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MT401 - Análise Aplicada
Felipe Longo
Lista 04 - 07 de junho de 2018
Exercício 1. Como (Tn(x))n é sequência de Cauchy para qualquer x ∈ E, então, dado x ∈ E,
∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N |m,n > n0 ⇒ ‖Tm(x)− Tn(x)‖ 0 tal que ‖x‖1 ≤ c‖x‖2 para todo x ∈ V . Sendo assim, considere o isomorfismo
I : V2 → V1 dado por I(x) = x. Como ‖I(x)‖1 = ‖x‖1 ≤ c‖x‖2, segue que I é limitada e, pelo
Teorema da Aplicação Aberta, I leva aberto em aberto. Logo, I−1 é contínua e, portanto, limitada.
Ou seja, existe a > 0 tal que
‖x‖2 = ‖I−1(x)‖2 ≤ a‖x‖1 .
Concluímos, então, que existem constantes a, c > 0 tais que
‖x‖1 ≤ c‖x‖2 ≤ ca‖x‖1 .
Logo, as normas ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 em V são equivalentes.
Exercício 4. Considere B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)} a base canônica do R3.
A base dual B′ é dada pelos funcionais lineares fj : R3 → R, j = 1, 2, 3, tais que
fj(ei) = δij =
{
1, i = j,
0, i 6= j,
i, j = 1, 2, 3.
1
Para qualquer x ∈ R3, x = x1e1 + x2e2 + x3e3 e, então, fj(x) = xj, j = 1, 2, 3. Ou seja, a base
dual da base canônica são as projeções ortogonais. Observe que
b1f1 + b2f2 + b3f3 = 0⇔ b1f1(x) + b2f2(x) + b3f3(x) = 0, ∀x ∈ R3
⇔ b1x1 + b2x2 + b3x3 = 0, ∀x1, x2, x3 ∈ R
⇔ b1 = b2 = b3 = 0 .
Logo, {f1, f2, f3} é linearmente independente. Além disso, para qualquer funcional linear g : R3 → R
e qualquer x ∈ R3,
g(x) = g(x1e1 + x2e2 + x3e3) = x1g(e1) + x2g(e2) + x3g(e3)
= x1c1f1(e1) + x2c2f2(e2) + x3c3f3(e3)
= c1f1(x1e1) + c2f2(x2e2) + c3f3(x3e3)
= c1f1(x) + c2f2(x) + c3f3(x) .
Assim, {f1, f2, f3} gera o dual de R3.
Exercício 5. Seja B = {u1, ..., un} base de E. Considere n aplicações f1, ..., fn : E → K tais que
fj(ui) =
{
1, i = j,
0, i 6= j.
Assim, dados x =
n∑
i=1
xiui ∈ E e g ∈ E ′ quaisquer, segue que
g(x) = g
(
n∑
i=1
xiui
)
=
n∑
i=1
xig(ui) =
n∑
i=1
xibifi(ui) =
n∑
i=1
bifi(xiui) =
n∑
i=1
bifi(x),
onde bi = g(ui), i = 1, ..., n. Logo, {f1, ..., fn} gera E ′. Agora, suponha que existam a1, ..., an ∈ K
tais que
a1f1(x) + ...+ anfn(x) = 0, ∀x ∈ E.
Então, a1x1 + ... + anxn = 0 para quaisquer x1, ..., xn ∈ K. Logo, a1 = ... = an = 0. Consequen-
temente, {f1, ..., fn} é um conjunto linearmente independente. Portanto, {f1, ..., fn} é uma base
para E ′.
Exercício 6. Considere a transformação
T : `1 → c′0
x 7→ φx : c0 → K
a 7→ ϕx(a) =
∞∑
j=1
ajxj .
Como, para qualquer a = (aj)j ∈ c0, aj → 0, então, dado ε > 0, existe j0 ∈ N tal que, para todo
j > j0,
|ajxj| = |aj| |xj| 0, existe n0 ∈ N tal que, pra todo n > n0,∣∣∣∣∣
∞∑
j=1
|ajxj| −
n∑
j=1
|ajxj|
∣∣∣∣∣ =
∞∑
j=n+1
|ajxj| n .
Para j ≤ n, se ϕ(ej) 6= 0, então
cnj ϕ(ej) =
ϕ(ej)
|ϕ(ej)|
ϕ(ej) = |ϕ(ej)|,
e o mesmo vale, obviamente, para ϕ(ej) = 0. Logo, vale para todo j ≤ n. Dessa forma,
n∑
j=1
|ϕ(ej)| =
n∑
j=1
cnj ϕ(ej) = ϕ
(
n∑
j=1
cnj e
j
)
≤ ‖ϕ‖
∥∥∥∥∥
n∑
j=1
cnj e
j
∥∥∥∥∥
= ‖ϕ‖ max
1≤j≤n
|cnj | ≤ ‖ϕ‖ ,
3
pois |cnj | ≤ 1 para todo j ∈ N. Sendo a inequação acima válida para todo n ∈ N, obtemos
‖x‖ =
∞∑
j=1
|ϕ(ej)| ≤ ‖ϕ‖ .
Logo, x ∈ `1. Para qualquer a = (aj)j ∈ c0, podemos escrever
a = lim
n→∞
n∑
j=1
aje
j .
Então,
ϕ(a) = ϕ
(
lim
n→∞
n∑
j=1
aje
j
)
= lim
n→∞
ϕ
(
n∑
j=1
aje
j
)
= lim
n→∞
n∑
j=1
ajϕ(ej) = ϕx(a) .
Logo, para todo ϕ ∈ c′0, existe x ∈ `1 tal que ϕ = T (x). Ou seja, T é sobrejetora e, portanto,
isomorfismo. Também mostramos que ‖T (x)‖ = ‖ϕx‖ = ‖x‖ para todo x ∈ `1. Então que T é
isometria. Finalmente, concluímos que `1 é isomorfo isometricamente ao dual de c0.
Exercício 7. Considere a aplicação
T : E ′ → l1
ϕ 7→ Tϕ = (ϕ(xj))j .
Para cada ϕ ∈ E ′, a sequência Tϕ(ϕ(xj))j existe e é única. Por hipótese,
∞∑
j=1
|ϕ(xj)| 0, existe δ > 0 tal que, se ‖ϕ − ϕ0‖ ≤ δ, então d(Tϕ, Tϕ0) =
∞∑
j=1
|ϕ(xj) − ϕ0(xj)| 0, existe δ > 0 tal que, se ‖ϕ/δ‖ ≤ 1,
então
∞∑
j=1
|ϕ(xj)/δ| 0, existe n ∈ N tal que ‖xn − x‖ 0, existe n ∈ N tal que
| ‖x‖ − ϕn(x) | ≤ | ‖x‖ − ϕn(xn) |+ |ϕn(xn)− ϕn(x) |Seja E espaço normado e E ′ dual de E, as avaliações de E e E ′ são dadas, respec-
tivamente, por
av : E → E ′′
x 7→ avx : E ′ → K
ϕ 7→ avx(ϕ) = ϕ(x)
e
av′ : E ′ → E ′′′
ϕ 7→ av′ϕ : E ′′ → K
ξ 7→ av′ϕ(ξ) = ξ(ϕ) .
Se E é reflexivo, então av é sobrejetora, ou seja, para todo ξ ∈ E ′′, existe x ∈ E tal que ξ = avx.
Assim, dado µ ∈ E ′′′ qualquer, defina ϕ(x) = µ(avx) = µ(ξ). Logo,
av′ϕ(ξ) = ξ(ϕ) = avx(ϕ) = ϕ(x) = µ(ξ),
para todo ξ ∈ E ′′. Ou seja, para cada µ ∈ E ′′′, existe ϕ ∈ E ′ tal que av′ϕ = µ. Então, av′ é
sobrejetora e, portanto, E ′′ é reflexivo.
Exercício 10. O Teorema de Extensão de Hahn-Banach garante que existe e está bem definida
uma aplicação T : F ′ → E ′ que associa cada funcional ϕ ∈ F a um funcional Φ ∈ E ′ tal que
Φ|F = ϕ e ‖Φ‖ = ‖ϕ‖, ou seja, ‖T (ϕ)‖ = ‖ϕ‖. A injetividade de T é válida, pois
ϕ 6= ψ ⇒ Φ|F 6= Ψ|F ⇒ Φ 6= Ψ⇒ T (ϕ) 6= T (ψ) .
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