AF - Lista 02

Professor Marcos Leandro

Turma de Doutorado 2018
2 de Maio de 2018

1. Seja E um espaço vetorial sobre um corpo de escalares F (não necessariamente de dimensão nita).
Dizemos que um conjunto B ⊂ E é dita uma base de Hamel se B é um conjunto linearmente
independente e spanB = E.
(a) Use o Lema de Zorn para provar que todo espaço vetorial não trivial possui base de Hamel.

(b) Use o Teorema da Categoria de Baire para mostrar que se E é um espaço de Banach e dimE = ∞,
então B é não-enumerável.

(c) Prove que todas as bases de Hamel E possuem a mesma cardinalidade.

(d) Dê um exemplo de um espaço vetorial que não seja de Banach e que tenha a base de Hamel
enumerável.

Solution:
(a) Seja E 6= {0} um espaço vetorial sobre K. Considere

C = {X ⊂ E : X é linearmente independente},

parcialmente ordenado pela inclusão.

Nesse conjunto, aplicaremos o Lema de Zorn para obtermos uma base de Hamel para E.
Tomando x ∈ E \ {0}, temos que {x} ∈ C , e assim, C 6= ∅. Tome A = {Xλ }λ∈Λ uma
cadeia, i.e., um conjunto totalmente ordenado em C e considere

[
X= Xλ . (1)
λ∈Λ

Armamos que X ∈ C . De fato, é claro que X ⊂ E . Além disso, se x1 , · · · , xn são elementos

de X, A é totalmente ordenado, segue que existe λ0 ∈ Λ tal que Xλ0 contém
então, como
todos esses elementos, e portanto, x1 , · · · , xn são linearmente independentes, demonstrando
assim nossa armação.

Como a ordem parcial em C é dada pela inclusão, segue de (1) que X ∈ C é uma cota
superior para A. Da arbritariedade de A, temos que toda cadeia em C possui cota superior
em C. Aplicamos então o Lema de Zorn, que garante a existência de um elemento maximal
em C. Chamemos esse elemento de B.
Armação: B é base de Hamel para E.
Pela denição deC , temos que B ⊂ E é linearmente independente. Resta assim, mostrarmos
que spanB Suponha o contrário, i.e., suponha que existe x0 ∈ E \ spanB . Como x0
= E.
não é combinação linear (nita) de elementos de B , temos que B ∪ {x0 } é linearmente
independente e que x0 ∈/ B . Temos então

B ⊂ B ∪ {x0 } ∈ C e B 6= B ∪ {x0 },

o que contraria a maximalidade de B, que nos foi garantida pelo Lema de Zorn. Logo,
spanB = E. Como, além disso, B é linearmente independente, provamos assim nossa
armação.

1
(b) Suponha que B = {x1 , x2 , · · · , xk , · · · } seja enumerável e ponha Mk = span{x1 , · · · , xk }.
Então, para cada k ∈ N, Mk é subespaço de E e, como dim Mk = k < ∞, segue que Mk é
Banach (pois todo espaço normado de dimensão nita é Banach). Como Mk é um subspaço
de E que é Banach, tem-se que Mk é fechado. Além disso, pelo fato de E = spanB , segue
que
∞
[
E= Mk ,
k=1

e assim, da completude de E e do Teorema da Categoria de Baire, existe k0 ∈ N tal que

intMk0 6= ∅. Existe portanto uma bola aberta B(a, r) em E que está inteiramente contida
em Mk0 . Mostraremos que, neste caso, Mk0 = E . Para tanto, tomemos x ∈ E \ {a}. Então
r (x − a) r
y := + a é tal que ky − ak = < r, ou seja, y ∈ B(a, r) e, assim, y ∈ Mk0 . Segue
2 kx − ak 2
então que
2
kx − ak(y − a) + a ∈ Mk0 ,
x=
r
uma vez que é combinação linear de y, a ∈ Mk0 , que, por sua vez é espaço vetorial. Assim,
mostramos que todo elemento x ∈ E também pertence a Mk0 ⊂ E , e portanto, Mk0 = E .
Mas isto é um absurdo, uma vez que dim Mk0 = k0 < ∞ = dim E . Essa contradição se
originou quando supomos que B fosse enumerável. B deve, portanto ser não enumerável no
caso de ser dim E = ∞.

(c) Sejam B1 e B2 bases de Hamel de um espaço vetorial E.



 Tome A = {ϕ : Dϕ ⊂ B1 −→ Im(ϕ) ⊂ B2 ; ϕ é injetiva e Im(ϕ) ∪ (B1 \Dϕ ) é L.I. }.



ϕ1 ≤ ϕ2 := Dϕ1 ⊂ Dϕ2 e ϕ2 |Dϕ = ϕ1 .
 1



=⇒ (A, ≤)

é parcialmente ordenado .


 Tome M ⊂ A, M 6= ∅, M totalmente ordenado, arbitrário .


 S
Dena D0 = ϕ∈M Dϕ e ϕ0 (x) = ϕ(x) se x ∈ Dϕ , ∀ϕ ∈ A.




=⇒ M é totalmente ordenado e possui cota superior: ϕ0 .


Pelo Lema de Zorn, o conjunto A possui um elemento maximal, digamos ψ : Dψ −→ B2

em A, onde ψ é injetiva e Im(ψ) ∪ (B1 \Dψ ) é L.I. (*1)

Armação: Dψ = B1

Suponhamos, por contradição, que Dψ ( B1 .

Isto implica que Im(ψ) ( B2 pois, caso contrário, de (*1), teríamos Im(ψ) ∪ (B1 \Dψ ) =
B2 ∪ (B1 \Dψ ) L.I. O que contraria o fato de B2 ser uma base.

Como Im(ψ) ( B2 , tomemos y ∈ B2 \Im(ψ) arbitrário. Temos duas possibilidades:

• Se y é linearmente independente de Im(ψ)∪(B1 \Dψ ), escolhemos um ponto arbitrário

x ∈ B1 \ Dψ e denimos a extensão ψ̃ : Dψ ∪ {x} −→ B2 de ψ pondo ψ̃(x) = y . Isto
implica que ψ ≤ ψ̃ o que contradiz a maximalidade de ψ .

• Se y não é linearmente independente de Im(ψ) ∪ (B1 \Dψ ), podemos expressá-lo de

modo único como X X
y= λv + θu u,
v∈Im(ψ) u∈B1 \Dψ

Page 2
 em que ao menos um θu0 6= 0 pois y é um elemento da base B2 . Considere agora
a extensão ψ̃ : Dψ ∪ {u0 } −→ B2 em que ψ̃(u0 ) = y . Claramente ψ̃ é injetiva e
Dψ ∪ {u0 } ⊂ B1 . Além disso, Im(ψ̃) ∪ (B1 \Dψ̃ é L.I. O que implica ψ ≤ ψ̃ , o que
contradiz a maximalidade de ψ .

Logo Dψ = B1 , onde ψ : B1 −→ B2 é uma função injetora. Isto é, Card(B1 ) ≤ Card(B2 ).

De modo análogo, mostra-se que existe ζ : B2 −→ B1 injetora. Isto é, Card(B2 ) ≤

Card(B1 ).

Pelo Teorema de Schroeder-Bernstein existe uma bijeção entre B1 e B2 e, portanto, possuem

a mesma cardinalidade.

(d) O espaço vetorial dos polinômios com coeciente reais, P (R), não é Banach.
2 n
B = {1, x, x , · · · , x , · · · } é uma base de Hamel para P (R).

2. Dena espaço de Hilbert e base ortonormal completa e mostre que todo espaço de Hilbert não trivial
possui base ortonormal completa.

Solution:
Denição: Um espaço de Hilbert é um espaço vetorial H munido de um produto escalar (u, v)
tal que H é completo na norma k.k denida, para cada u ∈ H por
p
kuk = hu, ui.

Denição: Um conjunto B = {ei } em H é dito uma base ortonormal de H se ele satisfaz as

seguintes propriedades:

i) kei k = 1, ∀i ∈ I , I conjunto de índices;

ii) hei , ej i = 0, ∀i 6= j , i, j ∈ I ;
iii) o espaço linear gerado pelos ei é denso em H; isto é, span B = H .

Se o fato de existir qualquer outra base ortonormal S contendo B implicar que B = S, então B
é dita base ortonormal completa.

Demonstração:

Suponha H 6= 0. Dado h ∈ H , se khk = 1, o subconjunto {h} é um subconjunto ortonormal.

Se khk =
6 1, tome h̄ = h/khk ∈ H , pois H é espaço vetorial, e assim, o subconjunto {h̄} é
ortonormal. Então, vemos que H possui subconjunto ortonormal.

Nós introduzimos uma relação de ordem parcial nos subconjuntos ortonormais de H pela inclusão
de conjuntos. Assim, U ≤V se, e somente se, U ⊂V. Agora, considere

W = {Uj |j ∈ J}

uma família totalmente ordenada de conjuntos ortonormais; isto é, para quaisquer i, j ∈ J

temos que ou Ui ≤ Uj ou Uj ≤ Ui . Note que W é possível, pois a família formada apenas pelo
subconjunto {h} (ou {h̄}) citado anteriormente é um exemplo.
[
Além disso, note que Uj é um subconjunto ortonormal e é uma cota superior para a família
j∈J
W, no sentido de inclusão. De fato, como W é totalmente ordenado, os elementos pertencentes

Page 3
aos subconjuntos que estão na união são ortogonais entre si e são unitários; e é claro que qual-
[
quer Uj ⊂ Uj . Nestas condições, o Lema de Zorn implica que W tem um elemento maximal
j∈J
B = {ei |i ∈ I}. Então B é um subconjunto ortonormal maximal.

Armação: span B = H .

De fato, suponha que exista um y∈H tal que y∈

/ span B . Dena ai por

ai = (y, ei ). (2)

Então vale a desigualdade de Bessel

X
|ai |2 ≤ kyk;
i

basta considerar  2
 X 
y − ai ei  , (3)
 
 
F
onde F representa uma coleção nita de i. Usando a ortonormalidade de {ei }, segue que
 2 !
 X  X X X X X
y − ai ei  = y − ai ei , y − ai ei = (y, y)− ai (ei , y)− ai (y, ei )+ a2i (ei , ej )
 
 
F F F F F F
X X X X
= kyk2 − 2 ai (ei , y) + a2i = kyk2 − a2i = kyk2 − |ai |2 ,
F F F F
onde a penúltima igualdade segue de (2). Como (3) é não negativo, segue que
X X
kyk2 − |ai |2 ≥ 0 ⇒ |ai |2 ≤ kyk2
F F

é válido para toda coleção nita F, e então para a coleção innita.

Como {ei } é um conjunto ortonormal completo, segue do lema (enunciado abaixo) que podemos
denir X
x= ai ei ,
onde x ∈ H, e ai = (x, ei ). Mas, como por (2) ai = (y, ei ), temos que

(y − x, ei ) = (y, ei ) − (x, ei ) = ai − ai = 0,
o que signica que y − x é ortogonal a ei , para todo i. Note que y − x 6= 0, já que y ∈
/ H e
y−x
x ∈ H . Então pode ser acrescentado ao subconjunto ortonormal B , contradizendo o
ky − xk
fato de que este subconjunto é maximal. Portanto, span B = H .

Assim, concluímos que B = {ei |i ∈ I} é base ortonormal completa de H.

Teorema F (Simmons, p.255): Seja H um espaço de Hilbert, e seja {ei } um conjunto ortonormal
em H. Então as seguintes condições são todas equivalentes umas às outras:

i) {ei } é completo;

ii) x ⊥ {ei } ⇒ x = 0;
iii) se x é um vetor arbitrário em H, então
X
x= (x, ei )ei ; (4)

kxk2 = |(x, ei )|2 .

P
iv) se x é um vetor arbitrário em H, então

Referência: SIMMONS, G. F. Introduction to Topology and Modern Analysis. New York: 1963.

Page 4
3. Enuncie e demonstre o Teorema de Hahn-Banach complexo.

Solution: Teorema de Hahn-Banach complexo: Sejam X espaço vetorial real ou complexo

e p : X → [0, ∞), satisfazendo:
p(ξ + η) ≤ p(ξ) + p(η), ∀ ξ, η ∈ X.
p(αξ) = |α|p(ξ), ∀ ξ ∈ X, α ∈ F.
Se f : Z → F é um funcional linear denido no subespaço Z ⊂ X com
|f (x)| ≤ p(x), ∀ x ∈ Z (5)

então f possui extensão linear F : X → F dominada por p, |F (x)| ≤ p(x), ∀ x ∈ X .

Demonstração:
• SeX é espaço vetorial real:
De 5, |f (x)| ≤ p(x) ⇒ f (x) ≤ p(x), ∀ x ∈ Z . Pelo Teorema de Hanh-Banach, existe uma exten-
são linear F : X → R, onde F (x) ≤ p(x). Daí,
−F (x) = F (−x) ≤ p(−x) = | − 1|p(x). Ou seja, −p(x) ≤ F (x), concluímos assim que
|F (x)| ≤ p(x), ∀ x ∈ X .

• SeX é espaço vetorial complexo:

Seja f : Z → C; f (x) = f1 (x) + if2 (x), onde f1 , f2 são funcionais lineares reais e |f (x)| ≤
p(x), ∀ x ∈ Z. Restringindo Z ⊂ X com a multiplicação por escalares reais, observe que:
|f1 (x)| ≤ |f (x)| e |f2 (x)| ≤ |f (x)|, ∀ x ∈ Z . Daí, f1 (x) ≤ p(x) e f2 (x) ≤ p(x).
Pelo Teorema de Hahn-Banach, existem F1 e F2 extensões lineares de f1 e f2 respectivamente.
Retornando para Z ⊂ X e usando f = f1 + if2 , temos que para todo x ∈ Z ,

f1 (ix) + if (ix) = f (ix) = if (x) = i[f1 (x) + if2 (x)] = −f2 (x) + if1 (x)
⇒ f2 (x) = −f1 (ix), ∀ x ∈ Z.

Daí, f (x) = f1 (x) − if1 (ix), ∀ x ∈ Z . Dena, F (x) = F1 (x) − iF1 (ix), ∀ x ∈ X , queremos
mostrar que F é a extensão de f de Z para X , isto é, F é um funcional linear sobre X e
|F (x)| ≤ p(x), ∀ x ∈ X .
De fato, sejam z = a + ib ∈ C e x ∈ X , temos que

F ((a + ib)x) = F (ax + ibx) = F1 (ax + ibx) − iF1 (−bx + aix)

= aF1 (x) + bF1 (ix) + ibF1 (x) − aiF1 (ix) = a[F1 (x) − iF1 (ix)] + ib[F1 (x) − iF1 (ix)]
= (a + ib)[F1 (x) − iF1 (ix)] = (a + ib)F (x)
Portanto, F é um funcional linear sobreX.
Notemos que se x = 0 a desigualdade |F (x)| ≤ p(x) é satisfeita.
Se x 6= 0, temos F (x) 6= 0 assim,
F (x) = |f (x)|eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π ⇒ |F (x)| = e−iθ F (x) = F (e−iθ x)
−iθ
Logo, F (e x) = ReF (e−iθ x). Daí,
|F (x)| = F1 (e−iθ x) ≤ p(e−iθ x) = |e−iθ |p(x) = p(x). Com isso, o teorema ca demonstrado.

4. (a) Mostre através de exemplo que a extensão dada pelo Teorema de Hahn-Banach pode não ser
única.

(b) Seguindo a notação do Brézis, se G = E, mostre que a extensão é única.

Solution:

(a) Sejam E = R2 , G = (x, x) ∈ R2 ; x ∈ R e g : G → R, dada por g(x, x) = x, x ∈ R.
2
Considere p(x, y) = kgk|(x, y)| o funcional sublinear tal que g(x, y) ≤ p(x, y), ∀ (x, y) ∈ R .
2
Considere f1 , f2 : R → R, denidas por f1 (x, y) = x e f2 (x, y) = y . Observe que f1 = f2 =
g em G. E além disso, kf1 k = kf2 k = kgk = 1 e f1 6= f2 .

Page 5
 (b) Suponha que f1 e f2 sejam extensões de g. Dado x ∈ G, existe (xn ) ⊆ G tal que xn → x,
pois G = E. Segue-se que

f1 (x) = lim f1 (xn ) = lim g(xn ) = lim f2 (xn ) = f2 (x),

n→∞ n→∞ n→∞

pois f1|G = f1|G = g . Pela unicidade de limite tem-se que f1 = f2 .

5. Sejam G um subespaço do espaço vetorial E , e p, f como no Teorema de Hahn Banach. Se existem

duas extensões de Hahn-Banach F0 , F1 : E → C de f então
Fs := sF1 + (1 − s)F0 , s ∈ [0, 1]
também é uma extensão Hahn-Banach.

Solution: De fato, como F0 e F1 são extensões de f , temos que F0 |G = F1 |G = f e F0 (x) ≤ p(x)

e F1 (x) ≤ p(x), para todo x ∈ E , onde p : E → C é tal que p(λx) = |λ|p(x) e p(x + y) ≤
p(x) + p(y), para todo λ ∈ C e x, y ∈ E . Agora note que:

i) Fs |G = f , para cada s ∈ [0, 1].

Seja x ∈ G. Então, para cada s ∈ [0, 1],

Fs (x) = sF1 (x) + (1 − s)F0 (x) = sf (x) + (1 − s)f (x) = f (x).

ii) Fs (x) ≤ p(x), para todo x ∈ E.

Dado x ∈ E,

Fs (x) = sF1 (x) + (1 − s)F0 (x) ≤ sp(x) + (1 − s)p(x) = p(x).

Portanto, Fs também é uma extensão Hahn-Banach de f.

6. Sejam E um espaço vetorial normado e G um subespaço de E. Mostre que G é denso se, e somente
se, o único elemento de E∗ que se anula em G é o funcional nulo.

Solution:
⇒)
Note que a função identicamente nula em E é um exemplo de função de E∗ que se anula em
G. Armamos que esta é única. Suponhamos, por contradição, que não, ou seja, que existe
um funcional linear contínuo denido emE que se anula em G tal que g(x0 ) 6= 0 para algum
x0 ∈ E/G. Pela densidade de G em E conseguiriamos uma sequência {xn } convergindo para x0
com g(xn ) = 0 para todo n. Daí, temos

g(x0 ) = lim g(xn ) = lim 0 = 0.

O que é uma contradição.

⇐)
Suponhamos, por contradição, que G não é denso, ou seja, que o fecho G de G é diferente de
E . Note que G continua sendo um subespaço vetorial de E . Considere um y0 ∈ E − G. Seja
N = G + [y0 ]. Então para z ∈ N existem únicos a ∈ K e x ∈ G tais que z = x + ay0 . Dena
ϕ0 : N −→ K, ϕ0 (x + ay0 ) = ad.
onde d = dist(y0 , G), d é diferente de 0. É claro que ϕ0 é linear, ϕ0 (G) = 0
no caso e que
ϕ0 (y0 ) = d. Provemos kϕ0 k = 1. Seja z = x + ay0 ∈ N . Para a 6= 0,
que

x
kzk = kx + ay0 k = |a|
− y0
≥ d |a| = |ϕ0 (z)| ,
−a

Page 6
e para a = 0 a desigualdade kzk ≥ |ϕ0 (z)| é óbvia. Portanto, segue que kϕ0 k ≤ 1. Dado  > 0,
y0 −x
existe x ∈ G tal que d ≤ ky0 − x k ≤ d + . Seja z = ky0 −x k . Então z ∈ N , kz k = 1 e

d d
ϕ0 (z ) = ≥ .
ky0 − x k d+

Como  > 0 é arbitrário, segue que kϕ0 k ≥ 1, e portanto kϕ0 k = 1. Pelo teorema de Hahn-
Banach existe ϕ ∈ E∗ que estende a E tal que kϕk = kϕ0 k = 1. Daí chegamos a contradição,
ϕ0
pois garantirmos a existência de outro funcional linear contínuo que se anula em G e é diferente
do funcional identicamente nulo.

Solution: (OUTRA SOLUÇÃO)

⇒)
Queremos mostrar que o único elemento de E∗ que se anula em G é o funcional nulo.

Note que o funcional identicamente nulo (f ≡ 0) em E é um exemplo de função de E∗ que se

anula em G.
`: (f ≡ 0) é único.

Suponha por absurdo que exista outro funcional linear contínuo g ∈ E∗ que se anule em G tal
que g(x0 ) 6= 0 para algum x0 ∈ E \ G. Como G é denso em E existe um sequência (xn ) ⊂ G tal
que xn → x0 com g(xn ) = 0, para todo n. Assim,
g(x0 ) = limg(x0 ) = lim0 = 0
O que é uma contradição, pois g(x0 ) 6= 0.
⇐)
Agora temos por hipótese que o único elemento de E∗ que se anula em G é (f ≡ 0). Queremos
mostrar que G = E.
Suponha por absurdo que G não é denso em E, ou seja que G 6= E . Seja x0 ∈ E \ G e considere
o subconjunto A = G que é fechado, e convexo pois G é um subespaço. Considere também
B = {x0 } que é convexo e compacto. Pela 2o F GT HB existe f ∈ G∗ e α ∈ R de maneira que o
hiperplano de equação [f = α] separa A e B estritamente. Portanto existe  > 0, tal que
f (x) +  ≤ α ≤ f (x0 ) −  para todo x ∈ G, x0 ∈ B,
f (x) < f (x) +  ≤ α ≤ f (x0 ) −  < f (x0 ).
Em particular f (x) < α < f (x0 ), para todo x ∈ G.
Como f é um funcional linear limitado em G (f ∈ G∗ )
α
f (x) < α ⇒ f (nx) < α ⇒ nf (x) < α ⇒ f (x) <
n
aplicando o limite, temos

α
lim f (x) ≤ lim = 0 ⇒ f (x) ≤ 0. (6)
n→∞ n→∞ n
Por outro lado,

−α
f (x) < α ⇒ f (−nx) < α ⇒ −nf (x) < α ⇒ nf (x) > −α ⇒ f (x) >
n
aplicando o limite, temos

−α
lim f (x) ≥ lim = 0 ⇒ f (x) ≥ 0. (7)
n→∞ n
n→∞

De (6) e (7) concluímos que f (x) = 0 para todo x ∈ G, o que é um absurdo pois contradiz a
hipótese de que o único funcional que se anula em G é o funcional nulo. Portanto, G é denso
em E, ou seja, G = E.

Page 7
7. Sejam (N1 , k.k1 ), (N2 , k.k2 ) espaços vetoriais normados sobre um corpo de escalares F. Mostre que
L(N1 , N2 ) é um espaço de Banach se, e somente se, N2 é um espaço de Banach.

Solution: A seguinte implicação: Se N2 é um espaço de Banach, então L(N1 , N2 ) é um espaço

de Banach. está demonstrada no exercício 13 item ii da lista 3.
Vamos demonstrar a outra implicação: Se L(N1 , N2 ) é um espaço de Banach, então N2 é um
espaço de Banach.

Considere f um funcional linear sobre N1 e y ∈ N2 um vetor qualquer. Podemos denir uma

aplicação linear T : N1 → N2 por
T x = f (x)y.
Note que, se f for um funcional linear limitado T também é uma aplicação linear limitada. De
fato,
kT xk |f (x)|
kT k = sup = kyk sup = kykkf k.
kxk kxk
Faremos uso do seguinte resultado: Seja N1 um espaço vetorial normado. Para todo vetor não
nulo x0 ∈ N1 existe f ∈ N1∗ tal que kf kN1∗ = 1 e f (x0 ) = kx0 k.
De fato, considere G = span(x0 ) e o funcional linear f : G → R denido por g(x0 ) = kx0 k.
Dena p : N1 → R por p(x) = kgk.kxk, x ∈ N1 . Note que, p assim denido é um funcional
sublinear,pois

• p(αx) = αkgk.kxk, ∀α ≥ 0 e x ∈ N1 .

• p(x + y) = kf k.kx + yk ≤ p(x) + p(y), ∀x, y ∈ N1 .

• E além disso, g(x) ≤ |g(x)| ≤ kgkkxk = p(x), ∀x ∈ N1 .

Aplicando T.H.B. no subespaço G e ao funcional limitado g , concluímos que existe um funcional

linear limitado f ∈ N1∗ tal que f|G = g e f (x) ≤ p(x).
Seja f : N1 → R, denido por f (x) = kxk uma extensão de g. Note que f (x) = kxk ≤ p(x) =
kgk.kxk ∀x ∈ N1 , ou seja, kf k ≤ kgk. Por outro lado,

kf k = sup |f (x)| ≥ sup |f (x)| = sup |g(x)|

x∈N1 ,kxk≤1 x∈G,kxk≤1 x∈G,kxk≤1

,ou seja, kf k ≥ kgk. Portando, kf k = kgk = 1.

Sendo assim, dada {yn }n∈N uma sequência de Cauchy em N2 . Por este último resultado, existe
f ∈ N1∗ tal que kf k = 1. Para cada n ∈ N, dena uma aplicação linear Tn ∈ L(N1 , N2 ) por

Tn x = f (x)yn .

Então kTn k = kyn k e {Tn }n∈N é uma sequência de Cauchy em L(N1 , N2 ). Como L(N1 , N2 ) é
uma espaço de Banach, segue que Tn → T em L(N1 , N2 ). Em particular, Tn x → T x para todo
x ∈ N1 . Escolhendo x ∈ N1 tal que f (x) = 1, segue-se que Tn x = yn , e portanto yn → T x.
Logo concluímos que N2 também é um espaço de Banach.

8. Sejam N1 , N2 espaços normados não-triviais. Prove que se qualquer operador linear limitado não-
nulo T : N1 → N2 é sobrejetor, então dimN2 =1.

Solution: Suponha que dimN2 > 1. Logo, tome {e1 , e2 } ⊂ N2 um conjunto LI de vetores
{ẽj }j∈Λ uma base de N1 unitária onde Λ pode ser nito ou innito. Assim,
unitários e considere
dena o operador f : N1 → N2 , tal que f (ẽ1 ) = e1 , f (ẽj ) = 0 ∀j > 1. Vemos que f é linear,
P P
pois, para todo x = i∈Λ xi ẽi , y = i∈Λ yi ẽi e λ ∈ R, temos

Page 8
 X
f (x + λy) = f ( (xi + λyi )ẽi ) = (x1 + λy1 )e1 = x1 e1 + λy1 e1 = f (x) + λf (y)
i∈Λ

Além disso, ∀x ∈ N1

f (x) |x1 e1 | |x1 |

= = <1
|x| |x| |x|

Por m, vemos que f não é sobrejetiva, pois a imagem de N1 pela f é apenas um eixo dado pelo
span{e1 }, logo não é sobrejetivo nem mesmo em span{e1 , e2 }, com mais razão, não é sobrejetivo
sobre N2 . Pela contrapositiva, temos o resultado.

9. Mostre que todo funcional linear não nulo é sobrejetivo.

Solution: Sejam E um espaço vetorial e f : E → R um funcional linear não nulo. Como f é

β
não nulo existe pelo menos um x∈E tal que f (x) 6= 0, considere β ∈ R e tome λ = f (x) . Então,

f (λx) = λf (x) (linearidade do funcional f )

β
= f (x) = β ∈ R. (8)
f (x)

Como β ∈ R é qualquer, segue que f (E) = R. Donde f é sobrejetivo, pela arbitrariedade do

funcional f , o resultado segue.

10. Seja E um espaço normado real e x ∈ E. Mostre que

|f (x)|
kxk = sup .
f ∈E ∗ , f 6=0 kf k

Conclua que a aplicação J : E → E ∗∗ denida por x 7→ J(x) = Jx ∈ E ∗∗ , onde

∗
Jx (f ) = hf, xi, f ∈ E
é uma isometria.

Solution: Utilizaremos o seguinte resultado auxiliar: "Se 0 6= x ∈ E , então existe f ∈ E∗

com f (x) = kxk e kf k = 1. "esse resultado pode ser demonstrado utilizando o Teorema de
Hahn-Banach sob as seguintes condições. O funcional sublinear é

p : E → R, p(x) = kxk

o subespaço gerado por x, G =< x >= Rx, e o funcional linear g : G → R, denido como
g(αx) = αkxk, ∀α ∈ R. Com esse resultado, quando x = 0 o a demonstração é direta. Suponha
∗
que x 6= 0; assim existe h ∈ E com khk = 1 e h(x) = kxk, de tal forma que:

h(x) |f (x)| kf kkxk

kxk = ≤ sup ≤ sup = kxk
khk f ∈E ∗ , f 6=0 kf k f ∈E ∗ , f 6=0 kf k

Dessa maneira, temos que a aplicação J : E → E ∗∗ , denida acima é uma isometria.

11. Seja E um espaço normado, M ⊆E um subespaço fechado e x0 ∈ E\M . Se

d = dist(x0 , M ),
mostre que existe f0 ∈ E ∗ tal que f0 |M = 0, f0 (x0 ) = 1 e kf0 k = 1/d.

Page 9
 Solution: Sejam
G = M ⊕ hx0 i ⊂ E
onde
hx0 i = {y ∈ E : y = αx0 para algum α ∈ R}
e
g : G → R.
x + αx0 7 → α
Perceba que:

1. g(x0 ) = 1 :
g(x0 ) = g(0 + 1x0 ) = 1;

2. M ⊂ ker(g) :
g(x) = g(x + 0x0 ) = 0, ∀ x ∈ M;
1
3. | g(x + αx0 ) |6 kx + αx0 k :
d
kα(−x + x0 )k 1
0 < d = inf kx − x0 k ⇒ | α |= 6 k − αx + αx0 k, ∀ x ∈ M, ∀ α ∈ R,
x∈M k − x + x0 k d

de onde segue que

1 x
| g(x + αx0 ) |=| α |6 k−α + αx0 k = kx + αx0 k, ∀ x ∈ M, ∀ α 6= 0,
d −α
1
sendo óbvia a desigualdade no caso em que α=0 e assim, g ∈ G∗ com kgk 6 ;
d
1
4. kgk = :
d

n→∞
considere uma sequência de pontos xn ∈ M para a qual kxn − x0 k −→ d e veja que

−xn + x0 1 n→∞ 1
g( )= −→ ,
k − xn + x0 k kxn − x0 k d
1
de onde segue que kgk = .
d
1
Pelo Teorema de Hahn-Banach existe f0 ∈ E ∗ tal que f0 |G = g e kf0 k = kgk = . Observe
d
que:

1. x0 ∈ G =⇒ f0 (x0 ) = g(x0 ) = 1;
2. x ∈ M = ker(g) ⊂ G =⇒ f0 (x) = g(x) = 0.

Isto encerra nossa argumentação.

12. Dados dois espaços normados E, F e T : E → F linear, mostre que T ∈ L(E, F ) se dimE < ∞.
Conclua que um funcional linear f : E → R pertence a E ∗ se dimE < ∞.

Solution: (Lemma, Kreyszig, pg. 72 ) Seja {x1 , x2 , . . . , xn } um subconjunto LI de um espaço

normado X de dimensão n. Então existe um c > 0, tal que, para qualquer escolha de escalares

Page 10
 α1 , α2 , . . . , αn , temos que:

kα1 x2 + α2 x2 + · · · + αn xn k ≥ c(|α1 | + |α2 | + · · · + |αn |)

Vamos agora ao exercício. Primeiramente, considere dimE =Pn e {e1 , e2 , . . . , en } uma base para
n
E. Assim, todo elemento de E pode ser escrito como x = i=1 ξi ei . Como T é linear, temos
que

n
X n
X n
X
kT xk2 = k ξi T ei k2 ≤ |ξi |kT ei k2 ≤ max kT ek k2 |ξi |
k
i=1 i=1 i=1

Agora, tome αi = ξi e xi = ei como no lemma acima. Assim, obtemos que

n n
X 1 X 1
|ξi | ≤ k ξi ei k2 = kxk1
i=1
c i=1 c

Logo,

kT xk2 ≤ γkxk1
1
onde γ= c maxk kT ek k2 . Ou seja, T ∈ L(N1 , N2 ).

13. Sejam E um espaço vetorial sobre R e M um subespaço de E. Considere

M ⊥ := {f ∈ E ∗ |hf, xi = 0 ∀x ∈ M }.
Mostre que (M ⊥ )⊥ = M .

Solution: Mostremos inicialmente que M ⊂ (M ⊥ )⊥ . De fato, tome x ∈ M, Assim,

hf, xi = 0 ∀f ∈ M ⊥ ,
ou ainda, x ∈ E; hf, xi = 0 ∀f ∈ M ⊥ . Logo, x ∈ (M ⊥ )⊥ . Agora vamos mostrar que (M ⊥ )⊥ é
⊥ ⊥
fechado. Para isso tome (xn ) ∈ (M ) ; xn → x. Como

(xn ) ∈ (M ⊥ )⊥ =⇒ hf, xn i = 0 ∀f ∈ M ⊥
(tomando o limite com n → ∞) =⇒ hf, xi = 0 ∀f ∈ M ⊥
=⇒ x ∈ (M ⊥ )⊥ .
Assim, (M ⊥ )⊥ = (M ⊥ )⊥ , como M ⊆ (M ⊥ )⊥ =⇒ M ⊆ (M ⊥ )⊥ = (M ⊥ )⊥ Agora, suponhamos
por absurdo que (M ⊥ )⊥ 6⊆ M , ou seja ,∃x0 ∈ (M ⊥ )⊥ ; x0 ∈
/ M . Faça A = M e B = x0 .
Logo, A ∩ B = ∅. A-fechado, B- é compacto e ambos são convexos. Então, pela segunda forma
∗
geométrica de Hahn-Banach, temos que ∃f ∈ E , e α ∈ R tal que:

f (a) < α < f (b); a∈A e b∈B =⇒ f (x) < α < f (x0 ), ∀x ∈ A

Mas A ⊆ E =⇒ ∀t ∈ R e x ∈ A, tem-se tx ∈ A. Assim:

f (tx) < α < f (x0 )

Logo, se t>0
α
f (tx) < α =⇒ f (x) <
t
=⇒ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ A, quando t→∞

Page 11
 De modo análogo, quando assumimos que t < 0, chegamos à f (x) ≥ 0, ∀x ∈ A, quando t →
∞, ou seja, teremos que f (x0 ) > 0. O que é uma contradição!!, pois x0 ∈ (M ⊥ )⊥ . Logo,
(M ⊥ )⊥ ⊆ M , Assim temos o resultado esperado: (M ⊥ )⊥ = M .

14. Sejam E espaço normado sobre R, ∅ 6= A, B ⊂ E convexos disjuntos. Suponha que A tenha pelo
menos um ponto interior. Mostre que existem f ∈ E ∗ , f 6≡ 0 e α ∈ R tais que [f = α] separa A e B.

Solution:
(a) Int(A) é um conjunto convexo:

Dados x, y ∈ Int(A) quaisquer, existe δ > 0 para o qual B(x, δ) ⊂ A e B(y, δ) ⊂ A. Para
todos t ∈ [0, 1] e z ∈ B(tx + (1 − t)y, δ), nós temos que

z = [tx + (1 − t)y] + v,

onde v ∈ B(0, δ). Note que



 z − (1 − t)(y − x) = (z − [tx + (1 − t)y]) + x
= v+x ∈ B(x, δ) ⊂ A,




z − t(x − y) = (z − [tx + (1 − t)y]) + y





= v+y ∈ B(y, δ) ⊂ A,


e assim, que
z = v + [tx + (1 − t)y]
= t(v + x) + (1 − t)(v + y) ∈ A,
já que A é convexo. Segue daí que B(tx + (1 − t)y, δ) ⊂ A e Int(A) é, por esta razão, um
conjunto convexo.

(b) Se o par f ∈ E ∗ , α ∈ R separa aos conjuntos Int(A), B ⊂ E ele também separa a A, B ⊂ E .

Observe que:

1. Int(A), B ⊂E são convexos;

2. Int(A) é aberto em E;
3. Int(A), B ⊂E são disjuntos:

(Int(A) ∩ B) ⊂ (A ∩ B) = ∅ =⇒ Int(A) ∩ B = ∅.

Existem, de acordo com a Primeira Forma Geométrica do Teorema de Hahn-Banach, f ∈

E∗ e α∈R para os quais Int(A)⊂ [f 6 α] e B ⊂ [f > α]. Se x ∈ A \ Int(A) ⊂ ∂(A) existe
uma sequência de pontos xn ∈ Int(A) tais que

lim xn = x.
n→∞

Como f ∈ E∗ é contínua, isto implica que

f (x) = lim f (xn ) 6 α

n→∞

e assim, A ⊂ [f 6 α].

Notação:
[f 6 α] = {x ∈ E : f (x) 6 α},
[f > α] = {x ∈ E : f (x) > α}.

Page 12