elaine santos dias o critÉrio de...

INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIACAMPUS EUNÁPOLIS

DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPENCOLEGIADO DE MATAMÉTICA �COMAT

ELAINE SANTOS DIAS

O CRITÉRIO DE GRUMBLUM

Eunápolis2012

ELAINE SANTOS DIAS

O CRITÉRIO DE GRUMBLUM

Monogra�a apresentada ao Curso de Licenciaturaem Matemática do IFBA/Campus Eunápoliscomo requisito parcial para obtenção do grau de

licenciado emMatemática, elaboradasob a orientação do Prof.

Ms. Marcos dos Santos Ferreira

Eunápolis2012

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Agradecimentos

Escrever este trabalho foi uma experiência imensamente prazerosa. Por conta da suacomplexidade, o trabalho demandou mais tempo e estudo do que eu imaginava. Contudoessa mudança de planos me permitiu explorar assuntos do qual não tive conhecimentodurante meu curso. Jamais teria conseguido terminar este trabalho sem o apoio de todoum exército de pessoas queridas, a quem sou eternamente grata.Agradeço primeiramente a Deus por me ajudar durante todo este percurso e por me

tomar em suas mãos todas as vezes que necessitei.Agradeço a minha família pela paciência e incentivo. Grata estou por acreditarem

em meu potencial e por me fazerem sentir segura, tanto na vitória quanto na derrota.Obrigado pela compreensão dos momentos de ausência no convívio familiar e pelatolerância nos meus momentos de estafa mental.Agradeço a Rafael Argolo por todos os momentos em que parou para ouvir

explicações sobre meus estudos, mesmo que esses não lhe interessassem em nada.Obrigada pelo apoio e pela compreensão. Agradeço, sobretudo, seu amor e sua formafazer com que me sentisse capaz.Meu sincero agradecimento a todos os funcionários do IFBA. Em especial, aos meus

professores, pela paciência e pela credibilidade que me deram. Agradeço-os, pois �zeramque eu percebesse que Matemática vai muito além dos números e suas interações.Obrigada por me abrir essa nova perspectiva e por me mostrar toda a beleza por trásda "Rainha das Ciências".Agradeço imensamente aos meus colegas e amigos de curso. Saibam que levarei

vocês por toda minha vida. Obrigada pela paciência e por toda ajuda que me deram.Tenho certeza que sem vocês minha passagem pelo Instituto não teria metade da alegriaque teve. Em especial, agradeço a: Angela Lima, Givaldo Soares, Isis Monteiro, IvanPeixoto, Lucas Matos e os demais que me aguentaram durante os oito semestres.Agradeço de forma especial a Marcos Ferreira, meu orientador, por me ajudar

no desenvolvimento deste trabalho. Obrigada por me ensinar a elegância da escritamatemática e por ser tão criterioso. Obrigada por todas as vírgulas que acrescentouno meu texto, pelas aulas, pela paciência, pelos sermões e, sobretudo, obrigada poracreditar que eu poderia desenvolver este trabalho. Agradeço-te por me ajudar enxergarnovas perspectivas para meu futuro acadêmico.

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Resumo

O seguinte trabalho apresenta uma caracterização para sequências básicas, a saberO Critério de Grumblum. Tal critério nos fornece condições necessárias e su�cientespara garantirmos se uma determinada sequência em um espaço de Banach é base deSchauder (de algum subespaço do espaço de Banach) ou não.

PALAVRAS-CHAVE: Espaços de Banach, bases de Shauder, sequência básica,Critério de Grumblum.

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Sumário

Introdução 6

1 Espaços de Banach 71.1 Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Operadores lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Espaços de Banach de dimensão in�nita . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 O Critério de Grumblum 262.1 Bases de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2 O Critério de Grumblum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Conclusão 39

Referências Bibliográ�cas 40

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Introdução

O presente trabalho versa sobre o Critério de Grumblum. Este é utilizado paracaracterização de sequências básicas em um espaço de Banach. Tal tema faz parte dosestudos em Análise Funcional.Na primeira década do século XX, o surgimento de problemas em equações

diferenciais e integrais que necessitavam de espaços vetoriais normados de dimensãoin�nita em suas soluções, corroboraram com a estruturação de um estudo sistemáticode tais espaços, denominamos tais estudos por Análise Funcional. Entre os principaispersonagens que contribuíram para o início da Análise Funcional, destacam-se S.Banach, M.R. Fréchet, D. Hilbert e F. Riesz.Contradizendo o fato que todo espaço de Banach com base de Schauder é separável,

P. En�o, em 1972, mostra que existem espaços de Banach separáveis que não possuembase de Schauder. A �m de amenizar esse problema, Banach e Mazur mostram que todoespaço de Banach possui uma sequência básica, isto é, que todo espaço de Banach possuium subespaço com base de Schauder. Nesse contexto, surge o Critério de Grumblumcomo uma ferramenta para caracterização de sequências básicas.Para o seguinte trabalho, adotamos como metodologia de estudo a revisão

bibliográ�ca através da metanálise, no qual, segundo Fiorentini e Lorenzato (2006),constitui-se de uma revisão sistemática de outras pesquisas e trabalhos, visando produzirnovos resultados ou sínteses desses estudos.Inicialmente traremos alguns conceitos imprescindíveis para o estudo proposto. Em

seguida, de�niremos e enunciaremos, mais detalhadamente, outros resultados a cercade espaços vetoriais normados, operadores lineares, bases de Schauder dentre outros.Também, apresentamos os principais exemplos de espaços de Banach de dimensãoin�nita. No último capítulo apresentamos e demonstramos o Critério de Grumblum.

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Capítulo 1

Espaços de Banach

1.1 Resultados preliminares

Como em muitos estudos, este trabalho parte do pressuposto que o leitor estáciente de determinados conceitos imprescindíveis para o entendimento satisfatório dotema. Todavia, traremos nesta seção algumas de�nições e resultados usados, oraimplicitamente, ora explicitamente em nosso trabalho. Todos os conceitos e resultadosenunciados neste capítulo podem ser encontrados nas referências citadas.

De�nição 1.1.1 Uma métrica num conjunto M é uma função d : M �M! R, quesatisfaz as seguintes propriedades:(i) d(x; y) � 0 e d(x; y) = 0, x = y:(ii) d(x; y) = d(y; x):(iii) d(x; z) � d(x; y) + d(y; z);8x; y; z 2M:

Um espaço métrico é o par (M;d), onde d é uma métrica de�nida no conjunto M:

De�nição 1.1.2 Seja E um espaço vetorial sobre K (que denotará R ou C). Umanorma sobre E é um função k�k : E ! R que satisfaz as seguintes condições:(i) kxk � 0 com kxk = 0, x = 0:(ii) k�xk = j�j kxk :(iii) kx+ yk � kxk+ kyk :

Na de�nição anterior, dizemos que E é um espaço vetorial normado (evn).Um evn E sempre pode ser considerado um espaço métrico, com a métrica induzida

pela norma , ou sejad (x; y) := kx� yk :

Duas normas k�k1 e k�k2 em um espaço vetorial E são equivalentes se existiremconstantes positivas c1; c2 tais que

c1 kxk1 � kxk2 � c2 kxk1 ;8x 2 E:

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1.1. RESULTADOS PRELIMINARES

De�nição 1.1.3 Uma função f : E!F entre espaços vetoriais normados é ditalipschitziana se existe uma constante K > 0; tal que

kf(x)� f(y)k � K kx� yk ;8x; y 2 E:Teorema 1.1.4 ([6, p. 149]) Se f : E!F é lipschitziana, então f é uniformementecontínua.

De�nição 1.1.5 Sejam E um evn e X � E: Dizemos que X é denso em E se, dadosy 2 E e " > 0; existe x 2 X tal que

kx� yk < ":De�nição 1.1.6 Uma sequência (xn)

1n=1 em um evn E é dita de Cauchy quando, dado

" > 0 existe n0 2 N de modo quem;n � n0 ) kxm � xnk < ":

Teorema 1.1.7 ([6, p. 161]) Em todo espaço métrico, toda sequência convergente éde Cauchy.

A recíproca do teorema anterior, em geral, é falsa. Isso nos motiva a seguintede�nição:

De�nição 1.1.8 Um espaço métrico é dito completo se toda sequência de Cauchy forconvergente no espaço.

De�nição 1.1.9 Seja E um espaço vetorial sobre um corpo K. Dizemos que umsubconjunto B de E é uma base (algébrica) de E se:(i)B for um conjunto gerador de V; isto é [B] = E:(ii)B for linearmente independente.As bases algébricas também são conhecidas por bases de Hamel. Em nosso texto,

trabalharemos com outro conceito de base, a saber as bases de Schauder (veja De�nição2.1.1). É uma consequência do Lema de Zorn que, todo espaço vetorial admite umabase de Hamel (veja [1, p. 76]).Terminamos este capítulo, apresentando dois resultados cássicos da Análise

Funcional:

Teorema 1.1.10 (Teorema de Banach-Steinhaus [8, p. 80]) Sejam E eF espaços vetoriais normados com E completo. Seja (Ti)i2I uma família de operadoresem L(E;F ) tais que, para todo x 2 E existe Cx <1 de modo que

supi2IjjTi (x)jj < Cx:

Nessas condiçõessupi2IjjTijj <1:

Teorema 1.1.11 (Teorema da Aplicação Aberta [8, p. 83]) Sejam Ee F espaços de Banach e T : E!F linear, contínuo e sobrejetivo. Então T é umaaplicação aberta. Em particular, se T é bijetiva, então T�1 é contínua.

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1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS

1.2 Espaços vetoriais normados

De�nição 1.2.1 Um espaço de Banach é um espaço vetorial normado que é completocom a métrica induzida pela norma.

Proposição 1.2.2 Kn é um espaço de Banach.

Demonstração: Mostraremos apenas que Rn é Banach. O caso K = C é análogo.Seja (xm)1m=1 uma sequência de Cauchy em Rn: Observe que os elementos xm podemserem escritos da forma

x1 =�x(1)1 ; x

(1)2 ; : : : ; x

(1)n

�x2 =

�x(2)1 ; x

(2)2 ; : : : ; x

(2)n

�...

xm =�x(m)1 ; x

(m)2 ; : : : ; x(m)n

�:

...

Como (xm)1m=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que

m; r � n0 ) jjxm � xrjj =s

nPj=1

�x(m)j � x(r)j

�2<": (1.1)

Elevando a desigualdade anterior ao quadrado, obtemos

nXj=1

(x(m)j � x(r)j )2 < "2

sempre que m; r � n0: Em particular, para cada j = 1; : : : ; n �xo, temos

(x(m)j � x(r)j )2 < "2

para m; r � n0, donde ��x(m)j � x(r)j�� < ": (1.2)

De (1.2), segue que (x(m)j )1m=1 é uma sequência de Cauchy de números reais e portanto

convergente. Seja xj = limm!1 x(m)j : Considere agora x = (x1; : : : ; xn) o vetor formado

pelos limites das n sequências (x(m)j )1m=1:

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1.2. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS

Fazendo r !1 em (1.1) obtemos

" � limr!1

kxm � xrk

= limr!1

nPj=1

(x(m)j � x(r)j )2

12

=

"limr 7�!1

nPj=1

(x(m)j � x(r)j )2

# 12

=

"nPj=1

limr!1

(x(m)j � x(r)j )2

# 12

=

"nPj=1

(x(m)j � xj)2

# 12

= kxm � xksempre que m � n0: Isso mostra que (xm)1m=1 converge para x 2 Rn: �

Veremos mais adiante que todo evn de dimensão �nita é um espaço de Banach. Paratanto, necessitamos do seguinte lema técnico:

Lema 1.2.3 Para um conjunto li fx1; x2; : : : ; xng de vetores em um evn E, existeum número real c > 0 tal que, para qualquer escolha de escalares a1; a2; : : : ; an valea desigualdade

ka1x1 + : : :+ anxnk � c (ja1j+ : : :+ janj) : (1.3)

Demonstração: Por simplicidade, faremos v = ja1j+ : : :+ janj. Sendo assim, se v = 0o resultado é imediato. Logo, vamos supor v > 0. Então, fazendo bj = aj=v, para cadaj = 1; : : : n, provar (1.3) equivale provar a existência de c > 0 tal que para quaisquerescalares b1; : : : ; bn tem-se

jjb1x1 + : : :+ bnxnjj � c; (1.4)

ondenXj=1

jbjj = ja1vj+ : : :+ jan

vj = 1

v(ja1j+ : : :+ janj) = 1:

Suponha, por absurdo, que isso não ocorra. Dessa forma teríamos

Para c1 = 1; existem b(1)1 ; : : : ; b

(1)n tais que jjb(1)1 x1 + : : :+ b(1)n xnjj < 1

Para c2 =1

2; existem b

(2)1 ; : : : ; b

(2)n tais que jjb(2)1 x1 + : : :+ b(2)n xnjj <

1

2...

Para cm =1

m; existem b

(m)1 ; : : : ; b(m)n tais que jjb(m)1 x1 + : : :+ b

(m)n xnjj <

1

m:

...

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1.3. OPERADORES LINEARES

Seja a sequência ym = b(m)1 x1 + � � � + b

(m)n xn: Observe que, para cada m 2 N,Pn

j=1

��b(m)j

�� = 1 e que kymk ! 0: Dessa forma, para cada j, jb(m)j j � 1: Isso mostra quecada sequência (b(m)j ) = (b

(1)j ; b

(2)j ; : : :) é limitada, e portanto, pelo teorema de Bolzano-

Weierstrass, possui uma subsequência convergente. Seja c1 o limite da subsequência(b(m)1 )1m=1. Chame (y1;m )

1m=1 a subsequência correspondente de (ym)

1m=1: Procedendo

dessa forma n vezes, obtemos uma subsequência

yn;m=nXj=1

d(m)j xj; com

nXj=1

jd(m)j j = 1

e, para cada j, limm7�!1

d(m)j = cj: Portanto,

limm!1

yn;m = limm!1

(d(m)1 x1 + : : :+ d

(m)n xn) (1.5)

= limm!1

d(m)1 x1 + : : :+ lim

m!1d(m)n xn

= c1x1 + : : :+ cnxn := y:

Veja quenXj=1

jcjj = limm!1

nXj=1

jd(m)j j = limm!1

1 = 1: Assim, nem todos os cj são nulos e,

como fx1; x2; : : : ; xng é li, segue que

y =nXj=1

cjxj 6= 0: (1.6)

Segue de (1.5) quelimm!1

jjyn;m jj = jjyjj: (1.7)

De (1.7) e dos fatos de kymk ! 0 e (yn;m )1m=1 ser subsequência de (ym)1m=1 temos que

jjyjj = 0: Mas isso contradiz (1.6). Logo, existe c > 0 que satisfaz a desigualdade (1.4)para quaisquer escalares b1; : : : ; bn: �

1.3 Operadores lineares

De�nição 1.3.1 Sejam E e F esspaços vetoriais sobre K. Uma aplicação T : E!F éum operador linear se

T (x+ �y) = T (x) + �T (y);

para todos � 2 K e x; y 2 E:

Sejam E e F espaço vetoriais normados. Denotaremos por L(E;F ) o conjunto detodos os operadores lineares de E em F .

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Denotaremos por L(E;F ) o conjunto formado por todos os operadores linearescontínuos de E em F . Se F = K, dizemos que T é um funcional linear e, nestecaso, escreveremos E 0 ou E� em vez de L(E;F ). E 0 é chamado o Espaço Dual ou,simplismente, o Dual de F .

De�nição 1.3.2 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre o mesmo corpo K eT : E ! F um operador linear. De�nimos a norma de T como sendo

kTk = supfkTxk ; kxk � 1g:

Se kTk <1; então dizemos que T é limitado.

De�nição 1.3.3 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K e x0 2 E. Dizemosque um operador T 2 L(E;F ) é contínuo em x0 se dado " > 0; existe � > 0 tal que

kx� x0k < � ) kTx� Tx0k < ":

De�nição 1.3.4 Sejam E e F espaços vetoriais normados. Dizemos que E e F sãotopologicamente isomorfos se existir um operador T : E!F contínuo e com inversacontínua. Quando jjT (x)jj = jjxjj ;8x 2 E; dizemos que E e F são isométricos e, nestecaso, dizemos que T é uma isometria.

Proposição 1.3.5 ([4, p. 100]) Sejam E um evn, F um espaço de Banach e G umsubespaço de E. Se f : G ! F é linear e contínua, então existe uma única extensãolinear contínua de f ao fecho de G: Além disso, a norma da extensão é a mesma.

Proposição 1.3.6 Sejam E e F espaços vetoriais normados com E completo. SeT : E ! F é um isomor�smo, então F é completo.

Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em F . Considere yn =T�1 (xn) ;8n 2 N.A�rmação 1. (yn)1n=1 é uma sequência de Cauchyem E. Como (xn)1n=1 é de Cauchy,dado " > 0 existe n0 2 N tal que

n;m � n0 ) kxn � xmk < ":

Veja que

kyn � ymk = T�1 (xn)� T�1 (xm)

= T�1 (xn � xm)

� T�1 kxn � xmk

� T�1 ":

Como T�1 é contínua, segue que (yn)1n=1 é de Cauchy e portanto convergente. Seja y olimite em questão.A�rmação 2. xn é convergente. De fato, como yn ! y e T é contínua, segue queT (yn)! T (y), donde xn ! T (y) 2 F: O resultado segue. �

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Proposição 1.3.7 Sejam E e Fespaços vetoriais normados sobre um mesmo corpo.Dado T 2 L(E;F ), as seguintes condições são equivalentes:a) T é contínuo.b) T é contínuo na origem.c) T é limitado.

Demonstração:(a)) (b) É óbvio.(b) ) (c) Suponha por absurdo que T não é limitado. Assim, para todo k naturalpodemos encontrar (xk)1k=1 em E tal que kxkk � 1 e kTxkk � k. Considere, para cadak; zk =

xkkTxkk : Dessa forma, limk!1

zk = 0 e kTzkk = 1; o que fere a continuidade de T naorigem.(c)) (a) Inicialmente, a�rmamos que kTxk � kTk kxk, para todo x 2 E. De fato, sex = 0 a a�rmação segue facilmente. Suponha então x 6= 0. Assim

kTxkkxk =

T � x

kxk

� � kTk ;donde

kTxk � kTk kxk :Logo, para x1; x2 2 E temos

kTx1 � Tx2k = kT (x1 � x2)k � kTk kx1 � x2k � K kx1 � x2k :

Isso mostra que T é lipschitziana, e portanto uniformemente contínua. �

Corolário 1.3.8 Todo operador linear cujo domínio tem dimensão �nita é contínuo.

Demonstração: Sejam E;F espaços vetoriais normados com dimE = n e T : E ! Fum operador linear. Considere � = fe1; : : : ; eng uma base de E: Veja que

jjT (x)jj = T

nPj=1

ajej

! = nPj=1

ajT (ej)

� nPj=1

jajj kT (ej)k � max1�k�n

kT (ek)knPj=1

jajj:

Faça k = max1�k�n

kT (ek)k e observe que, pelo Lema (1.2.3), existe c > 0 tal quenPj=1

jajj � kxk =c. Logo kT (x)k � kckxk. Portanto

kTk = supjjxjj�1

kT (x)k � supjjxjj�1

k

ckxk = k

csupjjxjj�1

kxk = k

c;

e o resultado segue. �

Teorema 1.3.9 Sejam E e F espaços vetoriais normados com F completo. Nessascondições L(E;F ) é um espaço de Banach.

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Demonstração: Seja (Tn)1n=1 uma sequência de Cauchy em L(E:F ). Assim, dado

" > 0 existe n0 2 N tal que

n;m � n0 ) kTn � Tmk < ":

Daí, observe que

n;m � n0 ) (Tn � Tm)� x

kxk

� � kTn � Tmk < ") k(Tn � Tm) (x)k < " kxk ;8x 2 E:

(1.8)Logo, para cada x 2 E, (Tn (x))1n=1 é uma sequência de Cauchy em F . Como F é Banachsegue que (Tn (x))

1n=1 é convergente. De�na T : E ! F por T (x) = limn!1 Tn (x) :

A�rmação 1: T é linear. De fato, se x; y 2 E e � 2 K então

T (x+ �y) = limn!1

Tn (x+ �y)

= limn!1

(Tn (x) + Tn (�y))

= limn!1

Tn (x) + � limn!1

Tn (y)

= T (x) + �T (y)

A�rmação 2: T é limitada. Com efeito, como Tn (x) ! T (x), fazendo n ! 1 em(1.8) obtemos

kTm (x)� T (x)k � " kxk ,sempre que m � n0: Deste modo

kT (x)k � kT (x)� Tn0 (x)k+ kTn0 (x)k � " kxk+ kTn0k kxk � ("+ kTn0k) kxk :

Passando supx2BE

na desigualdade anterior temos

kTk � supx2BE

[("+ kTn0k) kxk] = "+ kTn0k ;

donde kTk <1:A�rmação 3: Tn ! T . De fato,

limn!1

kTn � Tk = limn!1

supx2BE

k(Tn � T ) (x)k

= supx2BE

limn!1

kTn (x)� T (x)k

= supx2BE

limn!1

Tn (x)� limn!1

T (x)

= supx2BE

kT (x)� T (x)k = 0:

Portanto L(E;F ) é Banach. �

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Corolário 1.3.10 Se E é um espaço vetorial normado, então E 0 é um espaço deBanach.

Demonstração: O resultado segue diretamente do Teorema 1.3.9 observando que Ké um espaço de Banach. �

Corolário 1.3.11 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão �nita, entãoquaisquer duas normas em E são equivalentes.

Demonstração: Sejam k�k1 e k�k2 normas em E. Considere a aplicação identidade

id : (E; k�k1)! (E; k�k2)

Como id é bijetiva e o domínio e contradomínio tem dimensão �nita, tem-se que id eid�1 são contínuas. Daí, existem c1; c2 constantes tais que

kid (x)k2 � c1 kxk1 e id�1 (x)

1� c2 kxk2 :

Logo1

c2kxk1 � kxk2 � c1 kxk1 :

�

Corolário 1.3.12 Se E e F são espaços vetoriais normados com dimE = dimF = n,então E e F são isomorfos.

Demonstração: Sejam B = fe1; : : : ; eng e C = ff1; : : : ; fng bases de E e F ,respectivamente. De�na

T : E ! Fej 7! fj

:

A�rmação 1. T é linear. De fato, para u; v 2 E e � 2 K temos

T (�u+ v) = T (�(�1e1 + : : :+ �nen) + (�1e1 + : : :+ �nen))

= T ((��1 + �1)e1 + : : :+ (��n + �n)en)

= T ((��1 + �1)e1) + : : :+ T ((��n + �n)en)

= T (��1e1) + T (�1e1) + : : :+ T (��nen) + T (�nen)

= �T (�1e1) + : : :+ �T (�nen) + T (�1e1) + : : :+ T (�nen)

= �T (�1e1 + : : :+ �nen) + T (�1e1 + : : :+ �nen) = �T (u) + T (v):

A�rmação 2. T é injetiva. Sejam u; v 2 E tais que T (u) = T (v): Assim

T (�1e1 + : : :+ �nen) = T (�1e1 + : : :+ �nen)

�1T (e1) + : : :+ �nT (en) = �1T (e1) + : : :+ �nT (en)

�1f1 + : : :+ �nfn = �1f1 + : : :+ �nfn:

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1.4. ESPAÇOS DE BANACH DE DIMENSÃO INFINITA

Como ff1; : : : ; fng é li e

(�1 � �1)f1 + : : :+ (�n � �n)fn = 0;

segue que�1 = �1; : : : ; �n = �n;

donde u = v:A�rmação 3. T é sobrejetora. De fato, se y 2 F então

y = �1f1 + : : :+ �nfn

= �1T (e1) + : : :+ �nT (en)

= T (�1e1 + : : :+ �nen) = T (x);

onde x 2 E.A�rmação 4. T e T�1 são contínuas. Com efeito, como dimE = dimF = n, peloColorário 1.3.8, a a�rmação está provada. Portanto, E e F são isomorfos. �

Corolário 1.3.13 Todo espaço vetorial de dimensão �nita (sobre K) é um espaço deBanach.

Demonstração: De fato, se E é um evn com dimE = n; então pelo Corolário 1.3.12E é isomorfo a Kn: Como Kn é completo, a Proposição 1.3.6 garante a completeza deE: �

1.4 Espaços de Banach de dimensão in�nita

Nesta seção veremos alguns espaços de Banach de dimensão in�nita cujos vetoressão sequências. Para tanto, será necessário estudarmos alguns resultados precursores, asaber as desigualdades de Hölder e Minkowski. Daremos início demostrando um lemanecessário para a prova da desigualdade de Hölder.

Lema 1.4.1 Sejam a; b números reais positivos e p; q > 1 tais que 1p+ 1

q= 1: Então

a1p b

1q � a

p+b

q:

Demonstração: Considere, para cada 0 < � < 1, a função f = f� : (0;1)! R dadapor f (t) = t� � �t. Observe que

f 0 (t) = �t��1 � � =�t��1 � 1

��:

Veja que

f 0 (t) > 0; se 0 < t < 1

f 0 (t) < 0; se t > 1:

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Como f é derivável em t = 1, pelo Teste da 1a Derivada, segue que f tem um máximolocal nesse ponto, isto é f (t) � f (1) em algum intervalo contendo 1. Desse modo

t� � �t � 1� �) t� � 1� �+ �t; 8t > 0.

Fazendo t = abe � = 1

p, obtemos

�ab

� 1p � 1� 1

p+a

pb:

Multiplicando b em ambos os lados da desigualdade anterior temos

a1p

b1p

b ��1� 1

p

�b+

a

p) a

1p b1�

1p �

�1� 1

p

�b+

a

p:

Como 1q= 1� 1

p; concluímos que

a1p b

1q � a

p+b

q:

�

Teorema 1.4.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam p; q > 1 tais que 1p+ 1

q= 1 e

n 2 N. EntãonPj=1

jxjyjj �

nPj=1

jxjjp! 1

p

nPj=1

jyjjq! 1

q

para quaisquer escalares xj; yj com j = 1; : : : ; n.

Demonstração: O caso em quenPj=1

jxjjp = 0 ounPj=1

jyjjq = 0 é trivial. Suponha então

quenPj=1

jxjjp 6= 0 enPj=1

jyjjq 6= 0. Usando o Lema (1.4.1) com

aj =jxjjpnPk=1

jxkjpe bj =

jyjjqnPk=1

jykjq

temos que

a1p

j b1q

j �ajp+bjq) jxjj�

nPk=1

jxkjp� 1

p

� jyjj�nPk=1

jykjq� 1

q

� ajp+bjq:

17


Repetindo o procedimento acima e somando as n desigualdades, obtemosnPj=1

jxjj jyjj�nPk=1

jxkjp� 1

p�

nPk=1

jykjq� 1

q

�nXj=1

�ajp+bjq

�:

Observe quenXj=1

�ajp+bjq

�=

nXj=1

ajp+

nXj=1

bjq

=1

p

nXj=1

aj +1

q

nXj=1

bj

=1

p

nXj=1

0BB@ jxjjpnPk=1

jxkjp

1CCA+ 1qnXj=1

0BB@ jyjjqnPk=1

jykjq

1CCA

=1

p

nPj=1

jxjjp

nPk=1

jxkjp+1

q

nPj=1

jyjjq

nPk=1

jykjq=1

p+1

q= 1:

LogonPj=1

jxjj jyjj ��

nPk=1

jxkjp� 1

p�

nPk=1

jykjq� 1

q

;

o que prova o resultado. �

Teorema 1.4.3 (Desigualdade de Minkowski) Sejam n 2 N e p � 1. Então�nPk=1

jxk + ykjp� 1

p

�� 1Pk=1

jxkjp� 1

p

+

� 1Pk=1

jykjp� 1

p

(1.9)

quaisquer que sejam os escalares xk; yk com k = 1; : : : ; n.

Demonstração: Para p = 1 temosnXk=1

jxk + ykj = jx1 + y1j+ : : :+ jxn + ynj

� (jx1j+ jy1j) + : : :+ (jxnj+ jynj)= (jx1j+ : : :+ jxnj) + (jy1j+ : : :+ jynj)

=nXk=1

jxkj+nXk=1

jykj :

18


Suponha agora p > 1. Pela desigualdade triangular, para mostrarmos (1.9) é su�cientegarantirmos

nXk=1

(jxkj+ jykj)p! 1

p

�

nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

:

SenPk=1

(jxkj+ jykj)p = 0; o resultado segue facilmente. Seja entãonPk=1

(jxkj+ jykj)p > 0.Nosso objetivo aqui será utilizar a desigualdade de Hölder. Veja que

(jxkj+ jykj)p = (jxkj+ jykj) (jxkj+ jykj)p�1 (1.10)

= jxkj (jxkj+ jykj)p�1 + jykj (jxkj+ jykj)p�1 :

Observe que p = (p� 1) q. De fato,

1

p+1

q= 1) p+ q

pq= 1) p+ q = pq ) p = pq � q = (p� 1) q:

Agora, fazendo em (1.10) ak = jxkj e bk = (jxkj+ jykj)p�1 e aplicado a Desigualdade deHölder em

nPk=1

jakbkj ; obtemos

nXk=1

jxkj (jxkj+ jykj)p�1 �

nXk=1

jxkjp! 1

p"

nXk=1

(jxkj+ jykj)(p�1)q# 1q

(1.11)

=

nXk=1

jxkjp! 1

p"

nXk=1

(jxkj+ jykj)p# 1q

:

De modo análogo, concluímos que

nXk=1

jykj (jxkj+ jykj)p�1 �

nXk=1

jykjp! 1

p"

nXk=1

(jxkj+ jykj)p# 1q

: (1.12)

Somando (1.11) e (1.12), obtemos

nXk=1

(jxkj+ jykj) (jxkj+ jykj)p�1 �

24 nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

35" nXk=1

(jxkj+ jykj)p# 1q

:

LogonPk=1

(jxkj+ jykj)p�nPk=1

(jxkj+ jykj)p� 1q

�

nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

;

19


donde�nPk=1

(jxkj+ jykj)p� 1p

=

�nPk=1

(jxkj+ jykj)p�1� 1

q

�

nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

:

�

De�nição 1.4.4 Para cada p 2 R com 1 � p <1 de�nimos o conjunto

lp =

(x := (xj)

1j=1 2 K

N;1Pj=1

jxjjp <1):

Exemplo 1.4.5 Se K = R; então

l1 =

((xj)

1j=1 2 R

N;1Pj=1

jxjj <1):

Observe que xn = 1n=2 l1, enquanto yn = 1

n22 l1. Por outro lado, temos

l2 =

((xj)

1j=1 2 R

N;1Pj=1

jxjj2 <1):

Nesse caso, temos que xn = 1n2 l2 e yn = 1p

n=2 l2.

Observação 1.4.6 A Desigualdade de Hölder é ainda válida se n ! 1. De fato,tomando x; y 2 lp temos que

1Pj=1

jxjjp <1 e1Pj=1

jyjjq <1;

donde 1Pj=1

jxjjp! 1

p

<1 e

1Pj=1

jyjjq! 1

q

<1:

Dessa forma, fazendo n!1 na Desigualdade de Hölder, obtemos

1Pj=1

jxjyjj �

1Pj=1

jxjjp! 1

p

1Pj=1

jyjjq! 1

q

:

Usando um raciocínio análogo, obtemos a Desigualdade de Minkowski para n!1.

Proposição 1.4.7 Se 1 � p <1, lp é um espaço vetorial normado com a norma dadapor (xj)1j=1

p:=

1Pj=1

jxjjp! 1

p

: (1.13)

20


Demonstração: Tomando x; y 2 lp e � 2 K, de�nimos

x+ y = (xj)1j=1 + (yj)

1j=1 = (x1 + y1; : : : ; xj + yj; : : :)

� � x = � (xj)1j=1 = (�x1; : : : ; �xj; : : :) :

Mostraremos que as operações estão bem de�nidas. Inicialmente observe que, peladesigualdade de Minkowski, tem-se 1X

j=1

jxj + yjjp! 1

p

� 1Xj=1

jxjjp! 1

p

+

1Xj=1

jyjjp! 1

p

<1;

donde x+ y 2 lp. Por outro lado, veja que1Xj=1

j�xjjp = j�jp1Xj=1

jxjjp <1

portanto �x 2 lp. As propriedades de espaço vetorial não oferecem di�culdades.Provaremos agora que a função (1.13) é uma norma em lp. De fato, vejamos as condições:

(i) É claro que (xj)1j=1

p> 0. Agora veja que, sendo (xj)

1j=1 = 0 temos

(xj)1j=1 p= 0.

Por outro lado, se�P1

j=1 jxjjp� 1p= 0 então

P1j=1 jxjj

p = 0 e portanto xj = 0;8j 2 N.(ii) Veja que

� (xj)1j=1 p= (�xj)1j=1

p=

1Pj=1

j�xjjp! 1

p

=

j�jp

nPj=1

jxjjp! 1

p

= j�j (xj)1j=1

p:

(iii) Como

(xj)1j=1 + (yj)1j=1 p= (xj + yj)1j=1

p=

1Xj=1

jxj + yjjp! 1

p

segue da Desigualdade de Minkowski que

(xj)1j=1 + (yj)1j=1 p=

1Pj=1

jxj + yjjp! 1

p

�

1Pj=1

jxjjp! 1

p

+

1Pj=1

jyjjp! 1

p

= (xj)1j=1

p+ (yj)1j=1

p;

o que prova o resultado. �

21


Proposição 1.4.8 Se 1 � p <1, então lp é um espaço de Banach.

Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em lp. Consideremos a

seguinte denotação

x1 = (x11; x12; : : :)

x2 = (x21; x22; : : :)

...

xn = (xn1; xn2; : : :) :

...

Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que

n;m � n0 ) " > kxn � xmkp = 1Xj=1

jxnj � xmjjp! 1

p

� jxnj � xmjj ; (1.14)

para cada j 2 N: Dessa forma, para cada j, (xnj)1n=1 é uma sequência de Cauchy emK. Como K é Banach, temos que cada (xnj)

1j=1 converge, digamos para yj 2 K. Seja

x = (yj)1j=1 2 KN. Vamos mostrar que x 2 lp e xn ! x. De (1.14) segue, para cada N

natural, que NXj=1

jxmj � xnjjp! 1

p

< "; (1.15)

sempre que n;m � n0: Fazendo n!1 em (1.15), obtemos NXj=1

jxmj � yjjp! 1

p

� ";

para n;m � n0 e todo N natural. Fazendo agora N !1; temos

n;m � n0 ) kxm � xk = 1Xj=1

jxmj � yjjp! 1

p

� ";

donde, xn ! x: Por outro lado, como xn0 � x e xn0 pertencem ao espaço vetorial lp ex = xn0 � (xn0 � x); segue que x 2 lp. �

De�nição 1.4.9 Se p =1, de�nimos o espaço vetorial

l1 =

�x := (xj)

1j=1 2 K

N; supj2N

jxjj <1�

munido da normakxk1 := sup

j2Njxjj :

22


Proposição 1.4.10 (l1; k�k1) é um espaço de Banach.

Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em l1. Denotemos cadatermo da sequência xn por

x1 = (x11; x12; x13; :::; x1n; :::)...

xn = (xn1; xn2; xn3; :::; xnn; :::)...

;

onde, para cada n; (xnj)1j=1 2 KN.Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0; existe n0 2 N tal que

n;m � n0 ) supj2N

jxnj � xmjj � kxn � xmk1 < ";

donden;m � n0 ) jxnj � xmjj < ", (1.16)

para cada j 2 N �xo.Dessa forma, para cada j, a sequência de escalares (xnj)1n=1 é de Cauchy em K, eportando convergente. Seja yj = limn!1 xnj e considere y = (yj)

1j=1. Nosso objetivo

agora é mostrar que xn ! y e que y 2 l1.Em (1.16), fazendo n!1; obtemos, para cada j;

jxmj � yjj � "; sempre que m � n0.

Assimm � n0 ) kxm � yk1 = sup

j2Njxmj � yjj � ", (1.17)

donde xm ! y. Por outro lado, de (1.17), temos que xn0 � y 2 l1. Como xn0 2 l1 ey = xn0 � (xn0 � y) ; segue que y 2 l1, visto que l1 é um espaço vetorial. O resultadosegue. �

Em l1; consideramos os seguintes subespaços

c =

�x = (xj)

1j=1 2 KN; limj!1xj existe

�c0 =

�x = (xj)

1j=1 2 KN; limj!1xj = 0

�c00 =

nx = (xj)

1j=1 2 KN;xj = 0 para j � n0 2 N

o:

23


Exemplo 1.4.11 c é fechado em l1: De fato, seja (xn)1n=1 uma sequência em c tal que

limn!1

xn = x. Mostraremos que x 2 c: Primeiro cosideremos

x1 =�x(1)1 ; x

(1)2 ; : : :

�x2 =

�x(2)1 ; x

(2)2 ; : : :

�...

xn =�x(n)1 ; x

(n)2 ; : : :

�...

e x = (x1; x2; : : :) :Como xn ! x; dado " > 0 existe n1 2 N tal que

n � n1 ) supj2N

��x(n)j � xj�� = kxn � xk1 < ":

Logo, para cada j 2 N, temos ��x(n)j � xj�� < "; (1.18)

sempre que n � n1. Isso mostra que cada sequência de escalares�x(n)j

�1n=1

converge

para xj: Por outro lado, como cada xn =�x(n)1 ; x

(n)2 ; : : :

�é convergente em K, e portanto

de Cauhy, temos que existe n2 2 N de modo que

k; j � n2 ) x(n)k � x(n)j

< ": (1.19)

Considerando n0 = max fn1; n2g ; segue de (??) e (??) que

k; j � n0 ) jxk � xjj ��xk � x(n0)k

��+ ��x(n0)k � x(n0)j

��+ ��x(n0)j � xj�� < 3"

Dessa forma, x = (xj)1j=1 é uma sequência de Cauchy em K, donde x 2 c:

Exemplo 1.4.12 c0 é fechado em l1. De fato, seja (xn)1n=1 uma sequência em c0 tal

que xn ! x. Devemos mostrar que x 2 c0: Usaremos a mesma notação para xn e xcomo no exemplo anterior. Como xn ! x, dado " > 0 existe n1 2 N tal que

n � n1 ) supj2N

��x(n)j � xj�� = kxn � xk1 < ":

Dessa forma ��x(n)j � xj�� < "

para todo n � n1 e cada j 2 N. Isso mostra que limn!1

x(n)j = xj: Como xn1 2 c0 existe

n2 2 N de modo quej � n2 )

��x(n1)j

�� < ":24


Considerando n0 = max fn1; n2g temos que

j � n0 ) jxjj ��xj � x(n1)j

��+ ��x(n1)j

�� < 2":Portanto xj ! 0; donde x = (xj)

1j=1 2 c0.

Exemplo 1.4.13 Mostraremos agora que c00 não fechado em l1. De fato, seja

xn =

�1;1

2;1

3; : : : ;

1

n; 0; 0; : : :

�2 c00:

Agora, considere

x =

�1;1

2;1

3; : : : ;

1

n;1

n+ 1; : : :

�e observe que x 2 l1ncoo. Por outro lado, veja que

limn!1

kxn � xk1 = limn!1

�0; : : : ; 0;� 1

n+ 1;� 1

n+ 2; : : :

� 1= lim

n!1

1

n+ 1= 0

donde xn ! x:

25

Capítulo 2

O Critério de Grumblum

Neste capítulo introduziremos os conceitos de bases de Schauder e sequênciasbásicas, além de outros conceitos e resultados relacionados que subsidiam o Critériode Grumblum. Este é uma ótima caracterização de sequências básicas.

2.1 Bases de Schauder

Em Análise Funcional, o conceito de base algébrica advindo da álgebra linear ésubstituído pelo conceito de base de Schauder. Tal conceito é devido a J. Schauder(1927).

De�nição 2.1.1 Uma sequência (xn)1n=1 num espaço de Banach E é dita base de

Schauder se, para cada x 2 E; existe uma única representação da forma

x =1Xn=1

anxn: (2.1)

Observação 2.1.2 Se (xn)1n=1 é base de Schauder de E; então o conjunto fxn;n 2 Ng

é linearmente idenpendente. Com efeito, dado n 2 N, suponha que

a1x1 + ::::+ anxn = 0:

Comoa1x1 + � � �+ anxn + 0xn+1 + � � � = 0 = 0x1 + :::+ 0xn + :::;

segue, da unicidade dos escalares da base de Schauder (xn)1n=1, que an = 0; para todo

n 2 N. Isso mostra que fxn;n 2 Ng é li.

De�nição 2.1.3 Se (xn)1n=1 é base de Schauder do espaço de Banach E; de�nimos,

para cada n; os funcionais coe�cientes fn : E! K por

fn

1Xj=1

ajxj

!= an:

26

2.1. BASES DE SCHAUDER

A unicidade em (2.1) garante que os funcionais coe�cientes estão bem de�nidos.Seja (en)

1n=1 a sequência dos vetores canônicos em um evn E, isto é, a sequência cujo

termo geral é dado por en = (0; 0; : : : 0; 1; 0; : : :) ; onde 1 aparece na n-ésima coordenada.Vejamos os seguintes exemplos relacionados a esta sequência:

Exemplo 2.1.4 (en)1n=1 é base de Schauder de c0: De fato, seja x = (xn)

1n=1 2 c0

e considere Sn =nPj=1

xjej. Devemos mostrar que limn!1 Sn = x. Com efeito, como

xn ! 0, dado dado " > 0 existe n0 2 N tal que

n � n0 ) jxnj < ":

Note que

n � n0 ) jjSn � xjj1 =

nPj=1

xjej � (x1; :::; xn; xn+1; :::) 1

= jj(x; :::; xn; 0; 0; :::)� (x1; :::; xn; xn+1;:::)jj1= jj(0; 0; :::; 0;�xn+1;�xn+2:::)jj1= sup

j�n+1jxjj < ";

donde Sn ! x; e portanto1Pj=1

xjej = x: A rigor, devemos mostrar que é única essa

representação. Suponhamos então, que existam escalares (yj)1j=1 com

1Pj=1

yjej = x:

Assim,

1Pj=1

xjej =1Pj=1

yjej

)1Pj=1

(xj � yj) ej = (0; 0; : : :)

) (x1 � y1; x2 � y2; : : :) = (0; 0; : : :)

o que prova o que desejávamos.

Exemplo 2.1.5 (en)1n=1 é base de Schauder de lp: Com efeito, seja x = (xj)1j=1 2 lp.

Mostraremos que

x =

1Xj=1

xjej:

Como limn!1

nPj=1

jxjjp =1Pj=1

jxjjp <1; dado " > 0 existe n0 2 N tal que

n � n0 )�� nPj=1 jxjjp � 1P

j=1

jxjjp�� < ";

27


donde �� 1Pj=n+1

jxjjp�� < "

se n � n0: Dessa forma,

n � n0 )

nXj=1

xjej � x p

= jj(x1; :::; xn; 0; 0; : : :)� (x1; :::; xn;xn+1; :::)jjp

= jj0; 0; :::; 0; xn+1; xn+2; :::jjp

�1Xj=n0

jxjjp < ";

e portanto1Pj=1

xjej = x:

Proposição 2.1.6 Todo espaço com base de Schauder é separável.

Demonstração: Iremos fazer apenas para K = R. O caso K = C é análogo.Seja � = fv1; v2; :::; g uma base de Schauder de E: Para cada n 2 N, de�na

Dn =

(nXi=1

�ivi;�i 2 Q):

Como Q é enumerável, segue que cada Dn é enumerável. Dessa forma,

D :=1[n=1

Dn

é enumerável, pois é a união de conjuntos enumeráveis.Provemos agora que D é denso em E. Com efeito, sejam u 2 E e " > 0: Como u podeser representado da forma

u =1Xi=1

�ivi;

segue que existe n0 2 N tal que

n � n0 )

1Xi=n+1

�ivi

< "

2:

Da densidade de Q em R, segue que existem �1; �2; :::; �n 2 Q tais que

j�i � �ij <"

2n jjvijj;

28


para cada i = 1; : : : ; n: Considere w =nPi=1

�ivi 2 D e veja que

jju� wjj = 1Xi=1

�ivi �nXi=1

�ivi

=

��nXi=1

(�i � �i)vi �1X

i=n+1

�ivi

��

�nXi=1

j�i � �ij kvik+

1Xi=n+1

�ivi

<n kvik "2n kvik

+"

2

= ":

Isso mostra que D é denso em E: �

A seguir, introduzimos os conceitos de sistema biortogonal e sequência básica, bemcomo alguns resultados relacionados. Esses serão úteis para provarmos o Critério deGrumblum.

De�nição 2.1.7 Sejam (xn)1n=1 e (x�n)

1n=1 sequências de elementos de E e E 0;

respectivamente. Dizemos que (xn; x�n)1n=1 é um sistema biortogonal quando x�i (xj) =

�ij; para quaisquer i; j 2 N. Neste caso, dizemos que, para cada n 2 N, o operadorlinear un : E ! E; dado por

un (x) =nXj=1

x�j (x)xj

é o operador expansão do sistema biortogonal (xn; x�n)1n=1 em E:

Proposição 2.1.8 Se (xn)1n=1 for base de Schauder de E e (fn)

1n=1 for a sequência dos

seus funcionais coe�cientes, então (xn; fn)1n=1 é um sistema biortogonal. Além disso,

se (xn; x�n)1n=1 for um outro sistema biortogonal, então fn = x�n; para todo n 2 N.

Demonstração: A�rmamos que (xn; fn)1n=1 é um sistema biortogonal. De fato, para

n;m 2 N, veja que

fn(xm) = fn (0x1 + :::+ 0xm�1 + 1xm + 0xm+1:::) = 0

efn(xn) = fn(0x1 + :::0xn�1 + 1xn + 0xn+1 + :::) = 1:

29


Por outro lado, para cada n; veja quenXn=1

fj(x)xj =

nXj=1

fj

1Xi=1

aixi

!xj

=nXj=1

ajxj

= a1x1 + :::+ anxn

=: un(x);

o que mostra nossa a�rmação. Façamos agora a segunda parte. Note que

x�n(xm) = �n;m = fn(xm)

para todo n;m 2 N. Seja x =1Pj=1

ajxj 2 E, e veja que

x�n(x) = x�n

1Xj=1

ajxj

!

=1Xj=1

ajx�n(xj)

=1Xj=1

ajfn(xj)

= fn

1Xj=1

ajxj

!= fn(x):

Dessa forma, para todo n 2 N, temos que x�n = fn: �De�nição 2.1.9 Uma sequência (xn)

1n=1 em um espaço de Banach E é chamada

sequência básica quando (xn)1n=1 for base de Schauder de [xn;n 2 N]:

Já vimos que todo espaço de Banach com base de Schauder é separável (Proposição2.1.6). A recíproca, porém, não é verdadeira. P. En�o mostrou, em 1972, que existemespaços de Banach separáveis que não possuem base de Schauder. Entretanto, umresultado creditado a Banach e Mazur garante que todo espaço de Banach de dimensãoin�nita possui uma sequência básica. Em outras palavras, este resultado garante quetodo espaço de Banach possui um subespaço com base de Schauder.

Observação 2.1.10 A De�nição 2.1.9 nos motiva a seguinte observação:

(i)x 2 [xn;n 2 N]) x =nPj=1

ajxj; para algum n 2 N.

(ii)x 2 [xn;n 2 N]) x =1Pj=1

ajxj:

30


Observação 2.1.11 Se (xn)1n=1 é base de Schauder de E, então kunk � 1: De fato,

pela Proposição 2.1.8, temos, para cada n 2 N; que

kunk � un� xn

kxnk

� (2.2)

=1

kxnkkun (xn)k

=1

kxnk

nPj=1

x�j (xn)xj

=

1

kxnk

nPj=1

fj (xn)xj

= 1:

Teorema 2.1.12 Seja (xn; x�n)1n=1 um sistema biortogonal em um espaço de Banach

E. As seguintes a�rmações são equivalentes:(i) (xn)

1n=1é base de Schauder de E.

(ii) limn!1 un(x) = x; para todo x 2 E:(iii)[xn;n 2 N] = E e sup fjjun(x)jj ;n 2 Ng <1; para todo x 2 E:(iv)[xn;n 2 N] = E e sup fjjunjj ;n 2 Ng <1:

Demonstração:(i)) (ii) Observe que, se (fn)

1n=1 é a sequência dos funcionais coe�cientes relacionadas

a (xn)1n=1 e x 2 E, então

x =1Xj=1

ajxj =1Xj=1

fj(x)xj:

Logo, da Proposição 2.1.8 temos

limn!1

un(x) = limn!1

nXj=1

x�j(x)xj = limn!1

nXj=1

fj(x)xj =1Xj=1

fj(x)xj = x:

(ii) ) (iii) É claro que [xn;n 2 N] � E: Mostremos então que E � [xn;n 2 N]. Vejaque, se x 2 E então

x = limn!1

un(x) =

1Xj=1

x�j(x)xj =1Xj=1

ajxj;

donde x 2 [xn;n 2 N]; e portanto E = [xn;n 2 N]. Por outro lado, como (un(x))1n=1 éconvergente, segue que (un (x))

1n=1 é limitada. isto é

supn2N

jjun(x)jj <1:

31


(iii)) (iv) Segue diretamente do Teorema de Banach-Steinhaus.(iv)) (i) Por hipótese, o conjunto

D =

(mXj=1

ajxj;m 2 N)

é denso em E: A�rmamos que

dm :=

mXj=1

ajxj 2 D ) limn!1

un (dm) = dm: (2.3)

De fato, para n � m; temos

un(dm) =nXj=1

x�n(dm)xj

= x�1(dm)x1 + :::+ x�n(dm)xn

= x�1

mXj=1

ajxj

!x1 + :::+ x

�n

mXj=1

ajxj

!xn

= a1x1 + :::+ amxm

= dm:

Logo, un(dm)! dm; quando n!1:A�rmamos agora que limn!1 un(z) = z, 8z 2 E: Como D é denso em E; dados x 2 Ee " > 0, existe d 2 D tal que jjz � djj < ": Note que, existe n0 2 N de modo que

d =

n0Xj=1

ajxj:

De (2.3), segue quelimn!1

un(d) = d

para n � n0: Logo

jjun(z)� zjj � jjun(z)� un(d)jj+ jjun(d)� djj+ jjd� zjj= jjun(z � d)jj+ jjun(d)� djj+ jjd� zjj< sup

n2Njjunjj+ 2";

no qual limn!1 un(z) = z, visto que o supremo acima é limitado. Dessa forma, paraz 2 E temos

z = limn!1

un(z) = limn!1

nXj=1

x�j(z)xj =

1Xj=1

x�j(z)xj: (2.4)

32

2.2. O CRITÉRIO DE GRUMBLUM

Por �m, resta-nos mostrar que a representão em (2.4) é única. De fato, suponha queexistam escalares (bj)

1j=1 de modo que

1Xj=1

x�j(z)xj =1Xj=1

bjxj:

Assim,1Xj=1

x�j(z)xj �1Xj=1

bjxj = 0)1Xj=1

�x�j(z)� bj

�xj = 0:

Logo, para cada i 2 N; temos que

x�i (z)� bi =1Xj=1

�x�j(z)� bj

�x�i (xj)

= x�i

1Xj=1

�x�j(z)� bj

�xj

!= 0;

donde x�i (z) = bi para todo i 2 N. O resultado segue. �

Corolário 2.1.13 Se (xn; x�n)1n=1 é um sistema biortogonal no espaço de Banach E e

supn2N

fjjunjj ;n 2 Ng <1; (2.5)

então (xn)1n=1 é uma sequência básica em E.

Demonstração: Seja F = [xn;n 2 N] em E. Considere agora (wn)1n=1 a sequência

dos operadores expansão do sistema biortogonal (xn; x�n)1n=1 em F . Se (2.5) segue que

sup fjjwnjj ;n 2 Ng <1:

Logo, do Teorema 2.1.12 (iv) temos que (xn)1n=1 é base de Schauder de F: Isso mostra

que (xn)1n=1 é uma sequência básica de E: �

2.2 O Critério de Grumblum

Agora, já estamos em condições de demonstrar o teorema central de nosso trabalho.

Teorema 2.2.1 (Critério de Grumblum) Uma sequência (xn)1n=1 de vetores não-

nulos em um espaço de Banach E é básica se, e só se, existe uma constante M > 0 talque

n � m) mXi=1

aixi

�M

nXi=1

aixi

; (2.6)

para toda sequência de escalares (ai)1i=1.

33


Demonstração: ()) Sejam (xn)1n=1 uma sequência básica e (fn)

1n=1 a sequência

dos funcionais coe�cientes. Pelo Teorema 2.1.12, a sequência (un (x))1n=1 converge em

[xn;n 2 N]: Temos também que

M := sup fjjunjj ;n 2 Ng <1:

Assim, para qualquer sequência de escalares (an)1n=1 ; tem-se

um

nXi=1

aixi

!=

nXi=1

aium(xi)

=

nXi=1

ai

mXj=1

x�j(xi)xj

=nXi=1

mXj=1

ai�ijxj

=mXi=1

aixi;

sempre que n � m: Dessa forma

n � m) mXi=1

aixi

= um

nXi=1

aixi

! � kumk

nXi=1

aixi

�M

nXi=1

aixi

:(() Devemos mostrar que (xn)1n=1 é base de Schauder de [xn;n 2 N]: Seja, F =[xn;n 2 N] : A�rmamos que fxn;n 2 Ng é li. Com efeito, dado n 2 N, suponha que

nXj=1

aixi = 0:

Note que

jja1x1jj �M jja1x1 + :::+ anxnjj = 0) jja1x1jj = 0) a1 = 0:

Por outro lado,

jja1x1 + a2x2jj �M jja1x1 + :::+ anxnjj = 0) jja1x1 + a2x2jj = 0) jja2x2jj = 0) a2 = 0:

Repetindo este procedimento n vezes concluimos que ai = 0, para todo i = 1; :::; n. Issomostra que fxn;n 2 Ng é li.Agora, para cada n 2 N, de�na as seguintes aplicações

fn : F! K e Tn : F!F

34


dadas por

fn

kPj=1

�jxj

!=

��n; se n � k0; se n > k; onde �k+1 = ::: = �n = 0

e

Tn

kPj=1

�jxj

!=

8>><>>:nPj=1

�jxj; se n � kkPj=1

�jxj; se n > k; onde �k+1 = ::: = �n = 0:

Com um pouco de trabalho, prova-se que fn e Tn são lineares.De (2.6), segue que

n � k ) Tn

kXj=1

�jxj

! =

nXj=1

�jxj

�M

kXj=1

�jxj

en > k )

Tn

kXj=1

�jxj

! =

kXj=1

�jxj

:Dos casos acima, temos que Tn

kXj=1

�jxj

! � C;8n 2 N) kTnk � C;8n

donde cada Tn é limitada. Seja agora x =kPj=1

�jxj 2 F: Se n � k; temos

jfn(x)j kxk = j�nj kxnk = k�nxnk

=

nXj=1

�jxj �n�1Xj=1

�jxj

�

nXj=1

�jxj

+ n�1Xj=1

�jxj

� 2M

kXj=1

�jxj

= 2M jjxjj ;

donde cada fn é limitada. Assim, pela Proposição 1.3.5, existem únicas extensões defn e Tn ao conjunto F ; que denotaremos, respectivamente, por gn e Rn: Além disso,

35


jjfnjj = jjgnjj e kTnk = kRnk :

Seja z =kPj=1

ajxj e observe que

Tn (z) = Tn

kPj=1

ajxj

!=

8>><>>:nPj=1

ajxj; se n � kkPj=1

ajxj, se n > k:

Por outro lado, sendo n � k temosnPj=1

fj(z)xj = f1(z)x1 + :::+ fn(z)xn

= f1

kPj=1

ajxj

!x1 + :::+ fn

kPj=1

ajxj

!xn

= a1x1 + :::+ anxn

=nPj=1

ajxj; (2.7)

e, sendo n > k obtemos

nPj=1

fj(z)xj = f1(z)x1 + :::+ fk(z)xk + :::

= f1

kPj=1

ajxj

!x1 + :::+ fk

kPj=1

ajxj

!xk + :::

= a1x1 + :::+ akxk + 0xk+1:::+ 0xn

=kPj=1

ajxj: (2.8)

De (2.7) e (2.8) segue que

Tn(z) =

nXj=1

fj(z)xj:

Dessa maneira, segue da unicidade de cada extensão que

Rn(x) =nXj=1

gj(x)xj

36


para todo x 2 F . Sejam agora x 2 F e " > 0: Como F é denso em F , existey =

Pmj=1 �jxj 2 F tal que jjx� yjj < ": Logo, para n > m temos

kx�Rnk � kx� yk+ ky �Rn(y)k+ kRn(y)�Rn(x)k� kx� yk+ ky � yk+ kRnk ky � xk= kx� yk (1 + kRnk)� kx� yk (1 + C)< (1 + C)":

Dessa forma, segue que x = limn!1Rn(x): Pelo que vimos até agora, concluímos que

x = limn!1

Rn(x) = limn!1

nXj=1

gj(x)xj =1Xj=1

gj(x)xj: (2.9)

Resta-nos mostrar que a representação em (2.9) é única. Para tanto, basta mostrarmosque

1Xj=1

�jxj = 0) �j = 0

para todo j 2 N. Com efeito, como

1Xj=1

�jxj = 0 e limn!1

nXj=1

�jxj =1Xj=1

�jxj

temos que, dado " > 0 existe n0 2 N tal que

n � n0 )

nXj=1

�jxj

< ":Por outro lado,

n � m) mXj=1

�jxj

�M

nXj=1

�jxj

< M":Por �m, veja que se

n � m ) j�nj kxnk = k�nxnk= Pn

j=1 �jxj �Pn�1

j=1 �jxj

� Pn

j=1 �jxj

+ Pn�1j=1 �jxj

� 2M":

Como os xn são não nulos, fazendo "! 0, segue que �n = 0 para todo n em N. �

37


Corolário 2.2.2 A menor consatante M que satisfaz a desigualdade do critério deGrumblum (conhecida por constante da base de (xn)

1n=1) é

M = sup fjjunjj ;n 2 Ng

Além disso, M � 1.

Demonstração: Se C satisfaz (2.6) eP1

j=1 ajxj 2 [xn;n 2 N], então

m � n) un

1Xj=1

ajxj

! =

nXj=1

ajxj

� C mXj=1

ajxj

;donde un

1Xj=1

ajxj

! � C mXj=1

ajxj

:Fazendo m!1 na última desigualdade, obtemos un

1Xj=1

ajxj

! � C limm!1

mXj=1

ajxj

= C 1Xj=1

ajxj

e portanto

sup jjun;n 2 Njj � C: (2.10)

Como já foi demonstrado no Teorema 2.2.1, a desiguadade mXi=1

aixi

�M

nXi=1

aixi

é válida para a constante M = sup fkunk ;n 2 Ng : Dessa forma,

M = sup fkunk ;n 2 Ng � C

é a menor constante que satisfaz (2.6). �

O seguinte exemplo mostra que nem sempre um conjunto li enumerável é umasequência básica.

Exemplo 2.2.3 Seja 1 < p � 1 e, em lp; de�na x1 = e1 e

xj =�1j � 1ej�1 +

1

jej para todo j � 2:

Observe que, para cada n 2 N, tem-se nPj=1

xj

p

=

e1 + ��e1 + 12e2�+

��12e2 +

1

3e3

�� +

��1n� 1en�1 +

1

nen

� p

=1

n:

Dessa forma, não existe uma constante M que satisfaça o Critério de Grumblum.Assim, (xn)

1n=1 não é sequência básica de lp:

38

Conclusão

Mostramos neste trabalho que todo espaço de Banach com base de Schauder éseparável. Uma resposta para a recíproca desse fato �cou em aberto durante décadas.Finalmente, em 1972, P. En�o construiu espaços de Banach separáveis que não possuíambase de Schauder.Muitos trabalhos se concentram na problemática de determinar condições para

as quais um espaço de Banach tenha base de Schauder. Sendo assim, o Critériode Grumblum se encaixa como uma poderosa ferramenta nessa busca, uma vez que,através da caracterização por ele apresentada para sequências básicas, podemos a�rmara existência de uma base de Schauder para algum subespaço do espaço de Banach emquestão.

39

Referências Bibliográ�cas

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[2] FERREIRA, M. S. Lineabilidade do conjunto dos operadores lineares limitados nãoabsolutamente somantes. João Pessoa: UFPB, 2010. (Dissertação de Mestrado)

[3] FIORENTINI, D.; LORENZATO, S. Processo de Coleta de Informações e deConstituição do Material de Estudo. In:______. Investigação em EducaçãoMatemática: percursos teóricos e metodológicos. Campinas: São Paulo, 2006.(Coleção Formação de Professores)

[4] KREYSZIG, E. Introductory Functional Analysis With Applications. Wiley:Classics Library, 1989.

[5] LIMA, E.L. Curso de Análise. v. 1. 13. ed. Rio de Janeiro: IMPA, 2011

[6] LIMA, E.L. Espaços Métricos. 4. ed. Rio de Janeiro: IMPA, 2009

[7] OLIVEIRA,C. R. Introdução à Análise Funcional. Rio de Janeiro: IMPA, 2010.

[8] PELLEGRINO, D. Introdução à Análise Funcional . João Pessoa: UFPB, 2008.

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elaine santos dias o critÉrio de...

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