere uma bola aberta B‖·‖(x0, r) segundo a norma ‖·‖. Entao, se x ∈B‖·‖0(x0,

rb) entao ‖x−x0‖0 < r

be portanto ‖x−x0‖ ≤ b‖x−x0‖0 < r. Logo B‖·‖0(x0,

rb) ⊂

B‖·‖(x0, r). De maneira analoga mostramos que B‖·‖(x0, r · a) ⊂ B‖·‖0(x0, r).

Exemplo 1.7. As normas de Kp do exemplo 1.2 sao equivalentes, pois

‖x‖∞ ≤ ‖x‖ ≤ ‖x‖1 ≤ p‖x‖∞.

A recıproca da proposicao anterior e verdadeira. Veremos a demostracao mais adiante

quando estudarmos as aplicacoes lineares.

1.4 Espacos de Banach

Lembramos que uma sequencia (xn)n∈N em um espaco metrico M e dita de Cauchy

se, para todo ε > 0, exitir um n0 ∈ N tal que d(xn, xm) < ε, se n,m > n0. E imediato

que toda sequencia convergente e de Cauchy. Porem, nem toda sequencia de Cauchy e

converge. Um espaco metrico e dito completo se toda sequencia de Cauchy converge (em

M , claro).

Definicao 1.8. Um espaco normado X e chamado de Espaco de Banach se toda sequencia

de Cauchy em X converge.

Assim, um espaco normado e um espaco de Banach se e um espaco metrico completo

em relacao a metrica induzida por sua norma. Vejamos agora alguns exemplos.

Exemplo 1.9. O espacos normado R e um espaco de Banach, pois sabemos do curso de

analise real que toda sequencia de Cauchy de numeros reais converge.

Exemplo 1.10. Vamos mostrar que Rp e um espaco de Banach. Seja (xn)n∈N uma

sequencia de Cauchy em Rp. Note que aqui cada xn e uma p-upla de numeros reais:

xn = (x(1)n , x

(2)n , . . . , x

(p)n ). Como (xn)n∈N e uma sequencia de Cauchy, para todo ε > 0,

existe algum n0 ∈ N tal que

n,m > n0 ⇒ ‖xn − xm‖ =

√(x

(1)n − x(1)

m )2 + (x(2)n − x(2)

m )2 + · · ·+ (x(p)n − x(p)

m )2 < ε.


Em particular, para cada i = 1, 2, . . . , p, se n,m > n0 entao |x(i)n − x

(i)m | < ε. Isso nos

mostra que cada sequencia (x(i)n )n e uma sequencia de Cauchy em R e portanto converge,

pelo exemplo anterior. Defina entao x(i) = limn x(i)n e considere x = (x(1), x(2), . . . , x(p)).

Claro que x ∈ Rp e vamos mostrar que este e o limite da sequencia (xn)n. Seja entao

ε > 0. Como x(i) = limn x(i)n , para cada i = 1, 2, . . . , p, existe ni tal que |x(i)

n −x(i)|2 < ε2/p,

se n > ni. Se k0 = max{ni : i = 1, 2, . . . , p}, entao

n > k0 ⇒ ‖xn − x‖ =

√(x

(1)n − x(1))2 + (x

(2)n − x(2))2 + · · ·+ (x

(p)n − x(p))2 < ε,

o que mostra que (xn)n converge para x em Rp.

Observacao 1.11. Como espacos normados, C e identico a R2. Segue entao pelo exemplo

anterior que C e um espaco de Banach. Consequentemente, Cp tambem e um espaco de

Banach.

Exemplo 1.12. Consideremos agora o espaco Cb(A). Seja (fn)n uma sequencia de Cauchy

em Cb(A). Entao para todo ε > 0, existe algum n0 ∈ N tal que

n,m > n0 ⇒ ‖fn − fm‖ = supx∈A|fn(x)− fm(x)| < ε.

Como no exemplo anterior, vemos que para cada x ∈ A a sequencia (fn(x))n uma

sequencia de Cauchy em K e portanto converge (pela observacao anterior) para algum

α(x) ∈ K. Defina f : A→ K pondo f(x) = α(x). Observe que, se x ∈ A e n,m > n0

|fn(x)− f(x)| ≤ |fn(x)− fm(x)|+ |fm(x)− f(x)| ≤ ‖fn − fm‖+ |fm(x)− f(x)|< ε+ |fm(x)− f(x)|.

Fazendo m→∞, obtemos que |fn(x)− f(x)| ≤ ε para qualquer x ∈ A. Entao,

supx∈X|fn(x)− f(x)| ≤ ε, se n > n0 (∗)

Devemos mostrar que f esta em Cb(A):

Mostremos inicialmente que f e contınua. Sejam x0 ∈ A e ε > 0. Usando (∗) com ε3,

obtemos n fixo tal que |fn(x)− f(x)| ≤ ε3, para qualquer x ∈ X. Ora, fn esta em Cb(A).

Entao, existe um aberto Vε contendo x0 tal que |fn(x) − fn(x0)| < ε3, se x ∈ Vε. Assim,

para cada x ∈ Vε,

|f(x)− f(x0)| ≤ |f(x)− fn(x)|+ |fn(x)− fn(x0)|+ |fn(x0)− f(x0)| ≤ε

3+ε

3+ε

3= ε,


o que mostra que f e contınua. Claramente f e limitada, pois usando (∗) com ε = 1,

obtemos n fixo tal que |fn(x)− f(x)| ≤ 1, para qualquer x ∈ A, e portanto

|f(x)| ≤ |f(x)− fn(x)|+ |fn(x)| ≤ 1 + ‖fn‖.

Finalmente, e imediato por (∗) que (fn)n converge para f em Cb(A). Isso completa a

demonstracao.

O exemplo anterior e bem generico. A seguir daremos dois exemplos particulares

importantes baseados no anterior.

Exemplo 1.13. (O espaco `∞) O espaco `∞ e definido fazendo A = N no exemplo

anterior. Assim, `∞def= Cb(N). Note que como toda funcao f : N→ K e contınua (pois N

e discreto), segue que `∞ e o espaco de Banach das sequencias limitadas de escalares. Se

x = (xn)n ∈ `∞, entao ‖x‖ = supn∈N |xn|.

Exemplo 1.14. (Espacos C(K)) Seja agora A = K um espaco topologico compacto.

Entao toda funcao continua em K e limitada. Denotamos entao o espaco Cb(K) simples-

mente por C(K), o espaco de Banach das funcoes contınuas no compacto K.

Observacao 1.15. Veremos adiante que `∞ pode ser visto como um espaco da forma

C(K), onde K e a compactificacao de Stone-Cech de N (N nao e compacto!!).

Vejamos agora um exemplo de espaco normado nao completo.

Exemplo 1.16. (Um espaco normado que nao e Banach) Seja X = c00 o espaco das

sequencias quase nulas. Ou seja, uma sequencia pertence a c00 se possui apenas zeros a

partir de um certo ındice. Mostraremos que c00 nao e um espaco de Banach. Para tanto,

devemos exibir uma sequencia de Cauchy em c00 que nao converge.

Considere a sequencia (de sequencias quase nulas) (xn)n definida por

x1 = (1, 0, 0 . . . , 0, 0, . . .),

x2 = (1,1

2, 0 . . . , 0, 0, . . .)

...

xn = (1,1

2, 0, . . . ,

1

n, 0, . . .)

...


Note que (xn)n e de Cauchy, pois dado ε > 0, existe n0 ∈ N, n0 > 1ε. Assim, se

n > m > n0,

‖xn − xm‖ =∥∥∥(0, 0 . . . ,

1

m+ 1,

1

m+ 2, . . . ,

1

n, 0, 0, . . .)

∥∥∥ =1

m+ 1<

1

n0

< ε.

Porem, (xn)n nao converge em c00. De fato, suponha por absurdo que x = (x(1), x(2), . . . , ) ∈c00 seja o limite de (xn)n. Entao existe um k ∈ N tal que x(i) = 0, se i ≥ k. Assim, se

n ≥ k,

‖xn − x‖ = supn∈N|xn − x| ≥

1

k,

contradizendo o fato de (xn)n convergir para x.

Note que c00 e um subespaco (vetorial e normado) de `∞ que nao e completo, apesar

deste ser. A proposicao seguinte nos da um criterio para decidir se um subrespaco S de

X e Banach. Quando nos referirmos a subespaco significara sempre que a norma de S e

a induzida por X.

Proposicao 1.17. Todo subespaco fechado de um espaco de Banach e Banach. Recipro-

camente, todo subespaco de Banach de um espaco normado e fechado.

Demonstracao. Suponha que S seja fechado em X Banach. Tomamos um sequencia de

Cauchy (xn)n ⊂ S. Mas (xn)n tambem e uma sequencia de Cauchy em X que e completo.

Logo, (xn)n converge para algum x ∈ X. Isso implica que x ∈ S. Sendo S fechado, temos

que x ∈ S. Mostramos entao que toda sequencia de Cauchy em S converge (em S). Logo,

S e completo.

Reciprocamente, seja S completo no normado X. Considere x ∈ S. Entao existe uma

sequencia (xn)n ⊂ S que converge para X. Ora, toda sequencia convergente e de Cauchy.

Assim, (xn)n e uma sequencia de Cauchy em S que e completo e portanto converge para

algum y ∈ S ⊂ X. Pela unicidade do limite em X (todo espaco normado e Hausdorff),

temos que x = y, e portanto x ∈ S, sendo este fechado.

A proposicao anterior e util para mostrar que determinados espacos normados sao

Banach. Vejamos alguns exemplos

Exemplo 1.18. Seja A um espaco topologico Hausdorff e considere C0(A) o subconjunto

das funcoes f ∈ Cb(A) tais que para cada ε > 0, o conjunto Vε(f)def= {x ∈ A : |f(x)| ≥ ε}

e compacto. Vamos mostrar que C0(A) e um espaco de Banach. Como uma aplicacao da

proposicao anterior, mostraremos que e um subespaco fechado em Cb(A).


Note que C0(A) e um subespaco vetorial de Cb(A). De fato, a aplicacao nula esta

em C0(A) pois Vε(0) = {x ∈ A : 0 ≥ ε} = ∅. Alem disso, se λ 6= 0 e um escalar e

f ∈ C0(A), entao Vε(λf) = {x ∈ A : |λf(x)| ≥ ε} = {x ∈ A : |f(x)| ≥ ε|λ|} = V ε

|λ|(f),

sendo compacto. Finalmente, sejam f, g ∈ C0(A). Como Vε(f + g) ⊂ Vε/2(f) ∪ Vε/2(g)

segue que Vε(f + g) e compacto, pois e fechado (f e g sao contınuas) e esta contido em

um compacto. Logo f + g ∈ C0(A).

Mostremos agora que C0(A). Seja f ∈ C0(A) e tome uma sequencia fn ⊂ C0(A)

convergindo para f . Temos que mostrar que para todo ε > 0, Vε(f) e compacto. Sejam

entao ε > 0 arbitrario e x ∈ Vε(f). Entao |f(x)| ≥ ε. Como fn converge para f , existe

N ∈ N tal que ‖fN − f‖ < ε/2. Assim

ε ≤ |f(x)| ≤ |f(x)− fN(x)|+ |fN(x)| ≤ ‖fN − f‖+ |fN(x)| < ε

2+ |fN(x)|,

ou seja, |fN(x)| ≥ ε2, o que mostra que x ∈ V ε

2(fN). Logo, Vε(f) ⊂ V ε

2(fN) e este ultimo

e compacto. Isso mostra que Vε(f) tambem e compacto (pois e um fechado contido em

um compacto) e conclui a demonstracao.

Vejamos agora um importante caso particular do exemplo anterior.

Exemplo 1.19. Suponha que A = N e considere C0(N). Note que

(xn) ∈ C0(N) ⇔ {n ∈ N : |xn| ≥ ε} e compacto, ∀ε > 0

⇔ {n ∈ N : |xn| ≥ ε} e finito, ∀ε > 0

⇔ xn → 0.

Logo

c0def= C0(N) = {(xn) ∈ `∞ : xn → 0}.

Lembrando que a norma e a induzida por `∞.

Finalizamos esta parte com a generalizacao de um resultado conhecido de R. Dizemos

que uma serie∑k∈N

xk em um espaco normado X e absolutamente convergente se a serie

numerica∑k∈N

‖xk‖ for convergente.

Teorema 1.20. Seja X um espaco normado. Entao X e Banach se, e somente se, toda

serie de elementos de X absolutamente convergente e convergente.


Demonstracao. Seja X Banach. Tomamos uma serie∑k∈N

xk absolutamente convergente.

Temos que mostrar que a sequencia de suas somas parciais (sn)n converge. Como∑k∈N

‖xk‖

converge ela e uma serie de Cauchy. Entao, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que m > n ≥

n0 ⇒m∑

k=n+1

‖xk‖. Assim, se m > n ≥ n0,

‖sm − sn‖ = ‖m∑

k=n+1

xk‖ ≤m∑

k=n+1

‖xk‖ < ε.

Logo, (sn)n e uma sequencia de Cauchy em X que e completo. Logo, (sn)n converge.

Reciprocamente, Considere uma sequencia (xn)n de Cauchy em X. Entao, para j = 1,

existe n1 ∈ N tal que ‖xm − xn‖ < 2−1, se m,n ≥ n1. Para j = 2 existe n2 > n1 tal que

‖xm − xn‖ < 2−2, se m,n ≥ n2. Prossegindo desta forma, construimos uma sequencia

crescente de ındices (nj) tal que ‖xm − xn‖ < 2−j, se m,n ≥ nj. Definimos y0 = xn1 e

yj = xnj+1− xnj , para j ∈ N. Vemos entao que

∞∑j=0

‖yj‖ < ‖y0‖+∞∑j=1

2−j <∞,

o que mostra que∞∑j=0

yj e absolutamente convergente em X e portanto converge, por

hipotese, para algum y ∈ X. Mas limkxnk = lim

k

k−1∑j=0

yj = y. Vemos entao que a sequencia

de Cauchy (xn)n possui um subsequencia convergente. Logo, (xn)n e convergente.

1.5 Os Espacos `p e Lp

Definicao 1.21. O espaco vetorial das sequencias de escalares absolutamente p-somaveis

e denotado por `p. Ou seja,

`p ={x = (xk)k∈N ∈ KN :

∑k∈N

|xk|p <∞}.

Tal espaco e munido de uma norma natural, dada por ‖x‖p =(∑

k∈N |xk|p) 1p .

1.5. Os Espacos `p e Lp 11

Primeiramente, temos que verificar que `p e de fato um espaco vetorial e que ‖ · ‖pe uma norma. Se λ e um escalar qualquer e x ∈ `p, entao ‖λx‖p =

(∑k∈N |λxk|p

) 1p =

|λ|(∑

k∈N |xk|p) 1p = λ‖x‖p. Isso mostra que a operacao de multiplicacao por escalar esta

bem definida em `p e que ‖λx‖1 = λ‖x‖1. E imediato que a sequencia nula pertence a `p

e que ‖x‖p = 0⇒ x = 0.

Quando p = 1, e facil ver que `1 a soma em `1 e bem definida e que vale a desigualdade

triangular: Sejam x, y ∈ `1. Entao, para todo n ∈ N,

n∑k=1

|xk + yk| ≤n∑k=1

|xk|+ |yk| ≤∞∑k=1

|xk|+∞∑k=1

|yk| <∞.

Assim,∑∞

k=1 |xk + yk| ≤∑∞

k=1 |xk| +∑∞

k=1 |yk|. Isso mostra que x + y ∈ `1 e que

‖x+ y‖1 ≤ ‖x‖1 + ‖y‖1.

Porem, para mostrar o mesmo quando 1 < p < ∞, precisamos de alguns resultados

preliminares.

Lema 1.22. Sejam p, q > 1, tais que 1p

+ 1q

= 1 (dizemos que q e conjugado de p). Entao

ab ≤ ap

p+bq

q, ∀a, b ≥ 0.

Demonstracao. Fixe b e considere a funcao ϕ(a) = ap

p+ bq

q− ab. E um exercıcio simples

de Calculo 1 verificar que o mınimo absoluto de ϕ ocorre em a = b1p−1 . Assim, para todo

a ≥ 0 (note que pp−1

= q = q+pp

),

ϕ(a) ≥ ϕ(b1p−1 ) =

bpp−1

p+bq

q− b

1p−1 b =

bq

p+bq

q− b

q+pp =

bq

p+bq

q− bq = 0,

e portanto ap

p+ bq

q≥ ab.

Teorema 1.23. (Desigualdade de Holder) Sejam p, q > 1, tais que 1p

+ 1q

= 1. Entao para

quaisquer ak, bk ∈ K (k = 1, . . . , n), temos

n∑k=1

|akbk| ≤

(n∑k=1

|ak|p) 1

p

·

(n∑k=1

|bk|q) 1

q

.

Demonstracao. Se todos ak’s ou todos bk’s sao nulos, entao a desigualdade e trivial.

Suponha entao que nem todos ak’s e nem todos bk’s sao nulos. Para k = 1, . . . , n de-


fina

Ak =ak(

n∑k=1

|ak|p) 1

p

e Bk =bk(

n∑k=1

|bk|q) 1

q

.

Aplicando o lema anterior para cada Ak e Bk, obtemos

n∑k=1

AkBk ≤1

p

=1︷︸︸︷n∑k=1

Apk +1

q

=1︷︸︸︷n∑k=1

Bqk =

1

p+

1

q= 1,

e portanto

n∑k=1

|akbk| =

(n∑k=1

AkBk

)·

(n∑k=1

|ak|p) 1

p

·

(n∑k=1

|bk|q) 1

q

≤

(n∑k=1

|ak|p) 1

p

·

(n∑k=1

|bk|q) 1

q

.

Teorema 1.24. (Desigualdade de Minkowski) Se p ∈ [1,∞[ e ak, bk ∈ K (k = 1, . . . , n),

entao (n∑k=1

|ak + bk|p) 1

p

≤

(n∑k=1

|ak|p) 1

p

·

(n∑k=1

|bk|p) 1

p

.

Demonstracao. A desigualdade para p = 1 ja foi mostrada no inıcio desta secao. Suponha

entao que p > 1 e seja q seu conjugado. Podemos assumir que ak, bk ≥ 0. Por Holder

obtemos que (Note que (p− 1)q = p)(n∑k=1

(ak + bk)p

)=

n∑k=1

(ak + bk)p−1(ak + bk)

=n∑k=1

(ak + bk)p−1ak +

n∑k=1

(ak + bk)p−1bk

(Holder)

≤

(n∑k=1

(ak + bk)(p−1)q

) 1q

·

(n∑k=1

|ak|p) 1

p

+

(n∑k=1

(ak + bk)(p−1)q

) 1q

·

(n∑k=1

|bk|p) 1

p

=

(n∑k=1

(ak + bk)p

) 1q

·

( n∑k=1

|ak|p) 1

p

+

(n∑k=1

|bk|p) 1

p

,

1.5. Os Espacos `p e Lp 13

e portanto

(n∑k=1

(ak + bk)p

) q−1q

≤

(n∑k=1

|ak|p) 1

p

+

(n∑k=1

|bk|p) 1

p

. Como q−1q

= 1p, obtemos

a desigualdade.

Vamos mostrar agora que a soma em `p e bem definida a desigualdade triangular.

Sejam entao x, y ∈ `p. Entao, por Minkowski, para todo n ∈ N,(n∑k=1

|xk + yk|p) 1

p

≤

(n∑k=1

|xk|p) 1

p

+

(n∑k=1

|yk|p) 1

p

≤

(∞∑k=1

|xk|p) 1

p

+

(∞∑k=1

|yk|p) 1

p

<∞.

Assim,

(∞∑k=1

|xk + yk|p) 1

p

≤ ‖x‖p + ‖y‖p, o que mostra que x + y ∈ `p e que ‖x + y‖p ≤

‖x‖p + ‖y‖p.

Se p = ∞, o espaco `∞ foi definido em 1.13 e e um espaco de Banach. O proximo

teorema diz que os outros `p’s tambem sao completos.

Teorema 1.25. Seja 1 ≤ p ≤ ∞, entao `p e um espaco de Banach.

Demonstracao. Se p = ∞ ja sabemos. Suponha entao que 1 ≤ p < ∞. Seja (xn)n∈N

uma sequencia de Cauchy em `p. Note que aqui cada xn e uma sequencia de escalares

xn = (x(1)n , x

(2)n , . . .) ∈ `p. Como (xn)n∈N e uma sequencia de Cauchy, para todo ε > 0,


n,m > n0 ⇒ ‖xn − xm‖p =

(∞∑i=1

|x(i)n − x(i)

m |p) 1

p

< ε. (∗)

Em particular, para cada i ∈ N, se n,m > n0 entao |x(i)n − x(i)

m | < ε. Isso nos mostra que

cada sequencia (x(i)n )n e uma sequencia de Cauchy em K e portanto converge, por este ser

completo.

Defina entao x(i) = limn x(i)n e considere x = (x(1), x(2), . . .). Vamos mostrar que x ∈ `p.

Como a sequencia (xn)n e de Cauchy, entao e limitada (Execıcio). Logo, existe M > 0

tal que

(∞∑i=1

|x(i)n |p) 1

p

≤ M , para todo n ∈ N. Entao

(k∑i=1

|x(i)n |p) 1

p

≤ M , para todo

n, k ∈ N. Fazendo n → ∞, obtemos que

(k∑i=1

|x(i)|p) 1

p

≤ M , para todo k ∈ N. Entao(∞∑i=1

|x(i)|p) 1

p

≤M , o que mostra que x ∈ `p.


Resta mostrar que (xn)n converge para x (na norma de `p). Dado ε > 0, fazendo

m → ∞ em (∗), obtemos que

(k∑i=1

|x(i)n − x(i)|p

) 1p

≤ ε, para n > n0 e k ∈ N. Entao,

‖xn − x‖p =

(∞∑i=1

|x(i)n − x(i)|p

) 1p

≤ ε, se n > n0.

Definicao 1.26. • Seja 1 ≤ p < ∞. Denotamos por Lp[0, 1] o espaco vetorial

das classes de equivalencias das funcoes escalares (Lesbesgue)-mensuraveis tais que∫[0,1]|f(t)|pdt < ∞ (Aqui duas funcoes estao na mesma classe se sao iguais quase

sempre), munido de uma norma natural

‖f‖p =

(∫[0,1]

|f(t)|pdt) 1

p

.

• Denotamos por L∞[0, 1] o espaco vetorial das classes de equivalencias das funcoes

escalares (Lesbesgue)-mensuraveis que sao limitadas quase sempre munido da norma

‖f‖∞ = inf{α > 0 : µ{t ∈ [0, 1] : f(t) > α} = 0},

onde µ denota a medida de Lesbeguem em [0, 1].

Os espaco acima definidos sao espacos de Banach. A demonstracao pode ser encon-

trada em qualquer livro sobre a medida de Lesbegue.

1.6 Espacos Separaveis

Seja X um espaco metrico e suponha que D ⊂ A ⊂ X. Dizemos que D e denso em A

se toda bola aberta centrada em elementos de A contem algum elemento de D. Observe

que isso significa que todo elemento de A e aderente a D. Entao, D e denso em A se

D ⊃ A. E facil ver que se D e denso em A e A e denso em X, entao D e denso em X.

Tambem e imediato que A e denso em A. Verifique como exercıcio.

Um subconjunto A ⊂ X e dito separavel se possui um conjunto enumeravel denso.

Por exemplo, sabemos que um intervalo da reta e separavel, pois o conjunto dos racionais

deste intervalo e enumeravel e denso. Em particular a reta e um espaco separavel.

Estaremos interessados em saber quando um espaco normado e separavel. O seguinte

criterio e util para decidir. Lembramos que se A e um subconjunto de X, entao [A] denota

o subespaco gerado por A (no sentido da Algebra Linear).

1.6. Espacos Separaveis 15

Proposicao 1.27. Seja X um espaco normado sobre K.

(a) Se X possui um subconjunto A enumeravel (podendo ser finito) tal que X = [A], entao

X e separavel.

(b) Se X possui um subconjunto B nao enumeravel tal que, para algum r > 0, ‖x−y‖ ≥ r,

para qualquer par de elementos distintos x, y de B, entao X nao pode ser separavel.

Demonstracao. (a) Seja S = [A]. Um elemento de S e portanto uma combinacao linear

(finita!!) de elementos de A. SejaD o subconjunto de S formado apenas pelas combinacoes

lineares com coeficientes racionais (Se K = C, coeficientes com parte real e imaginaria

racionais). Entao D tem a cardinalinada das funcoes finitas de N em Q e portanto e

enumeravel (aqui e importante que seja combinacao finita). E facil ver que D e denso em

em S. Claramente, S e denso em S = [A] = X. Logo, D e denso em X, sendo separavel.

(b) Seja D um conjunto denso qualquer em X. As bolas centradas em elementos de B e

raio r/2 sao disjuntas. Cada uma dessas bolas deve conter pelo menos um elemento de

D. Como ha uma quantidade nao enumeravel dessas bolas, segue que D nao pode ser

enumeravel. Logo, X nao possui conjunto enumeravel denso.

Vamos usar a proposicao anterior para dar exemplo de espacos separaveis e nao

separaveis.

Exemplo 1.28. c0 e um espaco separavel. De fato, considere a sequencia unitaria

canonica en = (0, . . . , 0,

n−esima︷︸︸︷1 , 0, . . .). Vamos mostrar que c0 = [en : n ∈ N] e portanto c0

sera separavel pela parte (a) da proposicao anterior. Seja entao x = (xn) ∈ c0 e ε > 0.

Entao, existe n0 tal que |xn| < ε, se n > n0. A sequencia xε = (x1, x2, . . . , xn0 , 0, 0, . . .)

esta em [en : n ∈ N] e ‖x− xε‖ < ε. Como ε era arbitrario, segue que x ∈ [en : n ∈ N].

Exemplo 1.29. `∞ nao e separavel. Considere, para cada subconjunto N ⊂ N a

sequencia caracterıstica de N . Ou seja, a sequencia x = xN = (xn), onde xn = 1 se

n ∈ N e xn = 0 se n /∈ N . Claro que cada uma destas sequencias esta em `∞. Tomamos

o conjunto B = {xN : N ⊂ N} ⊂ `∞. Entao a cardinalidade de B e a das partes de N e

portanto nao enumeravel. Alem disso, ‖xN − xN ′‖ = 1, se N ′ 6= N . Entao, pela parte (b)

da proposicao anterior, `∞ nao e separavel.

Exemplo 1.30. Qualquer espaco normado de dimensao finita e separavel, pois e gerado

por um conjunto finito. (Que conjunto e esse?)

Exemplo 1.31. Pelo Teorema de Aproximacao de Weierstrass, os polinomios sao densos

em C[0, 1] (Veja por exemplo o livro do Elon de Espacos Metricos). Entao, [tn : n = 0, 1, . . .] =

C[0, 1], o que mostra que C[0, 1] e separavel.


1.7 Aplicacoes Lineares

Estaremos agora tratando das aplicacoes lineares entre espacos normados. Os as-

pectos algebricos destas aplicacoes sao estudados no curso de Algebra Linear. Como um

espaco normado tambem possui uma estrutura topologica, e natural estuda-las tambem

no que diz respeito a continuidade.

Se X e um espaco normado denotaremos por BX a bola fechada de raio 1 centrada

na origem. Ou seja BX = {x ∈ X : ‖x‖ ≤ 1}. A esfera unitaria de X e o conjunto

SX = {x ∈ X : ‖x‖ = 1}. Comecamos com o seguinte resultado.

Proposicao 1.32. Sejam x e Y espacos normados e T : X → Y linear. Entao sao

equivalentes:

(a) T e contınua;

(b) T e contınua na origem;

(c) existe uma constante M > 0 tal que ‖T (x)‖ ≤M para qualquer x ∈ BX .

(d) existe uma constante M > 0 tal que ‖T (x)‖ ≤M‖x‖ para qualquer x ∈ X.

Demonstracao. (a) ⇒ (b): E evidente.

(b) ⇒ (c): Como T e contınua na origem, para ε = 1, existe δ > 0 tal que, para

qualquer x ∈ X, com ‖x‖ < δ, temos que ‖T (x)‖ < 1. Se x ∈ BX , temos que ‖ δx2‖ < δ e

portanto ‖T(δx2

)‖ < 1. Entao, pela linearidade de T , ‖T (x)‖ < 2

δ.

(c) ⇒ (d): Se x ∈ X \ {0}, temos que x‖x‖ tem norma 1 e portanto T

(x‖x‖

)≤ M .

Entao, ‖T (x)‖ ≤ M‖x‖. Se x = 0, temos que T (x) = 0 e a desigualdade tambem e

satisfeita.

(d) ⇒ (a): Se existe M > 0 tal que ‖T (x)‖ ≤ M‖x‖ para qualquer x ∈ X, entao

dados u, v ∈ X temos que ‖T (u)− T (v)‖ = ‖T (u− v)‖ ≤ M‖u− v‖. Isso mostra que T

e lipschitziana e portanto (uniformemente) contınua.

O item (c) nos mostra que aplicacoes lineares contınuas sao limitadas sobre BX . E

por esse motivo que aplicacao lineares contınuas sao tambem chamadas de limitadas.

1.7. Aplicacoes Lineares 17

Antes do proximo exemplo, salientamos que se ‖ · ‖ e ‖ · ‖0 sao normas equivalentes

em X entao uma funcao f definida em X sera contınua segundo ‖ · ‖ se, e somente se, o

for segundo ‖ · ‖0.

Exemplo 1.33. Qualquer aplicacao linear definida em Kp e contınua. Vamos demonstar

este fato usando a norma da soma de Kp. Como sabemos, ela e equivalente a norma

euclidiana e mais simples de se trabalhar. Seja {e1, e2, . . . , ep} a base canonica de Kp e

considere uma aplicacao linear T : Kp → Y linear. Entao

‖T (x1, . . . , xp)‖ = ‖x1T (e1) + · · ·+ xpT (ep)‖≤ |x1|‖T (e1)‖+ · · ·+ |xp|‖T (ep)‖≤ max

i=1,...,p‖T (ei)‖ · (|x1|+ · · ·+ |xp|)

= M‖(x1, . . . , xp)‖1,

onde M = maxi=1,...,p ‖T (ei)‖. Logo T e contınua pela proposicao anterior.

Exemplo 1.34. Considere o espaco vetorial P(R) de todos os polinomios reais munido

da norma ‖p‖ = supt∈[0,1] |p(x)|. Entao o operador derivacao D : P(R) → P(R) nao e

contınuo, pois para cada n ∈ N o polinomio tn esta em BP(R) mas sua derivada ntn−1 tem

norma n. Como n pode ser suficientemente grande, segue que e impossıvel encontrar M

como na proposicao anterior.

Um isomorfismo entre espacos normados, ou simplesmente isomorfismo, e uma aplicacoes

linear contınua inversıvel e com inversa contınua. Ou seja, e um isomorfismo no sentido da

Algebra Linear e um homeomorfismo. Se ha um isomorfismo entre X e Y , entao diremos

que X e Y sao isomorfos e escreveremos X ∼= Y .

Lembramos que inversa de aplicacao linear e sempre linear, mas nem sempre e

contınua, como mostra o exemplo seguinte.

Exemplo 1.35. Considere X = c00 e o operador linear T : c00 → c00 dado por

T (x1, x2, x3, . . .) = (x1,x2

2, x3

3, . . .). Temos que, se x = (x1, x2, x3, . . .) ∈ c00,

‖T (x)‖ = ‖(x1,x2

2,x3

3, . . .)‖ = sup

n∈N{|x1|, |

x2

2|, |x3

3|, . . .} ≤ sup

n∈N{|x1|, |x2|, |x3|, . . .} = ‖x‖.

Logo, T e contınua pelo item (c) da proposicao. Porem, a inversa de T e dada por

T−1(x1, x2, x3, . . .) = (x1, 2x2, 3x3, . . .). Para cada n ∈ N, os vetores

en = (0, . . . , 0,

n−esima︷︸︸︷1 , 0, . . . , ) tem norma 1 mas ‖T (en)‖ = n. Logo, T−1 nao satisfaz

o item (c) da proposicao.


Observe que no exemplo anterior o espaco normado em questao nao era completo,

como vimos em 1.16. Isso nao foi por acaso. Veremos mais para frente que se os espacos

forem completos, entao a inversa e sempre contınua. Sera uma consequencia do Teorema

da Aplicacao Aberta.

O seguinte criterio e tao simples quanto util.

Proposicao 1.36. Uma bijecao linear T : X → Y e um isomorfismo, se, e somente se,

existem constantes positivas a e b tais que a‖x‖ ≤ ‖T (x)‖ ≤ b‖x‖, ∀x ∈ X.

Demonstracao. De fato, a segunda desigualdade nos diz que T e contınua. A primeira

que T−1 e contınua, pois dado y ∈ Y , existe x ∈ X tal que T (x) = y e portando

‖T−1(y)‖ = ‖x‖ ≤ a−1‖T (x)‖ = a−1‖y‖.

Corolario 1.37. Para que duas normas ‖ · ‖ e ‖ · ‖0 sejam equivalentes e necessario e

suficiente que existam constantes positivas a e b tais que a‖x‖0 ≤ ‖x‖ ≤ b‖x‖0, ∀x ∈ X.

Demonstracao. Que a condicao acima e suficiente foi visto na proposicao 1.6. Para

mostrar que e necessaria, basta observar que as normas serem equivalente significa que a

identidade de(X, ‖ · ‖

)em(X, ‖ · ‖0

)e um isomorfismo.

Teorema 1.38. Seja T : X → Y um isomorfismo entre espacos normados. Entao, se X

for de Banach, entao Y tambem sera.

Demonstracao. Seja (yn)n uma sequencia de Cauchy em Y . Temos que mostrar que (yn)n

converge. Seja entao ε > 0. Para cada n, yn = T (xn), com xn ∈ X. Entao,

‖xn − xm‖ = ‖T−1(yn)− T−1(ym)‖ = ‖T−1(yn − ym)‖ ≤M‖yn − ym‖,

pois T−1 e contınua. Logo, como (yn)n e de Cauchy existe n0 ∈ N tal que ‖yn−ym‖ < εM

,

se n,m > n0. Assim, se n,m > n0, temos que ‖xn − xm‖ ≤ M‖yn − ym‖ < M εM

= ε.

Vemos que (xn)n e uma sequencia de Cauchy em X e portanto converge para algum

x ∈ X, ja que X e completo. Pela continuidade de T , yn = T (xn)→ T (x), o que mostra

que (yn)n converge.

Observacao 1.39. O teorema anterior nos diz que ‘ser Banach’ e preservado por isomor-

fismos. Talvez seja interessante observar que em espacos metrico em geral nem sempre ser

completo e preservado por homeomorfismos. Por exemplo, N e {1/n : n ∈ N} sao homeo-

morfos pois ambos sao enumeraveis e discretos. Porem, N e completo e {1/n : n ∈ N} nao

(convenca-se disso). O que acontece e que os isomorfismos sao sempre homeomorfismos

uniformes, pela proposicao 1.32. Estes sempre preservam a completude.

1.7. Aplicacoes Lineares 19

Como uma aplicacao do teorema anterior, vamos mostrar que todo espaco de di-

mensao finita e de Banach.

Proposicao 1.40. Seja V um espaco normado sobre K de dimensao finita p. Entao V e

isomorfo a Kp. Consequentemente, todo espaco normado de dimensao finita e de Banach.

Demonstracao. Tomamos uma base {v1, v2, . . . , vp} de V . Definimos a aplicacao T : Kp →V pondo T (x1, . . . , xp) = x1v1 + · · · + xpvp. Pela definicao de base, T e um isomorfismo

algebrico. Pelo exemplo 1.33, T e contınua. Resta mostrar que T−1 e contınua. SKp e

um subconjunto limitado e fechado de Kp e portanto compacto. Entao a funcao contınua

x 7→ ‖T (u)‖ admite mınimo M em SKp . Mas como T e injetora, segue que T (u) 6= 0, para

todo u ∈ SKp e portanto ‖T (u)‖ ≥ M > 0. Assim, se x ∈ Kp \ {0}, ‖T ( x‖x‖)‖ ≥ M > 0 e

portanto ‖T (x)‖ ≥M‖x‖. Isso mostra que T e um isomorfismo, pela proposicao 1.36.

Que V e um espaco de Banach segue imediatamente do teorema anterior.

Corolario 1.41. Se X e um espaco normado, entao todo subespaco V ⊂ X de dimensao

finita e fechado.

Demonstracao. Se V tem dimesao finita, V e Banach e portanto fechado pela proposicao

1.17.

Corolario 1.42. Toda aplicacao linear definida em um espaco normado de dimensao

finita e contınua.

Demonstracao. Seja T : V → Y , V de dimensao finita. Tomamos S : Kp → V iso-

morfismo. Entao T ◦ S e contınua pois esta definida em Kp (exemplo 1.33). Mas

T = (T ◦ S) ◦ S−1 e portanto e contınua.

Corolario 1.43. Quaisquer duas normas definida em um espaco vetorial de dimensao

finita sao equivalentes.

Demonstracao. Se V tem dimensao finita entao a aplicacao identidade de(V, ‖ · ‖

)em(

V, ‖ · ‖0)

e sempre isomorfismo. Logo(V, ‖ · ‖

)e(V, ‖ · ‖0

)tem a mesma topologia.


1.8 O espaco L(X ;Y )

Sejam X e Y espacos normados. Denotaremos por L(X;Y ) o espaco vetorial das

aplicacoes lineares contınuas (ou limitadas) de X em Y . As operacoes de espaco vetorial

em L(X;Y ) sao as usuais.

Em particular, se Y = K denotaremos L(X; K) por X∗. Ou seja, X∗ e o espaco de

todos os funcionais lineares contınuos definidos em X. Note que X∗ e sempre Banach,

pois K e completo. Para evitar confusao, o espaco vetorial dos funcionais lineares em X

sera chamado de dual algebrico de X e o denotaremos por X#. Como vimos, se V tem

dimensao finita, entao todo funcional linear e contınuo e portanto V ∗ = V #. Porem, se

X tem dimensao infinita X# sempre possui funcionais descontınuos. Veja os exercıcios.

Considere a funcao T ∈ L(X;Y ) 7→ ‖T‖ = supx∈BX ‖T (x)‖. Pela proposicao 1.32

temos que supx∈BX ‖T (x)‖ e finito e portanto ‖T‖ esta bem definida. Se ‖T‖ = 0,

‖T (x)‖ = 0 para todo x em BX e portanto T e identicamente nula em BX . Pela lin-

earidade, T e a aplicacao nula. De maneira indentica ao exemplo 1.3 mostramos que

‖λT‖ = |λ|‖T‖ e ‖T + S‖ ≤ ‖T‖+ ‖S‖. Vemos entao que ‖T‖ = supx∈BX ‖T (x)‖ e uma

norma em L(X;Y ).

Note que se T ∈ L(X;Y ) entao e imediato pela linearidade de T e pela definicao

de supremo que ‖T (x)‖ ≤ ‖T‖‖x‖, para todo x ∈ X. O proximo teorema e sobre a

completude de L(X;Y ).

Teorema 1.44. O espaco normado L(X;Y ) e um espaco de Banach, se Y o for.

Demonstracao. Seja (Tn)n uma sequencia de Cauchy em L(X;Y ). Entao para todo ε > 0,


n,m > n0 ⇒ ‖Tn − Tm‖ = supx∈BX

‖(Tn − Tm)(x)‖ < ε. (∗)

Assim, para cada x ∈ X, ‖Tn(x) − Tm(x)‖ = ‖(Tn − Tm)(x)‖ ≤ ‖Tn − Tm‖‖x‖. Entao,

para cada x fixado temos por (∗) que a sequencia (Tn(x))n uma sequencia de Cauchy em

Y e portanto converge (pois Y e Banach). Defina T : X → Y pondo T (x) = limn→∞

Tn(x).

Observe que, se x ∈ BX e n,m > n0

‖Tn(x)− T (x)‖ ≤ ‖Tn(x)− Tm(x)‖+ ‖Tm(x)− T (x)‖ ≤ ‖Tn − Tm‖+ ‖Tm(x)− T (x)‖< ε+ ‖Tm(x)− T (x)‖.

1.8. O espaco L(X;Y ) 21

Fazendo m→∞, obtemos que ‖Tn(x)− T (x)‖ ≤ ε para qualquer x ∈ BX . Entao,

supx∈BX

‖Tn(x)− T (x)‖ ≤ ε, se n > n0 (∗∗)

Devemos mostrar que T ∈ L(X;Y ). T e claramente linear, pois

T (x+ λy) = limn→∞

Tn(x+ λy) = limn→∞

(Tn(x) + λTn(y)) = limn→∞

Tn(x) + λ limn→∞

Tn(y)

= T (x) + λT (y),

pela continuidade das operacoes.

Mostremos agora que T e contınua. Fazendo ε = 1 em (∗∗), encontramos n tal que

‖Tn(x)− T (x)‖ < 1 para qualquer x ∈ BX e portanto

‖T (x)‖ ≤ ‖T (x)− Tn(x)|+ ‖Tn(x)‖ ≤ 1 + ‖Tn‖, ∀x ∈ BX .

Logo, T e limitada em BX .

Finalmente, e imediato por (∗∗) que (Tn)n converge para T .

Se Y nao e Banach nao ha motivo de L(X;Y ) ser. Daremos exemplo nos exercıcios.

O proximo resultado e sobre extensao de aplicacoes lineares.

Teorema 1.45. Sejam X um espaco normado e Y um espaco de Banach. Se M um

subespaco de X e T ∈ L(M ;Y ), entao T admite uma unica extensao contınua T : M → Y .

Tal extensao e tambem linear e ‖T‖ = ‖T‖.

Demonstracao. Seja x ∈ M . Entao existe uma sequencia (xn)n convergindo para x. A

sequencia (xn)n, por ser convergente, e de Cauchy em M . Entao T (xn)n tambem e de

Cauchy em Y e portanto converge, por Y ser completo. Definimos T (x) = limn→∞ T (xn).

Note que se (yn)n e outra sequencia que converge para x, entao, limn→∞ T (xn)−limn→∞ T (yn) =

limn→∞ T (xn − yn) = T (limn→∞(xn − yn)) = 0. Logo, T esta bem definida.

E facil ver que T e linear. Se m ∈ M , entao tomando a sequencia constante igual a

m, vemos que T (m) = limn→∞ T (m) = T (m). Logo, T estende T .

Pela densidade deBM emBM e pelo modo que T foi definida, vemos que supx∈M ‖T (x)‖ =

supx∈M ‖T (x)‖ = ‖T‖, o que mostra que T e contınua e ‖T‖ = ‖T‖.

A unicidade segue do fato de que se duas funcoes contınuas coincidem em um conjunto

denso do domınio, entao coincidem em todo domınio.


1.9 Isometrias

Uma aplicacao linear T : X → Y e uma imersao isometica se ‖T (x)‖ = ‖x‖, ∀x ∈ X.

As seguintes propriedades sao imediatas.

Proposicao 1.46. Seja T : X → Y uma imersao isometica. Entao

(a) T e contınua;

(b) T e injetora;

(c) T e inversıvel sobre sua imagem e T−1 : ImT → X tambem e uma imersao

isometrica e portanto e contınua.

Demonstracao. (a) Basta tomar M = 1 na proposicao 1.32.

(b) E injetora pois T (x) = 0⇒ ‖T (x)‖ = 0⇒ ‖x‖ = 0⇒ KerT = {0}.(c) Dado y ∈ ImT , seja x ∈ X tal que T (x) = y. Entao

‖T−1(y)‖ = ‖T−1(T (x)

)‖ = ‖x‖ = ‖T (x)‖ = ‖y‖.

Logo T−1 : ImT → X e uma imersao isometrica e portanto contınua pelo item (a).

Tendo em vista a proposicao anterior, para uma imersao isometrica ser um isomor-

fismo basta que seja sobrejetora. Chameremos entao uma imersao isometrica sobreje-

tora de isomorfismo isometrico ou simplesmente isometria. Se existir um isomorfismo

isometrico entre X e Y escreveremos X ≡ Y . Quando dois espacos sao isometricos, existe

uma correspondencia entre seus elementos que preserva tanto a estrutura algebrica quanto

a norma. Ou seja, podem ser diferentes como conjunto, mas sao identicos como espacos

normados.

Veremos um exemplo importante de imersao isometrica quando estudarmos os espacos

duais.

1.10 O espaco Quociente

Seja X um espaco vetorial e M um subespaco de X. Lembramos que o espaco

quociente de X por M e o espaco vetorial X/M formado pelas classes de equivalencias

1.10. O espaco Quociente 23

x + M = {x + m : m ∈ M}, munido das operacoes (x + M) + (y + M) = (x + y) + M e

λ(x+M) = (λx) +M.

Note que a classe x′ + M e igual a classe x + M se, e somente se, x′ − x ∈ M .

De fato, se x′ + M = x + M entao existem m,m′ ∈ M tais que x′ + m′ = x + m.

Logo x′ − x = m′ −m ∈ M . Reciprocamente, se x′ − x ∈ M , entao dado um elemento

x+m ∈ x+M podemos escrever x+m = x+ x′ − x′ +m = x′ + (x− x′ +m) ∈ x′ +M

e portanto x+M ⊂ x′ +M . A outra inclusao se ve de maneira identica.

A partir dai e facil ver que as operacoes estao bem definidas. Por exemplo,

x′+M = x+M ⇒ x′−x ∈M ⇒ λ(x′−x) ∈M ⇒ λx′−λx ∈M ⇒ λx′+M = λx+M .

A soma se faz de maneira analoga.

As propriedades de espaco vetorial sao faceis de serem verificadas usando as de X.

Salientamos apenas que o elemento neutro de X/M e 0 +M = M .

Agora suponha que X seja normado. Estamos interessados em definir uma norma

em X/M . Considere a funcao ‖x+M‖ = infm∈M

‖x+m‖. Como M e um subespaco, entao

infm∈M

‖x+m‖ = infm∈M

‖x−m‖ = d(x,M) sao outras formas de se calcular ‖x+M‖. Temos

o seguinte resultado.

Proposicao 1.47. Seja X um espaco normado e M um subespaco de X. Entao a funcao

definida em X/M por ‖x+M‖ = infm∈M

‖x+m‖ e uma semi-norma. Se M for um subespaco

fechado, entao ‖ · ‖ sera uma norma.

Demonstracao. Sejam x + M e y + M elementos de X/M . Para quaisquer m1,m2 ∈ Mtemos que

‖(x+M) + (y +M)‖ = ‖(x+ y) +M‖ = infm∈M

‖x+ y +m‖ ≤ ‖x+ y + (m1 +m2)‖

≤ ‖x+m1‖+ ‖y +m2‖.

Tomando o ınfimo obtemos ‖(x+M) + (y +M)‖ ≤ ‖x+M‖+ ‖y +M‖.

Considere agora λ ∈ K \ {0}. Entao

‖λ(x+M)‖ = ‖λx+M‖ = infm∈M

‖λx+m‖ = infm∈M

‖λx+λm‖ = |λ| infm∈M

‖x+m‖ = |λ|‖x+M‖.

O caso λ = 0 e trivial (note que 0 ∈M !). Vemos entao que ‖ · ‖ e uma semi-norma.

Suponha agora que M seja fechado. Entao ‖x+M‖ = 0 significa que d(x,M) = 0 e

portanto x ∈M = M . Entao x+M = M = 0.


O proposicao anterior nos diz que X/M e mais interessante quando M for fechado,

pois neste caso X/M e normado. Alem disso, se X e completo, tal propriedade e repassada

para X/M :

Teorema 1.48. Seja X um espaco de Banach e M um subespaco fechado de X. Entao

X/M e um espaco de Banach.

Demonstracao. Pela proposicao anterior X/M e um espaco normado. Temos apenas que

mostrar que e completo. Usaremos a caracterizacao vista em 1.20. Seja∑n∈N

xn +M uma

serie absolutamente convergente em X/M . Pela definicao de ınfimo, para cada n ∈ Nexiste yn ∈ xn + M com ‖yn‖ < ‖xn + M‖ + 2−n. Entao a serie

∑n∈N

yn e absolulamente

convergente no espaco de Banach X e portanto converge. Seja y seu limite e considere a

classe y +M . Como

‖(y +M)−k∑

n=1

(xn +M)‖ ≤ ‖y −k∑

n=1

yn‖k→∞−→ 0,

vemos que∑n∈N

xn+M converge para y+M . Mostramos entao que toda serie absolutamente

convergente em X/M converge, o que equivale dizer que X/M e Banach.

Seja M subespaco fechado do normado X. A aplicacao quociente de X em X/M e

definida por π(x) = x+M . Veremos agora algumas propriedades dessa aplicacao.

Teorema 1.49. Se M e um subespaco fechado de um espaco normado X, aplicacao

quociente π : X → X/M tem as seguinte propriedades:

(a) π e aplicacao linear contınua.

(b) π leva a bola unitaria aberta de X na de X/M .

(c) π e uma aplicacao aberta.

(d) Ker π= M

Demonstracao. (a) Pela definicao das operacoes em X/M , π e claramente linear. Dado

x ∈ X, pela definicao da norma em X/M temos que ‖π(x)‖ = ‖x + M‖ ≤ ‖x‖, o que

mostra que π e contınua.

1.10. O espaco Quociente 25

(b) Sejam U1 e U2 as bolas unitarias abertas de X e X/M respectivamente. Se

x ∈ U1, ‖π(x)‖ = ‖x+M‖ ≤ ‖x‖ < 1. Logo π(x) = x+M ∈ U2. Seja agora x+M ∈ U2.

Entao ‖x + M‖ < 1. Novamente pela definicao de ınfimo, existe y ∈ x + M tal que

‖x+M‖ ≤ ‖y‖ < 1. Entao y ∈ U1 e π(y) = y +M = x+M , e portanto π(U1) ⊃ U2.

(c) Considere um conjunto U 6= ∅ aberto em X. Seja x+M ∈ π(U) arbitrario. Como

U e um conjunto aberto, deve existir r > 0 tal que x + rU1 ⊆ U . Logo, pela linearidade

de π e pelo item anterior, π(y) + rπ(U1) = (x+M) + rU2 ⊂ T (U). Segue entao que T (U)

e um conjunto aberto.

(d) Claro que M esta contido no nucleo de π. Por outro lado, se π(x) 6= 0, entao

x+M 6= 0 = M e assim ‖x+M‖ = d(x,M) 6= 0. Logo x 6∈M .

Para definirmos uma aplicacao em X/M temos que tomar certo cuidado para nao

depender da escolha dos representantes das classes. Veja como fizemos quando definimos

as operacoes em X/M . Neste sentido, o teorema seguinte e util.

Teorema 1.50. Sejam X e Y espacos normados e T : X → Y linear. Suponha que M

seja um subespaco fechado de X contido no nucleo de T . Entao existe uma unica funcao

S : X/M → Y tal que T = S ◦ π. Tal funcao S e linear e tem a mesma imagem de T .

Se M = Ker T , S sera injetora. A aplicacao S sera contınua se, e somente se, T o for.

Neste caso, ‖S‖ = ‖T‖. Analogamente, S sera aberta se, e somente se, T tambem for

aberta.

Demonstracao. Defina S(x + M) = T (x) para cada x ∈ X. Se x + M = y + M , entao

x− y ∈M ⊂ Ker T e portanto T (x) = T (y). Entao S esta bem definida. E imediato que

T = S ◦ π e portanto esta provada a existencia. Suponha que S ′ : X/M → Y seja tal que

T = S ′ ◦ π. Entao S ′(x+M) = S ′(π(x)) = T (x) = S(x). Isso mostra a unicidade.

Tambem e imediato que S e linear e que T e S tem a mesma imagem. Suponha entao

que M = Ker T . Entao

S(x+M) = 0⇒ S(π(x)) = 0⇒ T (x) = 0⇒ x ∈ Ker T ⇒ x ∈M ⇒ x+M = M = 0.

Logo S e injetora.

Se U1 e U2 denotam as bolas abertas unitarias de X e X/M respectivamente, entao

pelo Teorema 1.49 π(U1) = U2 e portanto

supx+M∈U2

‖S(x+M)‖ = supx∈U1

‖S(π(x))‖ = supx∈U1

‖T (x)‖.


Assim, S sera contınua se, e somente se, T for contınua e em caso afirmativo, ‖S‖ = ‖T‖.

Finalmente, se S for aberta, T tambem sera, como composta de aplicacoes abertas.

Reciprocamente, se T e aberta, entao dado um aberto U em X/M temos que

S(U) = S(π(π−1(U))

)= T (π−1(U)).

Pelo Teorema 1.49, π e contınua e portanto π−1(U) e aberto em X/M . como T e aberta,

segue que S(U) e aberto em X. Logo, S tambem e aberta.

Nos exercıcios ha algumas aplicacoes do teorema anterior. Dele tambem resultara o

Teorema do Isomorfismo para espacos de Banach, que e uma versao do conhecido teorema

homonimo para grupos. Mas antes precisaremos do Teorema da Aplicacao Aberta, que

veremos na parte seguinte.

1.11 Exercıcios

Topologia dos espacos normados

1. Seja X um espaco normado.

(a) Mostre que toda sequencia convergente em X e limitada, de Cauchy e possui

um unico limite.

(b) Mostre que se uma sequencia (xn) ⊂ X e convergente, entao qualquer sub-

sequencia de (xn) ⊂ X converge para o mesmo limite.

(c) Mostre que se uma sequencia de Cauchy possui uma subsequencia convergente,

entao ela e convergente.

2. Seja X um espaco normado.

(a) Mostre que se x0 ∈ X e λ ∈ K \ {0} entao sao homeomorfismos as aplicacoes

x ∈ X 7→ x+ x0 ∈ X e x ∈ X 7→ λx ∈ X.

(b) Conclua que um subconjunto A de X e aberto se, e somente se,

x0 + Adef= {x0 + a : a ∈ A} e aberto. Mostre o resultado analogo para

λAdef= {λa : a ∈ A} com λ ∈ K \ {0}.

(c) Mostre que se A e aberto e B e um conjunto qualquer, entao A + Bdef= {a + b :

a ∈ A, b ∈ B} e aberto em X. Sugestao: Escreva A + B como uniao de conjuntos

abertos.

(d) Se F e G sao fechados em X, F + G e necessariamente fechado? Prove ou de

1.11. Exercıcios 27

um contra-exemplo.

(e) Mostre que se F e fechado e K e compacto entao F + K e fechado. Sugestao:

Use a caracterizacao de compacidade por sequencia, valida para espacos metricos.

(f) Mostre que A + B ⊂ A+B. E valida a inclusao contraria? O item (d) pode

ajudar.

3. (Conjuntos convexos) Um subconjunto C de um espaco vetorial e convexo se, para

todo escalar λ ∈ [0, 1] e x, y ∈ C temos que λx+(1−λ)y ∈ C. Por exemplo, as bolas

de um espaco normado sao convexas (verifique). Mostre que se C e um subconjunto

convexo de um espaco normado, entao seu fecho tambem e convexo.

4. (Distacia de ponto a conjunto) Se A e um subconjunto de um espaco normado X,

definimos a distancia de x ∈ X a A pondo d(x,A) = inf{‖x − a‖ : a ∈ A}. Prove

que x ∈ A⇔ d(x,A) = 0.

Espacos de Banach

5. Mostre que c o espaco vetorial das sequencias convergentes munido da norma do

supremo e um espaco de Banach.

6. Mostre que `1 equipado com a norma do sup nao e um espaco de Banach.

7. (Soma direta externa) Sejam (X, ‖ · ‖) e (Y, ‖ · ‖0) espacos normados.

(a) Mostre que ||| · ||| : X × Y → R+ dada por |||(x, y)||| = max{‖ x ‖, ‖ y ‖0} e

uma norma em X × Y .

(b) Se X e Y sao espacos de Banach, mostre que(X × Y, ||| · |||

)e um espaco

de Banach.(X × Y, ||| · |||

)e chamado de soma direta externa de X e Y .

8. (a) Mostre ‖f‖1 =

∫ 1

0

|f(x)|dx e uma norma em C[0, 1].

(b) Verifique se(C[0, 1], ‖ · ‖1

)e um espaco de Banach.

(c) Qual a relacao entre as topologias geradas por ‖ · ‖1 e ‖ · ‖∞?

9. Mostre que `p e Lp[0, 1] sao separaveis se 1 ≤ p < ∞. Sugestao: Use o fato de que

as funcoes contınuas sao densas em Lp[0, 1] (com a norma p!) se 1 ≤ p <∞.

10. Mostre que se X e separavel, qualquer subconjunto de X e separavel. Consequente-

mente, qualquer subespaco de X e separavel.


Aplicacoes Lineares

11. (a) Mostre que se X e um espaco normado de dimensao infinita e Y 6= {0}, entao

existe uma aplicacao linear de X em Y descontınua. Sugestao: Use uma base

algebrica de X e construa uma aplicacao linear nao limitada

(b) Conclua que se X e um espaco normado de dimensao infinita entao X∗ 6= X#.

12. Se T ∈ L(X, Y ), e imediato da continuidade de T que kerT = T−1({0}) e fechado

em X (por que?). Mostre que a recıproca e falsa exibindo uma aplicacao linear

descontınua de nucleo fechado. Sugestao: Pense em alguma aplicacao injetora de-

scontınua.

13. Mostre que a imagem de um operador linear contınuo nao precisa ser fechada.

14. Sejam X e Y espacos normados.

(a) Mostre se Tn → T em L(X, Y ), entao Tn(x) → T (x), ∀x ∈ X. Ou seja, a

convergencia em L(X, Y ) implica convergencia pontual.

(b) Mostre que a recıproca nao e verdadeira. Para isso, considere a sequencia

en : c0 → K definida por e∗n((xm)m

)= xn. Mostre que (e∗n) converge pontualmente

para o funcional nulo mas nao em norma.

15. Mostre que se Y nao for Banach, entao L(X, Y ) pode nao ser completo. Sugestao:

Talvez seja facil construir uma sequencia de Cauchy em L(`∞, c00) nao convergente.

Na verdade, sempre que Y nao for completo L(X, Y ) tambem nao sera. Veremos

isso mais adiante.

16. Sejam X, Y e Z espacos normados sobre K. Sejam T ∈ L(X, Y ) e S ∈ L(Y, Z).

(a) Prove que S ◦ T ∈ L(X,Z) e que ‖ S ◦ T ‖ ≤ ‖ S ‖ ‖ T ‖.(b) De um exemplo para mostrar que a desigualdade pode ser estrita.

17. Seja T : C[0, 1]→ C[0, 1] dada por T (f) = g, onde g(t) =∫ 1

0k(t, s)f(s)ds e k e uma

funcao contınua em [0, 1]× [0, 1]. Prove que T e um operador linear contınuo.

18. Verifique que uma aplicacao linear entre espacos normados e contınua se, e somente

se, e limitada em alguma bola.

19. Mostre que se D e um subconjunto denso em BX e T ∈ L(X, Y ), entao ‖T‖ =

supd∈D‖T (d)‖.

20. Mostre que se T ∈ L(X, Y ), entao ‖T‖ = sup‖x‖=1

‖T (x)‖ = sup‖x‖<1

‖T (x)‖.

1.11. Exercıcios 29

21. Mostre que c e isomorfo a c0 mas nao isometrico. Sugestao: Para mostrar que nao

sao isometricos mostre que dado um elemento x ∈ c0 de norma 1, existem x1 e x2

distintos em c0 tambem de norma 1 tais que x = 12(x1 + x2).

22. Mostre que `p pode ser isometricamente imerso em Lp[0, 1]. Ou seja, que `p e

isometrico a um subespaco de Lp[0, 1].

23. Mostre que L∞[0, 1] nao e separavel.

24. Mostre que `∞ e isometrico a C(βN), onde βN e a compactificacao de Stone-Cech

dos Naturais. A compactificacao de Stone-Cech βN dos Naturais e o unico espaco

topologico compacto (a menos de homeomorfismo) que contem N densamente com

a propriedade de que toda funcao de N em [0, 1] se estende continuamente a βN.

Quociente

25. Seja M = {f ∈ C[0, 1] : f(0) = 0}. Mostre que M e um subespaco fechado de

C[0, 1]. De uma expressao mais simples para a norma quociente de C[0, 1]/M . Este

quociente e isometrico a qual espaco conhecido? Explicite a isometria.

26. Seja M o subespaco de c formado pelas sequencias constantes. c/M e isomorfo a

qual espaco conhecido?

27. (Operadores de Posto Finito) Um operador linear tem posto finito se sua imagem

(que e sempre um subespaco vetorial) tem dimensao finita. Mostre que um operador

linear de posto finito e contınuo se, e somente se, seu nucleo e fechado.

Sugestao: Um lado e direto. Para o outro, use o quociente do domınio do operador

por seu nucleo.

Compare com o exercıcio 12. Observe que funcionais lineares tem posto finito.

28. Mostre que se X for separavel, qualquer quociente de X tambem sera.

Parte 2

Os Teoremas Fundamentais

2.1 Consequencias do Teorema de Baire

Lembramos que um subconjunto de um espaco topologico X e de primeira categoria

em X se pode ser escrito como uniao enumeravel de conjuntos cujos respectivos fechos tem

interior vazio. Por exemplo, Q e de primeira categoria em R, pois Q e uniao enumeravel

de seus pontos que evidentemente tem interior vazio. Um subconjunto e de segunda

categoria se nao e de primeira categoria. Ou seja, se nao e possıvel escreve-lo como uniao

enumeravel de conjuntos cujos fechos tem interior vazio. Destacamos a seguir o Teorema

de Baire.

Teorema 2.1. (de Baire) Seja M um espaco metrico completo. Entao cada aberto de M

e de segunda categoria em M . Em particular, M e de segunda categoria em si proprio.

A demonstracao pode ser encontrada, por exemplo, no livro de Espacos Metricos

do Elon. Veremos como o Teorema de Baire e usado para demonstrar os tres teoremas

fundamentais para espacos de Banach, o Princıpio da Limitacao Uniforme, o Teorema

do Grafico Fechado e o Teorema da Aplicacao Aberta. Daremos aqui uma demonstracao

adaptada da obtida originalmente por P.P. Zabreıko para espacos vetorias topologicos

metrizaveis e completos.

Definicao 2.2. Seja X um espaco normado. Uma funcao p : X → R+ e dita enumerav-

elmente sub-aditiva se p(∑∞

n=1 xn)≤∑∞

n=1 p(xn) para toda serie covergente∑∞

n=1 xn de

termos em X.

30

2.1. Consequencias do Teorema de Baire 31

Seja p uma semi-norma contınua definida em um espaco normado X. Entao p e

enumeravelmente subaditiva. De fato, segue imediatamente por inducao que

p(∑m

n=1 xn)≤∑m

n=1 p(xn), para qualquer m ∈ N. Usando a continuidade de p, obtemos

que p(∑∞

n=1 xn)

= limm→∞

p( m∑n=1

xn)≤ lim

m→∞

m∑n=1

p(xn) =∞∑n=1

p(xn).

O Lema de Zabreıko trata da recıproca para espacos de Banach. Antes de demonstra-

lo, vejamos um resultado sobre a continuidade de semi-normas.

Proposicao 2.3. Seja X espaco normado e p : X → R+ uma semi-norma. Entao, sao

equivalente:

(a) p e contınua;

(b) p e contınua na origem;

(c) p e limitada em alguma bola centrada na origem.

Demonstracao. A unica implicacao que nao e imediata e (c) ⇒ (a). Para demonstra-la,

suponha que p(x) ≤M para x ∈ B[0, r]. Entao, se x, y ∈ X, temos que p(r x−y‖x−y‖

)≤M e

portanto p(x− y

)≤Mr−1‖x− y‖. Entao

|p(x)− p(y)| ≤ |p(x− y)| ≤Mr−1‖x− y‖,

O que mostra que p e contınua.

Teorema 2.4. (Lema de Zabreıko) Se X e um espaco de Banach, entao toda semi-norma

enumeravelmente sub-aditiva e contınua.

Demonstracao. Para cada ε > 0, definimos o conjunto

∆(ε) = {x ∈ X : p(x) ≤ ε}.

Claramente X =⋃n∈N n∆(ε/2), pela propriedade N1) de semi-norma. Pelo teorema de

Baire, para algum n, n∆(ε/2) = n∆(ε/2) tem interior nao vazio. Consequentemente

∆(ε/2) tambem tem interior nao vazio (pois sao homeomorfos). Entao existe uma bola

B(x0, rε) ⊂ ∆(ε/2). Como ∆(ε/2) e simetrico,

B(−x0, rε) = −B(x0, rε) ⊂ −∆(ε/2) = −∆(ε/2) = ∆(ε/2),


ou seja, ∆(ε/2) tambem contem a bola B(−x0, rε). Assim

B(0, rε) ⊂ B(x0, rε) +B(−x0, rε) ⊂ ∆(ε/2) + ∆(ε/2) ⊂ ∆(ε/2) + ∆(ε/2) ⊂ ∆(ε),

ou seja, ∆(ε) contem uma bola centrada na origem B(0, rε). Podemos supor que rε ≤ ε.

Entao, definindo o conjunto

A(ε)def= B(0, rε) ∩∆(ε),

temos que A(ε) e um subconjunto denso em B(0, rε) (∗).

Considere entao, fazendo ε = 1, a bola B = B(0, r1). Para mostrar que p e contınua,

pela proposicao anterior basta mostrar que e limitada nesta bola. Seja entao x ∈ B(0, r1).

Pela densidade, existe x1 ∈ A(1) com ‖x−x1‖ ≤ r 12. Fazendo ε = 1

2em (∗), encontramos

x2 ∈ A(12) com ‖x−x1−x2‖ < r 1

22. Prosseguindo assim, para cada n ∈ N, encontraremos

xn ∈ A( 12n−1 ) com ‖x − x1 − x2 − · · · − xn‖ < r 1

2n. Vemos entao que a serie

∑∞n=1 xn

converge para x (note que supusemos r 12n≤ 1

2n). Como p e enumeravelmente sub-aditiva

e cada xn ∈ A( 12n−1 ),

p(x) ≤∞∑n=1

p(xn) ≤∞∑n=1

1

2n−1= 2.

Como x ∈ B era arbitrario, vemos que p(x) ≤ 2, ∀x ∈ B, sendo p contınua.

Teorema 2.5. (Princıpio da Limitacao Uniforme) Seja F uma famılia nao-vazia de

operadores lineares contınuos definidos num espaco de Banach X e tomando valores no

espaco normado Y . Se, para cada x ∈ X, cx = sup{‖T (x)‖ : T ∈ F} e finito, entao

sup{‖T‖ : T ∈ F} e finito. Em outras palavras, toda famılia pontualmente limitada e

limitada em norma.

Demonstracao. Defina a aplicacao p : X → R como sendo, para cada x ∈ X,

p(x) = sup{‖T (x)‖ : T ∈ F}.

Como a famılia e pontualmente limitada, tal supremo e finito. Ainda, pela linearidade de

T vemos que p e uma semi-norma. Para mostrar que p e enumeravelmente sub-aditiva,

suponha que seja dada uma serie convergente∑∞

n=1 xn de termos em X. Para cada T ∈ Ffixado, ∣∣∣∣∣∣T( ∞∑

n=1

xn

)∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣ ∞∑n=1

T (xn)∣∣∣∣∣∣ ≤ ∞∑

n=1

‖T (xn)‖ ≤∞∑n=1

p(xn).


Portanto, p(∑∞

n=1 xn

)≤∑∞

n=1 p(xn). Assim, p e uma semi-norma enumeravelmente

sub-aditiva definida no espaco de Banach X. Entao p e contınua, pelo Lema de Zabreıko.

Logo, para ε = 1, existe δ > 0 tal que ‖x‖ ≤ δ ⇒ p(x) ≤ 1. Assim, se x ∈ BX , ‖δx‖ ≤ δ

e portanto p(δx) ≤ 1, o que implica p(x) ≤ δ−1. Vemos entao que, para cada x ∈ BX

fixado, ‖T (x)‖ ≤ sup{‖T (x)‖ : T ∈ F} ≤ δ−1, donde segue que ‖T‖ ≤ δ−1, ∀T ∈ F .

Logo, sup{‖T‖ : T ∈ F} <∞.

Corolario 2.6. Seja Tn uma sequencia de operadores lineares contınuos definidos em um

espaco de Banach X e tomando valores em um espaco normado Y . Entao se para cada

x ∈ X, (Tn(x))n converge, entao a aplicacao definida por T (x) = limn∈N Tn(x) e linear e

contınua.

Demonstracao. Claramente T e linear. Como (Tn(x))n converge entao, para cada x ∈ Xa sequencia (Tn(x))n e limitada. Pelo princıpio da Limitacao Uniforme, existe M tal que

‖Tn‖ ≤M , ∀n ∈ N. Seja x ∈ BX . Dado ε > 0, existe N ∈ N tal que ‖TN(x)−T (x)‖ < ε,

e portanto

‖T (x)‖ ≤ ‖TN(x)− T (x)‖+ ‖TN(x)‖ < ε+M, ∀ε > 0.

Entao, ‖T (x)‖ ≤M , ∀x ∈ BX , o que mostra que T e contınua com ‖T‖ ≤M .

Outra aplicacao do Lema de Zabreıko (e portanto do teorema de Baire) e o Teorema

da Aplicacao Aberta. Lembramos que Uma aplicacao ϕ : A → B entre dois espacos

topologicos e dita aberta se ϕ(U) for um conjunto aberto em B sempre que U for aberto

em A.

Teorema 2.7. (da Aplicacao Aberta) Toda transformacao linear contınua e sobrejetora

entre dois espacos de Banach e uma aplicacao aberta.

Demonstracao. Seja T : X → Y contınua e sobrejetora. Mostraremos inicialmente que

T (UX) e um conjunto aberto em Y , onde e UX e a bola aberta unitaria centrada na origem

de X.

Definimos a aplicacao p : Y → R+ pondo p(y) = inf{‖x‖ : x ∈ X,T (x) = y}. Note

que p esta bem definida, pois T e sobrejetora. Se y ∈ Y e λ e um escalar nao nulo,

{x ∈ X : T (x) = λy} = {x ∈ X : T(1

λx)

= y} = {λx ∈ X : T (x) = y}.


Logo, p(λy) = inf{‖x‖ : x ∈ X,T (x) = λy} = inf{|λ|‖x‖ : x ∈ X,T (x) = y} = |λ|p(y).

Como o caso λ = 0 e trivial, segue-se que p(λy) = |λ|p(y) para qualquer vetor y ∈ Y e

escalar λ ∈ K. Note que a desigualdade triangular seguira imediatamente se mostrarmos

que p e enumeravelmente sub-aditiva.

Mostremos entao que p e enumeravelmente sub-aditiva. Considere uma serie conver-

gente∑∞

n=1 yn em Y . Observe que como queremos mostrar que p(∑∞

n=1 yn)≤∑∞

n=1 p(yn),

podemos supor, sem perda de generalidade, que∑∞

n=1 p(yn) e convergente, pois caso

contrario terıamos∑∞

n=1 p(yn) = +∞ e a desigualdade seria trivial. Seja ε > 0. Pela

definicao de ınfimo, podemos tomar uma sequencia (xn)n∈N em X tal que, T (xn) = yn e

‖xn‖ < p(yn)+2−nε. Logo,∑∞

n=1 ‖xn‖ ≤∑∞

n=1 p(yn)+ε, e portanto∑∞

n=1 xn e uma serie

absolutamente convergente em X e, como este espaco e de Banach, tal serie converge.

Portanto, como T e um operador contınuo, T(∑∞

n=1 xn

)=∑∞

n=1 T (xn) =∑∞

n=1 yn.

Logo,

p( ∞∑n=1

yn

)≤∣∣∣∣∣∣ ∞∑n=1

xn

∣∣∣∣∣∣ ≤ ∞∑n=1

‖xn‖ ≤∞∑n=1

p(yn) + ε.

Como ε > 0 era arbitrario, segue que p(∑∞

n=1 yn

)≤∑∞

n=1 p(yn), e portanto p e

uma semi-norma enumeravelmente sub-aditiva. Como esta definida no espaco de Banach

Y p e contınua pelo Lema de Zabreıko. Assim, como T (UX) = {y ∈ Y : p(y) < 1} =

p−1(]−∞, 1[), segue que T (UX) e aberto em Y .

O caso geral segue facilmente da linearidade de T : Considere um conjunto U 6= ∅aberto em X, e tome y ∈ T (U) arbitrario. Seja x ∈ U tal que T (x) = y. Como U e um

conjunto aberto, deve existir r > 0 tal que x + rUX ⊆ U . Logo, pela linearidade de T ,

y+ rT (UX) ⊂ T (U). Pelo que mostramos anteriormente T (UX) e um conjunto aberto em

Y . Segue entao que T (U) e um conjunto aberto.

Corolario 2.8. Toda bijecao linear contınuas entre dois espacos de Banach e um isomor-

fismo.

Demonstracao. Pois tal bijecao sera aberta pelo teorema anterior, o que implica a con-

tinuidade de sua inversa.


Corolario 2.9. Sejam ‖ · ‖ e ‖ · ‖0 sao duas normas em um espaco vetorial X munido

das quais X e completo. Entao, se existir M > 0 tal que ‖x‖ ≤M‖x‖0, para todo x ∈ X,

entao as normas sao equivalentes.

Demonstracao. De fato, as hipoteses implicam que a identidade de(X, ‖·‖0

)em(X, ‖·‖

)e uma bijecao linear contınua. Basta entao usar o corolario anterior para concluir que e

um isomorfismo. Logo,(X, ‖ · ‖0

)em(X, ‖ · ‖

)tem a mesma topologia.

Como uma ultima aplicacao do Teorema da Aplicacao Aberta, demonstraremos o

Teorema do Isomorfismo para espacos de Banach:

Teorema 2.10. (do Isomorfismo para espacos de Banach) Sejam X e Y espacos de

Banach e T ∈ L(X, Y ). Suponha que a imagem de T seja fechada em Y . Entao

X/Ker T ∼= T (X)

Demonstracao. Seja S : X/Ker T → T (X) a aplicacao obtida pelo Teorema 1.50 com

M = Ker T . Entao pelo referido teorema, S e uma bijecao linear contınua. Como T (X)

e Banach pois e fechado em Y , segue que S e um isomorfismo.

Vejamos agora o Teorema do do Grafico Fechado. Lembramos que se A e B conjuntos

nao vazios e f : A → B uma funcao, entao o grafico de f e o subconjunto Graf(f) =

{(x, y) ∈ A×B : y = f(x)} de A×B.

Se X e Y forem espacos normados entao o grafico de uma aplicacao f : X → Y

contınua e sempre fechado, pois e a imagem inversa do vetor nulo de Y pela aplicacao

contınua (x, y) 7→ ‖y − f(x)‖. Na verdade, e um exercıcio simples de topologia que

o grafico de uma aplicacao contınua entre dois espacos topologicos Hausdorff e sempre

fechado. O teorema do Grafico Fechado e a recıproca deste fato, porem para espacos de

Banach.

Teorema 2.11. (do Grafico Fechado) Seja T uma transformacao linear definida num

espaco de Banach X tomando valores num espaco de Banach Y . Se o grafico de T e um

subconjunto fechado de X × Y , entao T e contınua.

Demonstracao. Seja p(u) = ‖T (x)‖, x ∈ X. E imediato que p e uma semi-norma em

X. Provemos p que e enumeravelmente sub-aditiva. De fato, dada uma serie conver-

gente∑∞

n=1 xn em X. Novamente, podemos supor, sem perda de generalidade, que


∑∞n=1 ‖T (xn)‖ converge. Logo, como a serie absolutamente convergente

∑∞n=1 T (xn)

esta definida num espaco de Banach, converge. Note que∑m

n=1 xn(m→∞)−→

∑∞n=1 xn

e que T(∑m

n=1 xn)

=∑m

n=1 T (xn)(m→∞)−→

∑∞n=1 T (xn). Vemos entao que a sequencia(∑m

n=1 xn, T(∑m

n=1 xn))m

pertence ao grafico de T e converge, na topologia produto de

X × Y , para (∑∞

n=1 xn,∑∞

n=1 T (xn))m. Como o grafico de T e fechado em X × Y , segue

que∑∞

n=1 T (xn) = T(∑∞

n=1 xn

), o que implica que

p( ∞∑n=1

xn

)=∣∣∣∣∣∣T( ∞∑

n=1

xn

)∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣ ∞∑n=1

T (xn)∣∣∣∣∣∣ ≤ ∞∑

n=1

‖T (xn)‖ =∞∑n=1

p(xn).

Entao p e uma semi-norma enumeravelmente sub-aditiva, sendo contınua pelo Lema de

Zabreıko. Entao exite δ > 0 tal que ‖x‖ ≤ δ ⇒ p(x) = ‖T (x)‖ ≤ 1, o que mostra que T

e contınua pois e limitada na bola B[0, δ].

Observacao 2.12. Para mostrar que uma aplicacao T : X → Y entre espacos normados

e contınua, em princıpio temos que mostrar que

xn → x =⇒ T (xn)→ y e y = T (x).

O Teorema do Grafico fechado diz que se X e Y forem espacos de Banach, entao basta

mostrar que

xn → x e T (xn)→ y =⇒ y = T (x).

O exemplo seguinte, apesar de artificial, mostra que nao podemos tirar a hipotese

“Banach”do contra-domınio de T . Nos execıcios ha um exemplo que mostra o analogo

para o domınio.

Exemplo 2.13. Seja (X, ‖ · ‖) um espaco de Banach separavel de dimensao infinita. Por

exemplo, X pode ser `1 ou c0. Tome uma base algebrica {xi : i ∈ I} normalizada de X.

Entao I e nao enumeravel (veja os exercıcios). Cada x ∈ X se escreve de maneira unica

na forma x =∑αixi (soma finita). Defina uma outra norma em X pondo ‖x‖0 =

∑|αi|.

Temos que

‖x‖ ≤∑|αi|‖xi‖ =

∑|αi| = ‖x‖0.

Logo, a identidade Id :(X, ‖ · ‖0

)→(X, ‖ · ‖

)e contınua e portanto seu grafico e

fechado, pela observacao feita pouco antes do teorema. Claro que o grafico de Id−1

tambem e fechado. Porem, Id−1 nao pode ser contınua, pois se fosse, a identidade seria

um isomorfismo e(X, ‖ · ‖0

)seria tambem separavel, um absurdo, pois para i 6= j,

‖xi − xj‖0 = 2 e ha uma quantidade nao enumeravem de x′is.

2.2. O Teorema de Hahn-Banach 37

2.2 O Teorema de Hahn-Banach

Sejam X e Y espacos normados e M um subespaco de X. Nem sempre uma aplicacao

linear contınua T : M → Y pode ser estendida continuamente para X (Veja os exercıcios).

O Teorema de Hahn-Banach assegura que sempre e possıvel estender quando Y = K.

Comecamos com uma definicao:

Definicao 2.14. Seja X um espaco vetorial. Uma funcao p : X → R e sublinear se

(i) p(tx) = tp(x), para todo x ∈ X e t > 0;

(ii) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y), para todo x, y ∈ X.

Lema 2.15. Sejam X um espaco vetorial sobre R, p : X → R sublinear e M um subespaco

proprio de X. Dado y ∈ X \M , seja N = M + [y]. Se ϕ e um funcional linear em M

com

ϕ(x) ≤ p(x), ∀x ∈M,

entao existe φ ∈ N# tal que

φ∣∣M

= ϕ e φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ N.

Demonstracao. Para x1, x2 ∈M , temos que

ϕ(x1) + ϕ(x2) = ϕ(x1 + x2) ≤ p(x1 + x2) = p(x1 − y + y + x2) ≤ p(x1 − y) + p(y + x2),

e portanto

ϕ(x1)− p(x1 − y) ≤ p(y + x2)− ϕ(x2).

Assim, supx∈M{ϕ(x)− p(x− y)} ≤ inf

x∈M{p(y + x)− ϕ(x)}. Seja η ∈ R qualquer satisfazendo

supx∈M{ϕ(x)− p(x− y)} ≤ η ≤ inf

x∈M{p(y+x)−ϕ(x)}. Entao, pelo modo que η foi escolhido,

ϕ(x)− p(x− y) ≤ η ≤ p(y + x)− ϕ(x), ∀x ∈M. (∗)

Para cada z ∈ N , podemos escrever de maneira unica z = x + λy, onde x ∈ M e

λ ∈ R. Definimos φ(x + λy) = ϕ(x) + λη. Claro que φ e linear. Alem disso, para cada

z = x+ λy ∈ N temos que

Se λ > 0,

φ(x+ λy) = λφ(xλ

+ y)

= λ(ϕ(xλ

)+ η) (∗)≤ λp

(xλ

+ y)

= p(x+ λy).


Se λ < 0, −λ e positivo e portanto

φ(x+ λy) = −λφ(−xλ− y)

= −λ(ϕ(−xλ

)− η) (∗)≤ −λp

(−xλ− y)

= p(x+ λy).

Como o caso λ = 0 e imediato, segue φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ N.

Vejamos agora o caso geral. Na demonstracao usaremos o Lema de Zorn cujo enunci-

ado destacaremos a seguir. Lembramos que um elemento m de um conjunto parcialmente

ordenado P e dito maximal se m ≤ x implica m = x, para qualquer x ∈ P.

Lema de Zorn: Se, em um conjunto nao-vazio P parcialmente ordenado, toda cadeia

(subconjunto totalmente ordenado de P) tem uma quota superior, entao P possui um

elemento maximal.

Teorema 2.16. (de Hahn-Banach para espacos vetoriais reais) Sejam X um espaco ve-

torial sobre R, p : X → R sublinear e M um subespaco X. Se ϕ e um funcional linear

em M com

ϕ(x) ≤ p(x), ∀x ∈M,

entao existe φ ∈ X# tal que

φ∣∣M

= ϕ e φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ X.

Demonstracao. Seja P a famılia de todos os pares(N,ψ

)tais que N e um subespaco de X

que contem M e ψ e um funcional linear em N tal que ψ∣∣M

= ϕ e ψ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ N.Note que P e nao vazia, pois

(M,ϕ

)∈ P. Definimos em P a seguinte ordem parcial(

N1, ψ1

)≤(N2, ψ2

)⇐⇒ N1 ⊂ N2 e ψ2

∣∣N1

= ψ1.

Usaremos o Lema de Zorn para mostrar que P possui um elemento maximal. Seja C

um cadeia (subconjunto totalmente ordenado) em P. Definimos N =⋃i∈I

Ni e ψ ∈ N#

definido por ψ(x) = ψi(x), se x ∈ Ni. Note que como C e totalmente ordenado, N e um

subespaco de X e ψ esta bem definida. Obviamente(N , ψ

)∈ P e e uma cota superior

de C. Pelo Lema de Zorn, P possui um elemento maximal(N, φ

). Vamos mostrar que

N = X.

Suponha que N 6= X, tomamos y ∈ X \ N e definimos S = N + [y]. Pelo lema

anterior, existe ψ ∈ S# com ψ∣∣N

= φ e ψ(x) ≤ p(x), se x ∈ S. Entao S ) N ⊃ M e

ψ∣∣M

= φ∣∣M

= ϕ. Portanto(S, ψ

)∈ P e

(S, ψ

)>(N, φ

), contrariando o fato de

(N, φ

)ser maximal. Devemos ter entao N = X e φ e o funcional procurado.

2.2. O Teorema de Hahn-Banach 39

Vejamos agora uma versao do teorema anterior valida para espacos complexos. Seja

X um espaco vetorial complexo. Restringindo a operacao de multiplicacao por escalar de

C para R, X pode ser visto como um espaco vetorial real. Denotaremos tal espaco por

XR. Diremos que um funcional u : X → R definida em um espaco vetorial complexo X e

R-linear se e um funcional em XR. Ou seja, se a definicao de linearidade e satisfeita para

os escalares reais.

Proposicao 2.17. Seja X um espaco vetorial complexo. Entao, dado u : X → R com u

R-linear,

φ(x) = u(x)− iu(ix), (∗)

define um funcional φ ∈ X#. Reciprocamente, cada funcional φ em X pode ser escrito

na forma (∗) com u R-linear.

Demonstracao. Seja u R-linear. Entao para x ∈ X,

φ(ix) = u(ix)− iu(−x) = u(ix) + iu(x) = i (−iu(ix) + u(x)) = iφ(x).

A partir dai e facil concluir que φ e C-linear.

Por outro lado, dado φ ∈ X# definimos u(x) como sendo a parte real de φ(x). Entao

claramente u e R-linear. Como a parte imaginaria de um numero complexo α e a parte

real de −iα, temos tambem que

φ(x) = Re(φ(x))− iRe(iφ(x)) = Re(φ(x))− iRe(φ(ix)) = u(x)− iu(ix).

Teorema 2.18. (de Hahn-Banach para espacos vetoriais) Sejam X um espaco vetorial

sobre K e M um subespaco de X. Suponha que ϕ : M → K seja um funcional linear e

que p : X → R seja uma semi-norma tais que |ϕ(x)| ≤ p(x), para todo x ∈ M . Entao

existe φ ∈ X# tal que

φ∣∣M

= ϕ e |φ(x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X.

Demonstracao. Suponha primeiramente que X seja um espaco vetorial real e seja ϕ como

na hıpotese do teorema. Para x ∈ M , ϕ(x) ≤ |ϕ(x)| ≤ p(x). Entao pelo Teorema de

Hahn-Banach real existe φ ∈ X∗ tal que φ∣∣M

= ϕ e φ(x) ≤ p(x), ∀x ∈ X. Mas como

−φ(x) = φ(−x) ≤ p(−x) = p(x), segue que |φ(x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X.

Suponha agora que X seja complexo. Pela proposicao anterior podemos escrever

ϕ(x) = u(x) − iu(ix), x ∈ M , com u R-linear. Note que |u(x)| ≤ |ϕ(x)| ≤ p(x).


Aplicando o que fizemos anteriormente para o espaco real XR e o funcional u, obtemos U

R-linear tal que

U∣∣M

= u e |U(x)| ≤ p(x), ∀x ∈ X.

Definimos φ(x) = U(x)−iU(ix). Novamente pela proposicao anterior φ ∈ X#. Se x ∈M ,

entao tambem temos que ix ∈M e portanto φ(x) = U(x)−iU(ix) = u(x)−iu(ix) = ϕ(x).

Entao φ∣∣M

= ϕ. Resta apenas mostrar que φ e dominado pela semi-norma. Seja entao

x ∈ X. Se φ(x) = 0 e trivial. Suponha entao que φ(x) 6= 0. Tomamos θ ∈ R tal que

φ(x) = eiθ|φ(x)|. Assim,

|φ(x)| = e−iθφ(x) = φ(e−iθx) = U(e−iθx)− iU(ie−iθx)

|φ(x)|≥0︷︸︸︷= U(e−iθx) ≤ p(e−iθx) = p(x),

o que completa a demonstracao.

Teorema 2.19. (de Hahn-Banach para espacos normados) Sejam X um espaco vetorial

sobre K, M um subespaco de X e ϕ : M → K um funcional linear contınuo em M . Entao

existe φ ∈ X∗ tal que

φ∣∣M

= ϕ e ‖φ‖ = ‖ϕ‖.

Demonstracao. Para x ∈ X definimos a semi-norma p(x) = ‖ϕ‖‖x‖. Pela continuidade

de ϕ, se x ∈ M , |ϕ(x)| ≤ ‖ϕ‖‖x‖ = p(x). Entao, pelo Teorema de Hahn-Banach para

espacos vetoriais existe φ ∈ X# tal que φ∣∣M

= ϕ e |φ(x)| ≤ p(x) = ‖ϕ‖‖x‖, ∀x ∈ X.

Entao se ‖x‖ ≤ 1, |φ(x)| ≤ ‖ϕ‖ e portanto φ e contınua e ‖φ‖ ≤ ‖ϕ‖. Mas por ser uma

extensao de ϕ, ‖φ‖ ≥ ‖ϕ‖. Logo ‖φ‖ = ‖ϕ‖.

Corolario 2.20. Seja X um espaco normado e x0 ∈ X \ {0}. Entao existe φ ∈ X∗ tal

que

‖φ‖ = 1 e φ(x0) = ‖x0‖.

Demonstracao. Seja M = [x0]. Defina em M o funcional ϕ por ϕ(λx0) = λ‖x0‖. Entao

ϕ e claramente linear e contınuo, pois M tem dimensao finita. Note que φ(x0) = ‖x0‖ e

‖ϕ‖ = supx∈SM

|ϕ(x)| = sup‖λx‖=1

|λ|‖x‖ = 1.

Pelo Teorema de Hahn-Banach, existe φ ∈ X∗ tal que φ∣∣M

= ϕ e ‖φ‖ = ‖ϕ‖. Entao

φ(x0) = ϕ(x0) = ‖x0‖ e ‖φ‖ = 1.

2.3. Exercıcios 41

Corolario 2.21. Seja X um espaco normado e x ∈ X. Entao

‖x‖ = supϕ∈BX∗

|ϕ(x)|,

e tal supremo e atingido para algum ϕ ∈ BX∗ .

Demonstracao. Se ‖ϕ‖ ≤ 1, entao |ϕ(x)| ≤ ‖ϕ‖‖x‖ ≤ ‖x‖. Logo supφ∈BX∗ |ϕ(x)| ≤ ‖x‖.Mas pelo corolario anterior, existe φ ∈ SX∗ tal que φ(x) = ‖x‖. Entao ‖x‖ = sup

ϕ∈BX∗|ϕ(x)|

e o supremo e atingido em φ.

Corolario 2.22. Seja M um subespaco fechado de um espaco normado X. Entao dado

x0 ∈ X \M , existe φ ∈ X∗ tal que

φ∣∣M≡ 0, ‖φ‖ = 1 e φ(x0) = d(x0,M).

Demonstracao. Sendo M fechado, X/M e um espaco normado. Como vimos, a norma em

X/M e dada por ‖x+M‖ = d(x,M). Como x0 /∈M , x0 +M 6= 0 em X/M . Pelo primeiro

corolario aplicado em X/M , existe φ ∈ (X/M)∗ com ‖φ‖ = 1 e ‖φ(x0 +M)‖ = ‖x0 +M‖.Seja π : X → X/M a aplicacao quociente e definimos φ = φ ◦ π : X → K. Entao φ e

linear e contınua. Se x ∈M , entao φ(x) = φ(M) = 0, e portanto φ∣∣M≡ 0. Pelo teorema

1.50, ‖φ‖ = ‖φ‖ = 1. Finalmente, φ(x0) = φ(x0 +M) = ‖x0 +M‖ = d(x0,M).

Outras consequencias do Teorema de Hahn-Banach estao nos exercıcios.

2.3 Exercıcios

Consequencias do Teorema de Baire

1. (a) Mostre que todo subespaco proprio de um espaco normado X tem interior vazio.

(b) Use o teorema de Baire para mostrar que nao existem espacos de Banach de

dimensao enumeravel.

2. Seja X um espaco de Banach de dimensao infinita e considere uma base algebrica

B = {xi : i ∈ I} de X. Entao I e nao enumeravel pelo exercıcio anterior. Considere

os funcionais coordenados x∗i , i ∈ I. Mostre que apenas um numero finito destes

funcionais sao contınuos.


3. Sejam X = C1[0, 1] o espaco das funcoes com a primeira derivada contınua e Y =

C[0, 1], ambos com a norma do supremo. Mostre que o operador derivacao D : X →Y tem grafico fechado, mas nao e contınuo. Conclusao?

4. Mostre que se T : X → e uma aplicacao linear do espaco de Banach X no espaco

normado Y , entao T e contınua se, e somente se, T−1(BY ) tem interior nao vazio.

5. (Aplicacoes Bilineares Contınuas) Sejam X, Y e Z espacos vetoriais normados sobre

K e B : X × Y → X uma aplicacao bilinear. Mostre que as seguintes condicoes sao

equivalentes:

(a) B e contınua;

(b) B e contınua na origem (0, 0) ∈ X × Y ;

(c) Existe M > 0 tal que ‖B(x, y)‖ ≤ M‖x‖‖y‖ para quaisquer x ∈ X, y ∈ Y .

6. Mostre que toda bilinear separadamente contınua (ou seja, contınua na primeira

variavel e contınua na segunda separadamente) definida em espacos de Banach e

contınua. Sugestao: Use o Princıpio da Limitacao Uniforme.

7. Mostre que uma aplicacao bilinear definida em espacos de dimensao finita e sempre

contınua.

8. Suponha que ‖ · ‖ e ‖ · ‖0 sejam duas normas definidas em um espaco vetorial X

com as quais(X, ‖ · ‖

)e(X, ‖ · ‖0

)sejam espacos de Banach. Mostre que se existe

M > 0 tal que ‖x‖0 ≤M‖x‖, para todo x ∈ X, entao as normas nao equivalentes.

9. Mostre que a norma ‖ · ‖1 e uma semi-norma enumeravelmente sub-aditiva em c00

que nao e contınua. Qual o motivo?

10. O objetivo deste exercıcio e mostrar que todo espaco separavel e um quociente de `1.

Seja X um espaco separavel e considere um conjunto {dn : n ∈ N} denso em BX .

(a) Mostre que a (αn)n ∈ `1 7→∑

n∈N αndn ∈ X e uma aplicacao linear contınua de

`1 em X sobrejetora.

(b) Mostre que existe um subespaco fechado MX de `1 tal que `1/MX∼= X.

Sugestao: Teorema do Isomorfismo.

11. (Base de Schauder) Uma sequencia (xn)n de elementos de um espaco de Banach

X e chamada de base de Schauder se cada elemento x ∈ X pode ser escrito de

modo unico na forma x =∑

n∈N αnxn (Note que na definicao de base algebrica so e

2.3. Exercıcios 43

permitido usar somas finitas).

(a) Mostre que se X possui uma base de Schauder entao X e separavel.

(b) Seja (xn)n uma base de Schauder para um espaco de Banach(X, ‖ · ‖

). Mostre

que a funcao

‖x‖(xn) = supk∈N

∥∥∥∥∥k∑

n=1

αnxn

∥∥∥∥∥ (x =∑n∈N

αnxn)

define uma outra norma em X.

(c) Mostre que(X, ‖ · ‖(xn)

)tambem e um espaco de Banach.

(d) Mostre que ‖·‖(xn) e equivalente a norma original de X. Exercıcio 8 pode ajudar.

(e) Mostre que as projecoes

Pk : x =∑n∈N

αnxn ∈ X 7→k∑

n=1

αnxn ∈ [x1, x2, . . . , xk]

sao contınuas. Conclua que os funcionais lineares

x∗k

(∑n∈N

αnxn

)= αk

sao contınuos. Tais funcionais sao chamados de funcionais coordenados em relacao

a base de Schauder (xn)n. Compare com o exercıcio 2.

Teorema de Hahn-Banach

12. Mostre que o operador identidade em c00 nao pode ser estendido a uma aplicacao

contınua de c0 em c00.

13. SejaM um subespaco de um espaco normadoX. Mostre queM =⋂{

Ker ϕ : ϕ∣∣M≡ 0}

.

14. Mostre que X∗ separa pontos de X. Ou seja, mostre que dados x, y ∈ X com x 6= y

existe ϕ ∈ X∗ tal que ϕ(x) 6= ϕ(y).

15. Um espaco de Banach Y e chamado de isometricamente injetivo se o teorema de

Hahn-Banach continua valido com Y no lugar de K. Mostre que `∞ e isometrica-

mente injetivo.

Parte 3

Duais e Biduais

3.1 O Espaco Dual

Lembramos que se X e um espaco normado, o dual (topologico) de X e o espaco de

Banach X∗def= L(X; K). O espaco vetorial dos funcionais lineares em X e chamado de

dual algebrico de X e e denotado por X#.

Exemplo 3.1. Seja X = c0. Entao X∗ ≡ `1.

De fato, considere a aplicacao T : `1 → c∗0 definida por T (βn)n(αn)n =∑n∈N

βnαn. T esta

bem definida, pois para cada k ∈ N,

k∑n=1

|βnαn| ≤ maxn=1,...k

|αn|k∑

n=1

|βn| ≤ ‖(αn)n‖∞‖(βn)n‖1.

Logo,∑n∈N

βnαn e absolutamente convergente e portanto converge em K. Vemos tambem

pelas desigualdades acima que se ‖(αn)n‖∞ ≤ 1, ‖T (βn)n(αn)n‖ ≤ ‖(βn)n‖1. Entao

‖T (βn)n‖ ≤ ‖(βn)n‖1. (1)

E imediato que T e linear e injetora. Vamos mostrar que T e sobre c∗0. Seja entao ϕ ∈ c∗0.Para cada n, definimos βn = ϕ(en), onde en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , ). Tomamos γn escalar

de modulo 1 tal que |βn| = γnβn. Assim,

k∑n=1

|βn| =k∑

n=1

γnϕ(en) = ϕ

(k∑

n=1

γnen

)≤ ‖ϕ‖,

44

3.1. O Espaco Dual 45

pois∑k

n=1 γnen tem norma um em c0. Logo, (βn)n ∈ `1 e ‖(βn)n‖1 ≤ ‖ϕ‖ (2). Alem

disso, para todo (αn)n ∈ c0,

ϕ(αn)n = ϕ

(∑n∈N

αnen

)=∑n∈N

αnϕ (en) =∑n∈N

αnβn = T (βn)n(αn)n,

e portanto T (βn) = ϕ, mostrando que T e sobrejetora. Finalmente, por (1) e (2) T e uma

isometria.

O exemplo anterior mostra que o dual de c0 pode ser identificado de uma maneira

natural com `1, onde a acao de (βn)n ∈ `1 em (αn)n ∈ c0 e dada por (βn)n(αn)n =∑n∈N

βnαn.

Os duais de outros espacos de sequencias podem ser identificados da mesma maneira.

Exemplo 3.2. Se 1 ≤ p < ∞, entao `∗p ≡ `q, onde q e o conjugado de p. Em particu-

lar, `∗1 ≡ `∞. As identificacoes sao como no exemplo anterior: (βn)n(αn)n =∑n∈N

βnαn.

Deixaremos a demonstracao como exercıcio.

Exemplo 3.3. Se 1 ≤ p < ∞, o dual de Lp[0, 1] pode ser identificado com Lq[0, 1],

onde q e o conjugado de p. Se ϕ ∈ Lp[0, 1]∗ esta identificado com g ∈ Lq[0, 1], entao

ϕ(f) =∫

[0,1]fgdµ.

Definicao 3.4. Seja X um espaco normado. Se A e subconjunto de X, definimos o

anulador de A por

A⊥ = {x∗ ∈ X∗ : x∗(a) = 0, ∀a ∈ A}.

Se B e um subconjunto de X∗, definimos o anulador a esquerda de B por

⊥B = {x ∈ X : b(x) = 0, ∀b ∈ B}.

E facil ver que A⊥ e ⊥B sao subespacos fechados de X∗ e X, respectivamente (ex-

ercıcio). Alem disso, temos o seguinte fato:

Proposicao 3.5. Sejam A e B como na definicao anterior. Entao ⊥(A⊥) = [A]. Conse-

quentemente, se A e um subespaco de X, entao ⊥(A⊥) = A.

Demonstracao. Pela observacao feita anteriormente, ⊥(A⊥) e um subespaco fechado de

X. Claramente ⊥(A⊥) contem A. Logo ⊥(A⊥) ⊃ A. Por outro lado, suponha que x /∈ A.

Entao por Hahn-Banach, exite um um funcional ϕ ∈ X∗ que se anula em A mas nao em

x. Entao ϕ ∈ A⊥. Mas como ϕ(x) 6= 0, segue que x /∈⊥(A⊥). Logo ⊥(A⊥) = A.


Os anuladores podem ser usados para identificar certos duais. Vejamos alguns exem-

plos:

Teorema 3.6. Seja X normado e M um subespaco fechado de X. Entao o dual de X/M

e isometrico a M⊥.

Demonstracao. Seja π : X → X/M a projecao natural. Definimos a aplicacao T :

(X/M)∗ →M⊥ pondo T (ϕ) = ϕ ◦ π. Note que T esta bem definida, pois π(M) = {0}.

Seja x∗ ∈ M⊥. Entao M ⊂ Ker x∗ e portanto pelo teorema 1.50 existe um unico

funcional linear ϕ : X/M → K tal que x∗ = ϕ◦π e alem disso ‖x∗‖ = ‖ϕ‖. Entao T (ϕ) =

ϕ ◦ π = x∗. Vemos entao que T e uma aplicacao sobrejetora e ‖T (ϕ)‖ = ‖x∗‖ = ‖ϕ‖, o

que mostra que T e uma isometria.

Mais explicitamente, o teorema anterior diz que (X/M)∗ pode ser identificado com

M⊥ da seguinte forma: Se ϕ ∈ (X/M)∗ esta identificado com m⊥ ∈ M⊥, entao

m⊥(x+M) = m⊥(x).

A proxima identificacao e bastante intuitiva.

Teorema 3.7. Seja X normado e M um subespaco de X. Entao existe uma isometria

que que identifica o dual de M com X∗/M⊥ da seguinte forma: Se um elemento de M∗

e visto como um elemento x∗ + M⊥ ∈ X∗/M⊥, entao x∗ + M⊥ age em m ∈ M por

x∗ +M⊥(m) = x∗(m).

Demonstracao. Considere T : X∗/M⊥ → M∗ definida por T (x∗ + M⊥) = x∗∣∣M

. Temos

que mostrar que T esta bem definida, ou seja, que independe dos representantes da classe

x∗+M⊥. Tomamos entao y∗+M⊥ = x∗+M⊥. Pela definicao do quociente, y∗−x∗ ∈M⊥

e portanto y∗ − x∗ se anula em M . Isso mostra que x∗∣∣M

= y∗∣∣M

e T esta bem definida.

Claramente T e linear. T tambem e sobrejetora pois dado m∗ ∈ M∗, basta tomarmos

m∗ ∈ X∗ uma extensao de Hahn-Banach de m∗ que teremos T (m∗ + M⊥) = m∗. Resta

mostrar que T preserva norma.

Seja entao x∗0+M⊥ ∈ X∗/M⊥ e considerem∗ = T (x∗0+M⊥) ∈M∗. Entaom∗ = x∗0∣∣M

.

Tomamos uma extensao de Hahn-Banach x∗ ∈ X∗ de m∗. Entao x0 e x coincidem em M

e portanto x∗0 +M⊥ = x∗ +M⊥. Se y⊥ ∈M⊥, entao

‖m∗‖ = supm∈BM

|x∗(m)| = supm∈BM

|(x∗ + y⊥)(m)| ≤ supx∈BX

|(x∗ + y⊥)(x)| = ‖x∗ + y⊥‖,

3.2. O Adjunto de um operador linear 47

e assim ‖m∗‖ ≤ infy⊥∈M⊥

‖x∗+ y⊥‖ = ‖x∗+M⊥‖ = ‖x∗0 +M⊥‖. Mas por outro lado, ‖x∗0 +

M⊥‖ ≤ ‖x∗‖ = ‖m∗‖. Isso mostra que T preserva norma e conclui a demonstracao.

3.2 O Adjunto de um operador linear

Definicao 3.8. Sejam X e Y espacos normados e T ∈ L(X;Y ). Entao o (Banach)

adjunto de T e a aplicacao linear T ∗ : Y ∗ → X∗ definida por T ∗(y∗) = y∗ ◦ T .

Lema 3.9. Sejam X e Y espacos normados.

(a) Se T : X → Y e linear, entao T e contınuo se, e somente se, sup{|y∗(T (x))| : x ∈BX , y

∗ ∈ BY ∗} <∞. Neste caso. ‖T‖ = sup{|y∗(T (x))| : x ∈ BX , y∗ ∈ BY ∗}.

(b) Se T : Y → X∗ e linear, entao T e contınuo se, e somente se, sup{|T (y)(x)| : x ∈BX , y ∈ BY } <∞. Neste caso. ‖T‖ = sup{|T (y)(x)| : x ∈ BX , y ∈ BY }.

Demonstracao. (a) Por Hahn-Banach, ‖T (x)‖ = sup{|y∗(T (x))| : y∗ ∈ By∗}. Logo

supx∈BX ‖T (x)‖ = sup{|y∗(T (x))| : x ∈ BX , y∗ ∈ By∗}. Assim, T e contınua se e somente

se tal supremos e finito. E neste caso, ‖T‖ = sup{|y∗(T (x))| : x ∈ BX , y∗ ∈ By∗}.

(b) E parecida com o item anterior e deixaremos como exercıcio.

Teorema 3.10. Seja T ∈ L(X;Y ) e considere T ∗ : Y ∗ → X∗ seu adjunto. Entao T ∗

e contınuo e ‖T‖ = ‖T ∗‖. Se T e um isomorfismo (ou isometria), entao T ∗ tambem e

isomorfismo (ou isometria).

Demonstracao. Pelo lema anterior, partes (a) e (b)

‖T‖ (a)= sup{|y∗(T (x))| : x ∈ BX , y

∗ ∈ By∗}= sup{|T ∗(y∗)(x)| : x ∈ BX , y

∗ ∈ By∗}(b)= ‖T ∗‖.

Agora suponha que T seja isomorfismo. Entao, T ∗ e injetor, pois

T ∗(y∗) = 0⇒ T ∗(y∗)(x) = 0, ∀x ∈ X ⇒ y∗(T (x)) = 0, ∀x ∈ X ⇒ y∗ ≡ 0,

pois T e sobrejetor. T ∗ tambem e sobrejetor, pois dado x∗ ∈ X∗ tomamos x∗ ◦ T−1 ∈ Y ∗.Assim,

T ∗(x∗ ◦ T−1) = x∗ ◦ T−1 ◦ T = x∗.


Assim, T ∗ e uma bijecao contınua entre os espacos de Banach Y ∗ e X∗, sendo contınuo,

pelo Teorema da Aplicacao Aberta. Logo, e um isomorfismo.

Agora, se T e uma isometria, pelo que acabamos de fazer T ∗ e uma bijecao, e alem

disso,

‖T ∗(y∗)‖ = supx∈BX

|T ∗(y∗)(x)| = supx∈BX

|y∗ ◦ T (x)| = supy∈BY

|y∗(y)| = ‖y∗‖,

pois T e uma isometria. Vemos entao que T ∗ preserva norma.

Destacamos o seguinte corolario, cuja demonstracao e imediata usando o teorema

anterior.

Corolario 3.11. Se dois espacos normados sao isomorfos ou isometricos, entao seus

duais tem a mesma propriedade.

Observacao 3.12. A recıproca do corolario nao e verdadeira. Dois duais podem ser

isometricos sem que os espacos originais sejam isometricos. Por exemplo, o dual de c0 e

de c sao isometricos a `1 e portanto sao isometricos entre si. Porem c0 e c sao isomorfos,

mas nao isometricos. Veja os exercıcios.

3.3 O Bidual

Seja X um espaco normado. O bidual e o espaco de Banach X∗∗def= (X∗)∗.

Exemplo 3.13. O dual de c0 e (isometrico a) `1. Por sua vez, o dual de `1 e `∞. Entao,

o bidual de c0 e (isometrico a) `∞.

Um espaco normado X pode ser imerso canonicamente em seu bidual. Considere a

aplicacao natural iX : X → X∗∗ definida por

iX(x) = x, onde x(x∗) = x∗(x), ∀x∗ ∈ X∗.

iX : X → X∗∗ esta bem definida, pois

supx∗∈BX∗

|iX(x)(x∗)| = supx∗∈BX∗

|x∗(x)| = ‖x‖,

por Hahn-Banach. Logo iX(x) ∈ X∗∗ e ‖iX(x)‖ = ‖x‖. Isso mostra tambem que iX : X →X∗∗ e uma imersao isometrica. Salientamos que iX nao e necessariamente sobrejetora.

Discutiremos isso a seguir. Antes, vejamos uma aplicacao desta imersao.

3.3. O Bidual 49

Teorema 3.14. (Completamento de um espaco normado) Seja X um espaco normado.

Entao existe um espaco de Banach Y e uma imersao isometrica T : X → Y com T (X)

denso em Y . Alem disso, Y com as propriedades acima e unico a menos de isometria.

Demonstracao. Seja iX : X → X∗∗. Basta considerar Y = iX(X) e T : X → Y dada por

T (x) = iX(x), ∀x ∈ X. Y e completo pois e fechado dentro do Banach X∗∗. Evidente-

mente T (X) e denso em Y e T e uma imersao isometrica.

Para a unicidade, suponha que exista uma imersao isometrica R : X → Z com Z

Banach eR(X) denso em Z. Considere a aplicacao S = R◦i−1 : iX(X)→ R(X), onde i−1 e

a inversa a esquerda de iX . Entao S e uma isometria, por ser composta de isometrias. Pelo

teorema 1.45, S admite uma extensao contınuas S de Y = iX(X) em Z = R(X). Como

S preserva normas em iX(X), segue facilmente da continuidade de S e da densidade de

iX(X) em Y que S e uma imersao isometrica, ou seja, ‖S(y)‖ = ‖y‖, ∀y ∈ Y . Basta entao

verificar que S e sobrejetora. Como Y e Banach, S(Y ) tambem e e portanto e fechado

em Z. Como S(Y ) contem o denso R(X), devemos ter obrigatoriamente S(Y ) = Z, o

que mostra que S e sobrejetora.

Um espaco Y como no teorema anterior (unico a menos de isometria) e chamado

de completamento de X e e denotado por X. Note que se X e Banach, entao iX(X) e

fechado e portanto iX(X) = iX(X). Entao X e igual (isometrico) ao seu completamento.

Temos a seguinte propriedade para o completamento.

Proposicao 3.15. Um espaco normado tem o mesmo dual que seu completamento.

Demonstracao. Claro que aqui “mesmo dual”significa “duais isometricos”. Como espacos

isometricos tem o mesmo dual, e suficiente provar o resultado para completamento de X

explicitado na demonstracao do teorema anterior. Considere a aplicacao

S : iX(X) ∗ → X∗ dado por S(y∗) = y∗ ◦ iX ,

onde iX e a imersao canonica de X em X∗∗. Claramente S e linear e esta bem definida.

Seja y∗ ∈ iX(X) ∗. Pela densidade de iX(X) em iX(X) temos que

‖y∗‖ = supz∈B

iX (X)

|y∗(z)| = supx∈BX

|y∗(iX(x))| = supx∈BX

|S(y∗)(x)| = ‖S(y∗)‖,

o que mostra que S e injetora e preserva normas.


Resta mostrar que S e sobrejetora. Seja entao x∗ ∈ X∗. A funcao x∗ ◦ i−1 e um

funcional linear contınuo em iX(X). Logo, admite uma unica extensao y∗ para iX(X).

Assim, se x ∈ X,

S(y∗)(x) = y∗ ◦ iX(x) = x∗(x),

pelas definicoes de S e y∗. Logo, S(y∗) = x∗.

Exemplo 3.16. c00 e denso em c0 que por sua vez e completo. Entao c0 e o completamento

de c00. A imersao isometrica T : c00 → c0 do Teorema 3.14 e a inclusao. Pela proposicao

anterior o dual de c00 e igual ao de c0. Entao c∗00 = `1.

Vimos no Teorema 3.7 que o dual de um subespaco M de X pode ser visto como um

quociente de X∗. A proposicao seguinte nos mostra que o bidual de M pode ser visto

como um subespaco do bidual de X. Denotaremos por M⊥⊥ o subespaco (M⊥)⊥ ⊂ X∗∗.

Proposicao 3.17. Seja M um subespaco de um espaco normado X. Considere a isome-

tria T : X∗/M⊥ → M∗ dada pelo Teorema 3.7. Entao a aplicacao S : M⊥⊥ → M∗∗

definida por S(m⊥⊥)(T (x∗ +M⊥)) = m⊥⊥(x∗) e uma isometria.

Demonstracao. Pelo teorema 3.6 a aplicacao Q : M⊥⊥ → (X∗/M⊥)∗ dada por

Q(m⊥⊥)(x∗ +M⊥) = m⊥⊥(x∗)

e uma isometria. A aplicacao T : X∗/M⊥ →M∗ a qual o enunciado se refere e dada por

T (x∗ +M⊥)(m) = x∗(m).

Considere seu adjunto T ∗ : M∗∗ → (X∗/M⊥)∗, que tambem e uma isometria pelo teorema

3.10. Entao a aplicacao Sdef= (T ∗)−1 ◦Q : M⊥⊥ →M∗∗ e uma isometria. Alem disso

S(m⊥⊥)(T (x∗ +M⊥)) = (T ∗)−1 ◦Q(m⊥⊥)(T (x∗ +M⊥))

= T ∗((T ∗)−1 ◦Q(m⊥⊥)

)(x∗ +M⊥)

= Q(m⊥⊥)(x∗ +M⊥)

= m⊥⊥(x).

O Teorema anterior deve ser interpretado da seguinte forma: Considere M∗ identi-

ficado com X∗/M⊥ como no Teorema 3.7. Entao ha uma isometria que identifica M∗∗

com M⊥⊥, a saber, a acao de um elemento m⊥⊥ ∈ M∗∗ em x∗ + M⊥ ∈ M∗ e dada por

m⊥⊥(x∗ +M⊥) = m⊥⊥(x∗).

3.4. Espacos Reflexivos 51

3.4 Espacos Reflexivos

Comentamos na secao anterior que a aplicacao canonica iX : X → X∗∗ nao e neces-

sariamente sobrejetora. De fato, se consideramos o bidual de c0 identificado com `∞ entao

iX : c0 → `∞ claramente nao pode ser sobrejetora, pois c0 e separavel e `∞ (veja a secao

sobre espacos separaveis). Isto motiva a seguinte

Definicao 3.18. Um espaco normado e reflexivo se a imersao canonica iX : X → X∗∗

for sobrejetora.

A definicao acima e devida a H. Hahn. Porem ele chamava tais espacos de regulares,

um termo um tanto vago.

E importante salientar que a definicao de reflexividade exige que iX : X → X∗∗ seja

isometria e nao que exista uma isometria entre X e X∗∗. Surge entao a pergunta natural:

Se ha uma isometria entre X e X∗∗, sera que X e reflexivo. Ou seja, a existencia de uma

isometria X e X∗∗ implica que iX : X → X∗∗ seja isometria? A pergunta foi respondida

negativamente por R.C. James em um artigo onde ele constroi um espaco de Banach J

isometrico ao seu bidual, mas nao reflexivo.

No entanto, note que para um espaco ser reflexivo ele deve ser em particular isometrico

ao bidual, que sempre e completo. Entao todo espaco reflexivo e de Banach.

Exemplo 3.19. Se X tem dimensao finita entao, como vimos, X∗ = X#. Sendo assim,

X e X∗ tem a mesma dimensao. Logo, a imersao canonica deve ser sobrejetora, pois e

sempre injetora. Isso mostra que todo espaco normado de dimensao finita e reflexivo.

Exemplo 3.20. Seja 1 < p < ∞ e q o conjugado de p. Considere as isometrias

Tp : Lp[0, 1] → Lq[0, 1]∗ e Tq : Lq[0, 1] → Lp[0, 1]∗ definidas no exemplo 3.3. Seja

i : Lp[0, 1] → Lp[0, 1]∗∗ a imersao canonica. Dado x∗∗ ∈ Lp[0, 1]∗∗, temos que x∗∗ ◦ Tq ∈Lq[0, 1]∗. Logo, existe f ∈ Lp[0, 1] tal que Tp(f) = x∗∗ ◦ Tq. Assim, dado x∗ ∈ Lp[0, 1]∗,

tomamos g ∈ Lq[0, 1] tal que Tq(g) = x∗ e obtemos

x∗∗(x∗) = x∗∗(Tq(g)) = Tp(f)(g) =

∫[0,1]

fgdµ = Tq(g)(f) = x∗(f) = i(f)(x∗).

Logo, i(f) = x∗∗ e portanto i : Lp[0, 1]→ Lp[0, 1]∗∗ e sobrejetora, sendo Lp[0, 1] reflexivo.

Exemplo 3.21. De uma maneira bem parecida mostramos que `p e reflexivo se 1 < p <

∞. Deixaremos a demonstracao como exercıcio.


Veremos adiante que se p = 1 ou p = ∞ entao nem Lp[0, 1] e nem `p sao reflexivos.

Antes vejamos algumas propriedades dos espacos reflexivos.

Proposicao 3.22. Se X e reflexivo, entao todo elemento de X∗ atinge sua norma.

Demonstracao. Seja ϕ ∈ X∗. Entao, por Hahn-Banach, existe x∗∗ ∈ X∗∗ de norma 1 tal

que ‖ϕ‖ = |x∗∗(ϕ)|. Como X e reflexivo, existe x0 ∈ BX tal que iX(x0) = x∗∗. Assim

‖ϕ‖ = |iX(x0)(ϕ)| = |ϕ(x0)|.

Exemplo 3.23. Considere c∗0 identificado com `1 da maneira usual. Tomamos o funcional

(2−n)n ∈ c∗0. Entao ‖(2−n)n‖1 = 1, mas se (αn)n ∈ Bc0 , entao vemos que

|(2−n)n(αn)n| = |∑n∈N

αn2−n| < |∑n∈N

2−n| = 1,

pois (αn)n converge a zero. Logo (2−n)n nao atinge sua norma. Como ja sabemos, c0 nao

e reflexivo.

A recıproca da proposicao anterior e verdadeira. Se X e um espaco de Banach o

qual todo funcional definido em X atinge a norma, entao X e reflexivo. O resultado foi

demonstrado tambem por R.C. James, mas a demonstracao nao e simples e nao a faremos

aqui. Fica apenas o registro.

Teorema 3.24. Seu espaco normado e isomorfo a um espaco reflexivo, entao tambem e

reflexivo.

Demonstracao. Sejam Y isomorfo ao reflexivo X e T : X → Y um isomorfismo. Entao,

como vimos, os adjuntos T ∗ : Y ∗ → X∗ e T ∗∗ : X∗∗ → Y ∗∗ tambem sao isomorfismos.

Temos que mostrar que a imersao canonica iY : Y → Y ∗∗ e sobrejetora. Seja y∗∗ ∈ Y ∗∗.Entao existe x∗∗ ∈ X∗∗ tal que T ∗∗(x∗∗) = y∗∗. Como X e reflexivo, existe x ∈ X tal que

iX(x) = x∗∗. Assim, para todo y∗ ∈ Y ∗,

y∗∗(y∗) = T ∗∗(x∗∗)(y∗) = x∗∗ ◦ T ∗(y∗) = x∗∗(y∗ ◦ T ) = iX(x)(y∗ ◦ T ) = y∗(T (x)).

Portanto, y∗∗ = iY (T (x)).

Teorema 3.25. Todo subespaco fechado de um espaco reflexivo e reflexivo.

Demonstracao. Seja M subespaco fechado de um espaco reflexivo X. Dado um elemento

m∗∗ ∈M∗∗, temos que mostrar que existe m ∈M tal que m∗∗(m∗) = m∗(m), ∀m∗ ∈M∗.

3.4. Espacos Reflexivos 53

Considere a isometria T : X∗/M⊥ → M∗ dada por T (x∗ + M⊥)(m) = x∗(m), usada no

Teorema 3.7. Defina o funcional x∗∗ ∈ X∗∗ por x∗∗ = m∗∗ ◦ T ◦ π, onde π : X∗ → X∗/M⊥

e a aplicacao quociente. Como X e reflexivo, existe x ∈ X tal que x∗∗(x∗) = x∗(x), ∀x∗ ∈X∗ (∗).

Afirmamos que x ∈ M . De fato, caso contrario, por Hahn-Banach, existiria um

funcional m⊥ ∈ X∗ que se anula em M mas nao em x (note que ai usamos o fato de

M ser fechado). Por (∗), x∗∗(m⊥) = m⊥(x) 6= 0 mas pela definicao de x∗∗, x∗∗(m⊥) =

m∗∗ ◦ T ◦ π(m⊥) = m∗∗ ◦ T (0 +M⊥) = 0, chegando a uma contradicao. Entao x ∈M .

Assim, para todo m∗ ∈M∗, se x∗ +M⊥ = T−1(m∗),

m∗∗(m∗) = m∗∗(T (x∗ +M⊥)

)= m∗∗ ◦ T ◦ π(x∗)

= x∗∗(x∗) = x∗(x) = m∗(x) = iM(x)(m∗).

Logo, iM(m) = m∗∗.

Corolario 3.26. Um espaco de Banach e reflexivo se, e somente se, seu dual e reflexivo.

Demonstracao. Suponha que X seja reflexivo. Temos que mostrar que a imersao

iX∗ : X∗ → X∗∗∗ e sobrejetora. Dado Φ ∈ X∗∗∗, tomamos ϕ = Φ ◦ iX ∈ X∗. Entao,

se x∗∗ ∈ X∗∗, existe x ∈ X tal que iX(x) = x∗∗ (pois X e reflexivo). Assim

iX∗(ϕ)(x∗∗) = x∗∗(ϕ) = iX(x)(ϕ) = ϕ(x) = Φ ◦ iX(x) = Φ(x∗∗).

Logo iX∗(ϕ) = Φ e portanto iX∗ e sobrejetora.

Reciprocamente, se X∗ for reflexivo, pelo que fizemos anteriormente X∗∗ tambem

sera. Como X e Banach, iX(X) e fechado no reflexivo X∗∗ e portanto reflexivo pelo

teorema anterior. Consequentemente X e reflexivo por ser isometrico a iX(X).

Exemplos 3.27. Sabemos que c0 nao e reflexivo. Pelo corolario anterior c∗0 tambem nao

e. Consequentemente `1 ≡ c∗0 nao e reflexivo. Analogamente, `∞ ≡ `∗1 nao e reflexivo.

Como `p e (isometrico a) um subespaco de Lp[0, 1] (veja os exercıcios), entao Lp[0, 1]

tambem nao e reflexivo se p = 1 ou p =∞.


3.5 Exercıcios

Duais e Biduais

1. Mostre que o dual de c tambem pode ser identificado com `1. Conclua que dois

espacos normados nao isometricos podem ter duais isometricos.

2. Mostre que se X for separavel entao X∗ sera separavel. A recıproca e verdadeira?

3. Caracterize os elementos de c∗0 que atingem sua norma. Mostre que o conjunto de

tais funcionais e denso em c∗0. Isso e um caso particular do Teorema de Bishop-

Phelps que diz que se X um espaco de Banach, o conjuntos dos elementos de X∗

que atingem a norma e denso em X.

4. (a) Verique que a aplicacao T 7→ T ∗ e uma imersao isometrica de L(X;Y ) em

L(Y ∗;X∗).

(b) Mostre que nao pode existir um isomorfismo de L(K; c0) sobre L(c∗0; K∗). Con-

clua que a imersao do item (a) nem sempre e sobrejetora, ou seja, existem operadores

entre duais que nao sao adjuntos de ninguem.

5. Sejam X e Y espacos normados.

(a) Dados x∗ ∈ X∗ e y ∈ Y , mostre que a aplicacao Tx∗;y : X → Y definida pela

formula Tx∗;y(x) = x∗(x)y e linear e contınua. Mostre ainda que ‖Tx∗;y‖ = ‖x∗‖‖y‖.(b) Se X 6= ∅, mostre que L(X;Y ) contem um subespaco fechado isometrico a Y .

(c) Mostre que se X 6= ∅ entaoL(X;Y ) e Banach se, e somente se, Y e Banach.

6. Se X e reflexivo e M e um subespaco fechado de X, mostre que X/M tambem e

reflexivo.

7. Mostre que se existe uma aplicacao linear contınua de um espaco reflexivo X sobre

um espaco de Banach Y , entao Y tambem e reflexivo.

8. Prove que um subconjunto A de um espaco normado e limitado se, e somente se,

ϕ(A) e limitado em K para todo ϕ ∈ X∗.

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