Operadores em espaços normados

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1 Capítulo 7 Operadores em espaços normados Neste capítulo vamos introduzir uma série de operadores em espaços normados os quais são muito úteis, nomeadamente, na resolução de equações envolvendo operadores. Vamos dar especial atenção aos operadores (auto)-adjuntos definidos num espaço de Hilbert. 7.1 Operadores adjuntos. Definição e propriedades Nesta secção vamos considerar X, Y espaços normados quaisquer, T : X Y um operador linear limitado e g Y um funcional. É claro que g está definido sobre todo Y. Definimos a aplicação f em X por f : X R, x f (x) := g(t x). A aplicação f possui as seguintes propriedades: X T f Y g R 1. f é linear, visto que, g e T o são. 2. f é limitada, pois f (x) = g(t x) g T x g T x, assim, tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, obtemos f g T <. (7.1) 155

2 Portanto, f X, isto é, f é um funcional em X. Deste modo, a cada funcional g Y corresponde um funcional f X o qual é chamado operador adjunto de T e denotado por T. Definição 7.1 (Operador adjunto) Sejam X, Y dois espaços normados e T : X Y um operador linear limitado dado. Então o operador adjunto T : Y X é definido por f (x) = (T g)(x) := g(t x). (7.2) O operador adjunto está bem definido, isto é, a correspondência Y g T g X é uma aplicação. De facto, já vimos que f = T g X. Assim, só falta verificar que, para cada g Y existe uma única imagem T g. Suponhamos que g Y está associado a dois funcionais distintos f 1 e f 2 em X. Como f 1 f 2, então existe x X tal que f 1 (x) f 2 (x). Mas, ao mesmo tempo, por (7.2) temos f 1 (x) = f 2 (x) = g(t x), x X. Assim, f 1 = f 2. Proposição 7.2 (Norma do operador adjunto) O operador adjunto T do operador T definido em (7.2) é linear, limitado e T = T. (7.3) Prova. Vamos verificar a linearidade de T. Para quaisquer g 1, g 2 Y, α, β K e x X temos (T (αg 1 + βg 2 ))(x) := (αg 1 + βg 2 )(T x) Da arbitrariedade de x X resulta = αg 1 (T x) + βg 2 (T x) = α(t g 1 )(x) + β(t g 2 )(x). T (αg 1 + βg 2 ) = αt g 1 + βt g 2, ou seja, T é linear. Para mostrar que T é limitado procedemos do seguinte modo. De (7.2) e (7.1) resulta T g = f g T e, tomando o supremo sobre todos g Y com norma 1, obtemos a desigualdade T T. 156

3 Para provar a desigualdade contrária consideramos x X\ {} um elemento arbitrário dado e denotamos y = T x. Usamos o seguinte resultado: existe um elemento g Y tal que g = 1 e g(t x) = T x. Portanto, temos T x = g(t x) = (T g)(x) T g x T g x = T x, pelo que T x T x, para qualquer x X\ {}. Como temos sempre T x T x, sendo T a menor constante tal que T x T x, então terá de ser T T. Em resumo X T Y X Y, T T = T Exemplo 7.3 Sejam X = Y = R n e T o operador associado à matriz a 11 a a 1n a 21 a a 2n T : A = a n1 a n2... a nn relativamente à base canónica (e i ) n i=1 em Rn. A forma geral de um funcional em R n é n f (x) = x i f i, f i := f (e i ), f (R n ). i=1 Para cada x R n y = T x é dado por y 1 = a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n y 2 = a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n... y n = a n1 x 1 + a n2 x a nn x n. 157

4 Seja (e i ) n i=1 a base dual de (e i) n i=1, assim, se g (Rn ), então n g = g i e i. Portanto, temos i=1 f (x) = g(t x) = g(y) n n = g i y i = = i=1 j=1 i=1 g i n n a i j g i x j. i=1 n a i j x j Deste modo, f é um funcional em X dado em termos de g. Tendo em conta que f = T g, então n n (T g)(x) = b j x j, b j = a i j g i, ou seja j=1 j=1 i=1 b 1 = a 11 g 1 + a 21 g a n1 g n b 2 = a 12 g 1 + a 22 g a n2 g n... b n = a 1n g 1 + a 2n g a nn g n. Assim, a matriz associada a T é da forma a 11 a a n1 a T 12 a a n2 :..... = A.. a 1n a 2n... a nn Vemos, pois, que a matriz associada a T não é mais do que a matriz transposta A da matriz A associada a T. Exemplo 7.4 Seja K : [, 1] [, 1] R uma aplicação contínua dada e consideremos o espaço de Hilbert real X = Y = L 2 ([, 1], ds) =: L 2 (ds). Seja T o operador integral, com núcleo K, definido em L 2 (ds) por T : L 2 (ds) L 2 (ds), x (T x)(t) := K(t, s)x(s)ds. (7.4)

5 A forma geral de um funcional linear contínuo f em L 2 (ds) é dada em termos do produto interno em L 2 (ds), isto é, (x, h) = 1 x(s)h(s)ds, x, h L 2 (ds). Assim, se x L 2 (ds) é tal que y = T x, então para todo g L 2 (ds), temos onde f (x) = g(t x) = = = (T x)(s)g(s)ds K(s, t)x(t)dtg(s)ds ( 1 ) K(s, t)g(s)ds x(t)dt = (x, T g), (T g)(t) := 1 K(s, t)g(s)ds. Assim, vemos que T é um operador integral definido em L 2 (ds) com núcleo K (t, s) = K(s, t). Note a troca das variáveis s e t. Observação 7.5 No exemplo anterior, se o espaço de Hilbert considerado L 2 (ds) for sobre o corpo dos complexos C, então todo o funcional linear contínuo em L 2 (ds) é da forma h(x) = (x, h) = 1 x(s)h(s)ds, x, h L 2 (ds). Neste caso o adjunto do operador T definido em (7.4) é dado por (T g)(t) := 1 K(s, t)g(s)ds, ou seja, T é um operador integral, com núcleo K, onde K (t, s) = K(s, t). Vamos de seguida apresentar algumas propriedades dos operadores adjuntos sobre espaços normados. Proposição 7.6 Sejam X, Y espaços normados e S, T B(X, Y) dados. Então 159

6 1. (S + T) = S + T. 2. (αt) = αt. Prova. 1. Seja g Y um funcional arbitrário com vista a mostrar que (S +T) g = (S + T )g. De acordo com a definição, para todo x X, usando a linearidade de g, obtemos ((S + T) g)(x) := g((s + T)x) = g(s x) + g(t x) = (S g)(x) + (T g)(x). Isto implica que (S + T) g = S g + T g, g Y, pelo que (S + T) = S + T. 2. Do mesmo modo, se g Y, então ((αt) g)(x) := g((αt)x) = g(αt x) = αg(t x) = α(t g)(x), x X. De onde resulta que (αt) g = αt g, para todo g Y, assim temos (αt) = αt. Proposição 7.7 Sejam X, Y, Z espaços normados, T B(X, Y) e S B(Y, Z) dados. Então 1. o adjunto do produto S T é dado por (S T) = T S. (7.5) 2. Se T 1 existe e T 1 B(Y, X), então (T ) 1 também existe, (T ) 1 B(X, Y ) e (T ) 1 = (T 1 ). Prova. 1. Seja g Z um elemento dado com vista a mostrar que (S T) g = (T S )g. Então para todo x X, temos ((S T) g)(x) = g((s T)x) = g(s (T x)) = (S g)(t x), como S g X, então o último termo é igual a T (S g)(x). Assim, mostramos que (S T) g = T (S g), g Z. Da arbitrariedade de g resulta a igualdade (7.5). 2. Queremos mostrar que (T ) 1 = (T 1 ), ou seja que T (T 1 ) = (T 1 ) T = I, pois temos a seguinte composição de aplicações: 16

7 X (T 1 ) Y T X Assim, sejam h X e x X dados. Então temos (T (T 1 ) h)(x) := ((T 1 ) h)(t x) := h(t 1 T x) = h(x) = (Ih)(x). Inversamente ((T 1 ) T h)(x) := (T h)(t 1 x) := h(tt 1 x) = h(x) = (Ih)(x). Proposição 7.8 Sejam X, Y espaços normados reflexivos e T B(X, Y) dados. Então (T ) = T. Prova. Sendo T : X Y, então o seu adjunto T é um operador de Y em X, isto é, T : Y X. Deste modo, concluímos que (T ) será um operador linear limitado de X em Y : T : X Y. Pela reflexividade dos espaços X e Y, temos T B(X, Y). Assim, resta mostrar que os operadores T e T coincidem. Recordemos o operador canónico de X em X : C : X X, x C(x) = F x, onde F x é definido por F x (l) := l(x), para qualquer l X. Assim, para qualquer g Y e x X, temos ((T ) F x )(g) = F x (T g) = (T g)(x) = g(t x), e, por outro lado C T C 1 (F x )(g) = (C(T x))(g) = F T x (g) = g(t x). X T Y C C X T Y Exemplo 7.9 Consideremos o espaço de Hilbert complexo X = Y = L 2 ([, 1]) e α : [, 1] C uma função mensurável limitada. Definimos T B(X, Y) por (T x)(t) := α(t)x(t). Mostre que o operador adjunto T de T é definido por (T g)(t) = α(t)g(t). 161

8 Prova. Sabemos, pelo teorema de Riesz, que o dual de qualquer espaço de Hilbert é isomorfo a si próprio, assim T B(X, Y). Temos ainda que, qualquer funcional linear limitado é representável pelo produto interno, isto é, (x, h) = 1 x(t)h(t)dt, h, x L 2 ([, 1]). Assim, para quaisquer g, x L 2 ([, 1]) obtemos f (x) = (T x, g) = = 1 = (x, T g). 1 (T x)(t)g(t)dt = x(t)α(t)g(t)dt = (x, ᾱg) 1 α(t)x(t)g(t)dt Portanto, o operador adjunto é dado por (T g)(t) = α(t)g(t). No caso de α ser real, isto é α(t) = α(t), então teríamos (T g)(t) = α(t)g(t) = (Tg)(t), ou seja, T = T. Na próxima secção vamos estudar este tipo particular de operadores, chamados auto-adjuntos. Exemplo 7.1 Seja X = Y = l 2 (R) o espaço de Hilbert real das sucessões cujo quadrado do módulo é somável. Em l 2 (R) definimos o operador de deslocamento direito U da forma usual, isto é, para cada x = (x 1, x 2,...) l 2 (R) Ux = (, x 1, x 2,...). Prove que o operador adjunto U de U é o operador de deslocamento esquerdo V. Qual será o adjunto do operador V? Prova. Os funcionais lineares limitados em l 2 (R) são da forma (x, y) = x i y i, x, y l 2 (R). i=1 Portanto, se g l 2 (R), então para qualquer x l 2 (R) temos f (x) = (Ux, g) = (Ux) i g i = g i+1 x i = (x, U g), i=1 onde U g = (g 2, g 3, ), ou seja, o adjunto do operador de deslocamento direito é o operador de deslocamento esquerdo V. Usando o Proposição 7.8 temos U = V = U, ou seja, o operador dual de V é U. i=1 162

9 Exercícios Exercício 7.1 Calcule o adjunto de cada um dos seguintes operadores definidos sobre l p (R), p 1: 1. T x := (x 1, x 2,..., x j,,...), j T x := (,...,, x 1,...), onde x 1 está na posição j. 3. T x := (α 1 x 1, α 2 x 2,...), onde (α i ) i=1 l (R) é uma sucessão fixa. 4. T x := (,, α 1 x 1, α 2 x 2,...). 5. T x := (α j x j, α j+1 x j+1,...), j 1. Exercício 7.2 Seja T B(X), onde X é um espaço normado. Mostre que para qualquer n N temos (T ) n = (T n ). 7.2 Operador adjunto num espaço de Hilbert Nesta secção vamos analisar o caso particular em que os espaços normados X e Y são espaços de Hilbert. Assim, sejam H 1, H 2 espaços de Hilbert e T : H 1 H 2 um operador linear limitado. O operador adjunto T de T é, depois dos resultados da secção anterior, tal que T : H 2 H 1, g (T g)(x) := g(t x) = f (x). (7.6) Mas como sabemos, pelo teorema de Riesz, os funcionais g H 2, f H 2 admitem representantes, digamos x, y, isto é, f (x) = (x, x ) 1, (7.7) g(y) = (y, y ) 2. (7.8) Vamos denotar por R 1, R 2 os operadores que realizam estes operadores R 1 : H 1 H 1, f R 1 ( f ) = x, R 2 : H 2 H 2, g R 2 (g) = y. Os operadores R 1, R 2 possuem as seguintes propriedades: 163

10 1. bijectivos, 2. preservam a norma, isto é, R 1 ( f ) 1 = x 1 = f, 3. são lineares conjugados, isto é, se f (x) = (x, x ) 1 e h(x) = (x, ˆx ) 1, então para qualquer x H 1, α, β K temos (α f + βg)(x) = α f (x) + βg(x) = α(x, x ) 1 + β(x, ˆx ) 1 = (x, ᾱh + β ˆx ) 1, pelo que ᾱx + β ˆx é o representante de α f + βg, de onde resulta que O mesmo raciocínio para R 2. Consideremos o operador T definido por R 1 (α f + βg) = ᾱx + β ˆx. Temos T : H 2 H 1, T := R 1 T R 1 2. T y = R 1 (T g) = R 1 ( f ) = x. T é linear, pois envolve dois operadores lineares conjugados e o operador linear T. T H 1 H 2 T R 1 H 1 T R 2 H 2 Por outro lado, de (7.6)-(7.8) resulta (T x, y ) 2 = g(t x) = f (x) = (x, x ) 1 = (x, T y ) 1, ou seja (T x, y) 2 = (x, T y) 1. Definição 7.11 Seja T : H 1 H 2 um operador linear limitado. Então o adjunto T de T é um operador T : H 2 H 1 definido por (T x, y) 2 = (x, T y) 1, x H 1, y H 2. Os exemplos apresentados até agora, foram todos sobre espaços de Hilbert. Vamos em seguida coleccionar algumas das propriedades e relações típicas do operador adjunto de um operador linear limitado definido num espaço de Hilbert. 164

11 Proposição 7.12 Sejam T, U B(H 1, H 2 ) operadores lineares limitados. Mostre que 1. (T + U) = T + U. 2. T = T, H 1 T H 2 3. (αt) = ᾱt, α K. N (T ) N(T ) R(T ) R(T ) 4. N(T) = R(T ). 5. N(T ) = R(T). 6. R(T) = N(T ). H 1 T H 2 R(T ) R(T ) N(T ) N(T ) 7. R(T ) = N(T). Prova. Ver Exercício 7.7. Exercícios Exercício 7.3 Seja X = Y = L 2 (R, dt) o espaço de Hilbert das funções complexas mensuráveis de quadrado integrável. Para cada constante k R definimos o operador T B(X, Y) por (T x)(t) := x(t k) o qual é chamado operador de deslocamento ou operador de translação. Calcule o operador adjunto T do operador T. Exercício 7.4 Calcule o adjunto de cada um dos seguintes operadores definidos sobre L 2 (R): 1. (T x)(t) := α(t)x(t + k), onde α é uma função limitada e k R está fixo. 2. (T x)(t) := 1 (x(t) + x( t)). 2 Exercício 7.5 Seja H um espaço de Hilbert e y, z H fixos. Definimos T B(H) por T x := (x, y)z. Calcule o adjunto de T. 165

12 Exercício 7.6 Seja H um espaço de Hilbert e (e n ) n=1 uma base ortonormada em H. Definimos o operador T por T : H H, e n Te n := e n Calcule o núcleo, a imagem e a norma de T. 2. Encontre o operador adjunto T de T. Exercício 7.7 Prove a Proposição Exercício 7.8 Prove que se (T n ) n=1 é uma sucessão de operadores lineares limitados num espaço de Hilbert tais que T n T, então Tn T. 7.3 Operadores auto-adjuntos De entre os operadores definidos num espaço de Hilbert H existem algumas classes de especial interesse, uma delas vamos estudar nesta secção. Assim, nesta secção vamos supor que H 1 = H 2 = H e o espaço linear dos operadores lineares limitados sobre H B(H). Definição 7.13 Seja operador T B(H) um operador dado. Então T chama-se 1. auto-adjunto se e só se T = T, isto é, (T x, y) = (x, Ty), x, y H, 2. unitário se e só se T é bijectivo e T = T 1, isto é, 3. normal se e só se TT = T T. (T x, y) = (x, T 1 y), x, y H, Observação Se T B(H) é um operador unitário, então T preserva o produto interno, pois (T x, Ty) = (x, T Ty) = (x, T 1 Ty) = (x, y), x, y H. 166

13 2. Por seu lado, se T é auto-adjunto ou unitário, então T é normal. De facto, suponhamos que T é auto-adjunto, então temos T = T e evidentemente que TT = T T = T 2. Se T é unitário, então T = T 1, pelo que TT = T T = I. 3. Do Exemplo 7.3 resulta que T é auto-adjunto se e só se a i j = a ji, i, j = 1,..., n, ou seja a matriz é simétrica. Se a matriz (a i j ) n i, j=1 for complexa, então o operador é auto-adjunto se e só se a matriz for Hermiteana, isto é, a i, j = ā j,i, i, j = 1,..., n. Já no Exemplo 7.4 o operador T será autoadjunto se e só se a função K for simétrica, isto é, K(s, t) = K(t, s), s, t [, 1]. No caso complexo teríamos K(s, t) = K(t, s). 4. Se T B(H) é um operador auto-adjunto, então H = N(T) R(T ). De facto, como N(T) é fechado, então pelo teorema sobre a decomposição de um espaço de Hilbert na soma directa de espaços mutuamente ortogonais, temos H = N(T) (N(T)). Mas pela Proposição , temos (N(T)) = R(T ), de onde o resultado. Teorema 7.15 (critério T = T) Seja T : H H um operador linear limitado no espaço de Hilbert H. Então 1. se T é auto-adjunto, (T x, x) é real para todos x H, 2. se H é complexo e (T x, x) é real para todos x H, o operador T é autoadjunto. Prova. 1. Por hipótese T = T e (T x, x) = (x, T x) = (T x, x), ou seja, (T x, x) é igual ao seu conjugado, pelo que (T x, x) R, x H. 2. Como (T x, x) R x H, então (T x, x) = (T x, x) = (x, T x) = (T x, x). Deste modo temos ((T T )x, x) =, x H. Em particular para x = αy + z, obtemos ((T T )(αy + z), αy + z) = α 2 ((T T )y, y) + α((t T )y, z) +ᾱ((t T )z, y) + ((T T )z, z), 167

14 tendo em atenção que ((T T )y, y) = ((T T )z, z) =, obtemos ((T T )(αy + z), αy + z) = α((t T )y, z) + ᾱ((t T )z, y) =. Escolhendo α = 1 e α = i obtemos { ((T T )y, z) + ((T T )z, y) = ((T T )y, z) ((T T )z, y) = ((T T )y, z) =, y, z H, fazendo z = (T T )y resulta (T T )y =, y H, ou seja T T =. Isto prova que T é auto-adjunto. Exemplo 7.16 Sejam (α n ) n=1, (β n) n=1, (δ n) n=1 l (R) sucessões fixas e T B(l 2 (R)) um operador definido de seguinte modo: para cada x l 2 (R) T x = ((T x) 1, (T x) 2,...), onde (T x) 1 = α 1 x 1 + β 1 x 2, (T x) n = δ n 1 x n 1 + α n x n + β n x n+1, n 2. Que condições devem verificar os números α n, β n e δ n, n 1 para que T = T. Prova. Temos de ver em que condições sobre os coeficientes das sucessões dadas temos (T x, y) l 2 (R) = (x, Ty) l 2 (R). Assim, temos (T x, y) l 2 (R) = (T x) n y n = (α 1 x 1 + β 1 x 2 )y 1 + n=1 = (α 1 y 1 + δ 1 y 2 )x 1 + = (x, T y) l 2 (R). Assim, T y é dado por (δ n 1 x n 1 + α n x n + β n x n+1 )y n n=2 (δ n y n+1 + α n y n + β n 1 y n 1 )x n n=n (T y) 1 = α 1 y 1 + δ 1 y 2, (T y) n = δ n y n+1 + α n y n + β n 1 y n 1, n 2. Portanto, para que T = T, isto é T x = T x, x H terá de ser α 1 x 1 + δ 1 x 2 = α 1 x 1 + β 1 x 2 δ 1 = β 1, δ n x n+1 + α n x n + β n 1 x n 1 = δ n 1 x n 1 + α n x n + β n x n+1, δ n = β n, n 2. Assim, concluímos que a sucessão (α n ) n=1 l (R) é qualquer e (β n ) n=1 = (δ n) n=1. 168

15 Exercícios Exercício 7.9 Sejam T, U B(H) dois operadores dados. Mostre que 1. se T, U são auto-adjuntos e α, β K, então αt + βu é auto-adjunto, 2. se T, U são auto-adjuntos, então o operador TU é auto-adjunto se e só se T e U comutam, isto é, [T, S ] = TU UT =, 3. os operadores R = 1 2 (T +T ) e C = 1 2i (T T ) são auto-adjuntos. T = R+iC e T = R ic, o operador R chama-se a parte real do operador T e C a parte imaginária de T, 4. se T é um operador normal, então RC = CR, onde R, C são os operadores definidos em 3. Exercício 7.1 Seja (T n ) n=1 uma sucessão de operadores lineares limitados autoadjuntos definidos T n : H H sobre um espaço de Hilbert H. Suponhamos que (T n ) n=1 converge uniformemente para o operador T, isto é, T n T, n. Prove que o operador limite T é linear limitado e auto-adjunto. Exercício 7.11 Seja T n : H H, n N uma sucessão de operadores normais (T n T n = T n T n) tais que T n T. Mostre que T é um operador linear normal. Exercício 7.12 Mostre que se T : H H é um operador isométrico, isto é, T x = x, x H, então T T = I. 7.4 Operadores de projecção Recordemos que, dado um espaço de Hilbert H e um subespaço L de H, então H pode representar-se como soma directa de L e o seu ortogonal L, isto é, H = L L. Assim, dado x H existem y L e z L tais que x = y + z. 169

16 Dado que a soma é directa, y é único para qualquer x H. Portanto, a cada x H associamos um único elemento y L, isto é, definimos um operador linear P : H H, x Px = y, o qual é chamado projecção ortogonal ou projecção em H. Mais precisamente, P é chamado projecção de H sobre L. É claro que P está definido sobre todo H e a sua imagem é exactamente o subespaço L. Por outro lado, se x H é da forma x = y + z, com y L e z L, então Px = P(y + z) = Py + Pz = y, isto é, Py = y, y L e Pz =, z L. Concluímos, pois, que N(P) = L. Temos a seguinte definição. Definição 7.17 Um operador linear P : H H é uma projecção em H se existe um subespaço L de H tal que R(P) = L, N(P) = L e P L é o operador identidade em L. O próximo teorema dá um critério para caracterizar os operadores de projecção em H o qual pode ser usado como definição. Teorema 7.18 Um operador linear limitado P : H H num espaço de Hilbert H {} é uma projecção se e só se P é auto-adjunto e idempotente, isto é, P 2 = P. Temos ainda que P = 1. Prova. Suponhamos que P é uma projecção em H e denotemos P(H) = L com vista a mostrar que P é auto-adjunto, idempotente com norma 1. Para qualquer x H com Px = y L temos P 2 x = P(Px) = Py = y = Px, logo P é idempotente. Sejam x 1, x 2 H tais que x 1 = y 1 + z 1, y 1 L, z 1 L, x 2 = y 2 + z 2, y 2 L, z 2 L. É claro que (y 1, z 2 ) = (y 2, z 1 ) =. Por outro lado (Px 1, x 2 ) = (y 1, y 2 + z 2 ) = (y 1, y 2 ) + (y 1, z 2 ) = (y 1 + z 1, y 2 ) = (x 1, Px 2 ), e, portanto, P é auto-adjunto. 17

17 A norma de P pode calcular-se do seguinte modo: para todo x H com x = y + z, Px = y e de acordo com o teorema de Pitágoras, temos x 2 = y 2 + z 2 y x Px x. Tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, obtemos P 1. Para mostrar a desigualdade contrária notemos que se x L e x, então Px = x, pelo que x = Px P x de onde resulta que P 1. Das duas desigualdades obtemos P = 1. Inversamente, suponhamos que P 2 = P = P e denotamos P(H) = L com vista a mostrar que P é uma projecção. Cada x H pode escrever-se como x = Px + (I P)x. Vamos mostrar que L = P(H) (I P)(H). De facto, temos (Px, (I P)y) = (x, P(I P)y) = (x, Py P 2 y) = (x, Py Py) = (x, ) =. Com vista a mostrar que L = P(H) é um subespaço de H vamos provar que L = N(I P) e usar o resultado que diz: o núcleo de um operador linear limitado é fechado. Assim, seja x L, então (I P)x = x Px = x x =, logo x N(I P), logo L N(I P). Por outro lado, se y N(I P), então Py = y, pelo que y P(H) = L. Deste modo obtemos L = N(I P). Portanto, L é um subespaço de H. Notemos que L = N(P), pois, se z L, então para qualquer y L temos (z, y) =, mas como L = P(H), então y = Px, x H. Assim, (z, y) = (z, Px) = (Pz, x) = Pz = z N(P). Finalmente P L é o operador identidade em L, pois se x L = P(H), então x = Py, y H. Pelo que Px = P 2 y = Py = x, ou seja P L = I. 171

18 Exemplo 7.19 Sejam P 1 e P 2 projecções em H sobre L 1 e L 2, respectivamente, tais que P 1 P 2 = P 2 P 1. Mostre que P = P 1 + P 2 P 1 P 2 é uma projecção de H sobre L 1 + L 2. Prova. Temos de mostrar que P é auto-adjunto e idempotente. De facto, atendendo a que P 1 e P 2 são projecções e P 1 P 2 = P 2 P 1, então P = P 1 + P 2 P 2 P 1 = P 1 + P 2 P 2 P 1 = P 1 + P 2 P 1 P 2 = P. logo P é auto-adjunto. Falta mostrar que P 2 = P. Mas, para qualquer x H, temos P 2 x = (P 1 + P 2 P 1 P 2 ) 2 x = (P P 1P 2 P 2 1 P 2 + P 2 P 1 + P 2 2 P 2P 1 P 2 P 1 P 2 P 1 P 1 P 2 2 +P 1 P 2 P 1 P 2 )x. Usando o facto de P 2 1 = P 1, P 2 2 = P 2 e P 1 P 2 = P 2 P 1 a última igualdade dá lugar a (P 1 + P 2 2 P 1P 2 )x = Px, logo P é idempotente. É fácil ver que P é uma projecção de H sobre L 1 + L 2, pois, se x H, então Px = (P 1 + P 2 P 1 P 2 )x = P 1 (x P 2 x) + P 2 x L 1 + L 2. Exercícos Exercício 7.13 Seja T = S 1 PS : H H, onde S, T B(H) tais que P é uma projecção e S unitário. Prove que T é uma projecção. Exercício 7.14 Sejam P 1, P 2 B(H) projecções em H. Mostre que P = P 1 + P 2 é uma projecção se e só se P 2 P 1 =. 172

19 7.5 Operadores compactos O estudo dos operadores compactos foi motivado pelo uso das equações integrais como tentativa para resolver os problema com valores de fronteira da Física- Matemática, também chamado problema de Dirichlet. Este problema consiste no seguinte. Consideremos uma região D aberta de R 3 com uma fronteira D diferenciável. O problema de Dirichlet para a equação de Laplace é: dada uma função contínua f sobre D, encontrar uma função u C 2 (D) e contínua em D tal que u(x) =, x D, u(x) = f (x), x D. Recordemos que um conjunto M diz-se compacto se qualquer sucessão (x n ) n=1 M tem uma subsucessão (x nk ) k=1 convergente em M, isto é, x n k x M, k. Definição 7.2 (Operador compacto) Sejam X, Y espaços normados e T : X Y um operador linear. Então T chama-se compacto (ou completamente contínuo) se e só se para qualquer sucessão limitada (x n ) n=1 X a sucessão (T x n) n=1 Y possui uma subsucessão convergente em Y. Proposição 7.21 Sejam X, Y espaços normados. Então 1. todo o operador linear compacto T : X Y é limitado, logo contínuo. 2. Se dim X =, então nem todo o operador limitado é compacto. Prova. 1. Seja (x n ) n=1 X uma sucessão limitada tal que x n = 1 e (x nk ) k=1 uma subsucessão qualquer da sucessão (x n ) n=1. Suponhamos por absurdo que T não é limitado, isto é, T x nk, k. Mas isto implica que (T x nk ) k=1 não é convergente em Y, pelo que T não é compacto, absurdo. Assim, T é limitado. Como T é linear limitado T é contínuo. 2. Consideremos X = Y = l 2 (R), (e n ) n=1 a base canónica em l2 (R) e o operador identidade I. É claro que a sucessão (e n ) n=1 é limitado, pois, e n = 1, n N e I = 1. Temos Ie n Ie m = 2, pelo que (Ie n ) n=1 não é uma sucessão de Cauchy, logo (Ie n) n=1 não possui uma subsucessão convergente. 173

20 Observação 7.22 A última proposição diz que a compactidade (continuidade completa) de um operador é uma propriedade mais forte do que a continuidade habitual, a limitação. A próxima proposição dá a relação entre operadores compactos e a dimensão do domínio e imagem. Proposição 7.23 Sejam X, Y espaços normados e T : X Y um operador linear dado. Então 1. se T é limitado e dim T(X) <, o operador T é compacto, 2. Se dim X <, o operador é compacto. Prova. 1. Seja (x n ) n=1 uma sucessão limitada qualquer em X com vista a mostrar que (T x n ) n=1 possui uma subsucessão convergente. Como T é limitado assim como (x n ) n=1, então a desigualdade T x n T x n mostra que a sucessão (T x n ) n=1 é limitada. Atendendo a que dim T(X) <, então, digamos T(X) é isomorfo a C k, k N. Assim, de acordo com o teorema de Bolzano a sucessão limitada (T x n ) n=1 possui uma subsucessão convergente. Portanto T é compacto por definição. 2. Como dim X <, então todo o operador linear é limitado e temos sempre dim T(X) < dim X <, pelo Teorema O resultado é uma consequência de 1. Teorema 7.24 (Sucessão de operadores compactos) Seja X um espaço normado, Y um espaço de Banach e (T n ) n=1 B(X, Y) uma sucessão de operadores lineares compactos. Se T n converge uniformemente para o operador T (isto é, T n T, n ), então o operador T é compacto. Prova. Seja (x n ) n=1 uma sucessão qualquer limitada em X com vista a mostrar que (T x n ) n=1 possui uma subsucessão convergente. Como T 1 é compacto, existe uma subsucessão (x 1 k ) k=1 de (x n) n=1 tal que (T 1x 1 k ) k=1 é convergente, em particular de Cauchy. Do mesmo modo, existe uma subsucessão (x 2 j ) j=1 de (x1 k ) k=1 tal que 174

21 (T 2 x 2 j ) j=1 é convergente, logo de Cauchy. Continuando este processo obtemos o seguinte diagrama T 1 x 1 T 1 x 2,..., T 1 x n,... T 1 x 1 1 T 1 x 1 2,..., T 1x 1 n,... x1 T 2 x 2 1 T 2 x 2 2,..., T 2x 2 n,... x2 T m x m 1 T m x m 2,..., T mx m m,... x m Consideremos a sucessão diagonal (y m ) m=1, y m = x m m, m N e vamos mostrar que a sucessão (Ty m ) m=1 é de Cauchy e, portanto, convergente, pois Y é completo. Notemos que a sucessão (y m ) m=k é uma subsucessão da sucessão (xk m ) m=1 e que (T k x k n ) n=1 é convergente, pelo que (T ky m ) m=1 é convergente para qualquer k N. Por outro lado, como a sucessão inicial (x n ) n N é limitado, digamos x n C para todos n N, então também y m C, para todos m N. Seja ε > dado. Então como T n T existe uma ordem n = p tal que T p T < ε 3C. Por outro lado, como (T p y m ) m N é de Cauchy, logo existe N tal que Assim, para m, m > N obtemos T p y m T p y m < ε 3, m, m > N. Ty m Ty m T p y m Ty m + T p y m T p y m + T p y m Ty m T p T ym + ε 3 + T p T ym < ε 3C C + ε 3 + ε 3C C = ε. Isto mostra que (Ty m ) m N é uma sucessão de Cauchy a qual é convergente, pois Y é um espaço de Banach. Da arbitrariedade da sucessão (x n ) n N e visto que (Ty m ) m N é uma subsucessão de (T x n ) n N, resulta a compactidade de T

22 Exemplo 7.25 Seja X = Y = l 2 (R) e T B(l 2 (R)) definido por ( x1 T x = 1, x 2 2, x 3 3,..., x ) n n,.... Então T é compacto. Prova. É fácil verificar que T está bem definido, pois T x 2 = x i i i=1 2 x i 2 = x 2 <. Para cada n N definimos a sucessão (T n ) n N por ( T n : l 2 (R) l 2 x 2 (R), x T n x := x 1 2, x 3 3,..., x ) n n,,.... É claro que os operadores T n são lineares e limitados. Como dim T n (l 2 (R)) <, então pelo Proposição , T n é compacto. Temos ainda que (T n T)x 2 = x i i i=n+1 2 i=1 1 n + 1 i=n+1 x i 2 1 n + 1 x 2. Tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, obtemos T n T 1 n + 1, portanto T n T e T é compacto pelo Teorema 7.24 dado que l 2 (R) é um espaço de Hilbert, logo de Banach. O próximo teorema é muito importante em aplicações da análise funcional. Teorema 7.26 Seja X um espaço normado e T, S : X X dois operadores lineares tais que T é compacto e S é limitado. Então TS e S T são compactos. Prova. Seja (x n ) n=1 X uma sucessão limitada qualquer com vista a mostrar que a sucessão (TS x n ) n=1 possui uma subsucessão convergente. De facto, como S é limitado, então a sucessão (S x n ) n=1 é limitada. Assim, dado que T é compacto, a sucessão (TS x n ) n=1 possui uma subsucessão convergente. Isto mostra que TS é compacto. 176

23 Inversamente, a sucessão (T x n ) n=1 possui uma subsucessão (T x n k ) k=1 convergente, digamos lim n T x n = y X por T ser compacto. Da continuidade de S vem que a sucessão (S T x nk ) k=1 é convergente lim S T x n k = S lim T x nk = S y X. k k Portanto, o operador S T é compacto. Na Proposição vimos que o operador identidade num espaço de dimensão infinita não é compacto. Usando este resultado e o teorema anterior obtemos o seguinte corolário. Corolário 7.27 Seja X um espaço normado com dimensão infinita. Então se T B(X) é um operador compacto o seu inverso T 1 não pode ser limitado. Teorema 7.28 Seja H um espaço de Hilbert e A B(H). Então A é compacto se e só se o seu adjunto A é compacto. Prova. Seja A um operador compacto com vista a mostrar que A é compacto. Pelo Teorema 7.26 o operador AA é compacto. Então se (x n ) n=1 H é uma sucessão limitada qualquer, a sucessão (AA x n ) n=1 possui uma subsucessão (AA x nk ) k=1 convergente. Vamos mostrar que a sucessão (A x nk ) k=1 é de Cauchy e, portanto, converge em H. De facto, temos A x nk A x nl 2 = (AA (x nk x nl ), x nk x nl ) AA (x nk x nl ) x nk x nl 2C AA (x nk x nl ), pois x nk x nl x nk + x nl 2C, por (x n ) n=1 ser limitada. Como a sucessão (AA x nk ) k=1 é convergente ela é de Cauchy em H, portanto, (A x nk ) k=1 é de Cauchy. Como H é completo (A x nk ) k=1 converge em H. De acordo com a definição de operador compacto (ver Definição 7.2) A é compacto. Inversamente, suponhamos que A é compacto com vista a mostrar que A é compacto. De acordo com a prova anterior (A ) = A é compacto. Mas pela Proposição temos A = A, logo A é compacto. 177

24 Exercícios Exercício 7.15 Seja H um espaço de Hilbert separável e (e n ) n=1 uma base ortonormada de H. Um operador T : H H diz-se de Hilbert-Schmidt se e só se T HS <, onde T 2 HS := Te n 2 = n=1 n=1 (Te n, e k ) 2. Prove que se T B(H) é de Hilbert-Schmidt, então T é compacto. Sugestão: prove que T é o limite de uma sucessão (T n ) n=1 de operadores compactos e use o facto de T n T T n T HS. Exercício 7.16 Mostre que o operador T : l 2 (R) l 2 (R) definido por ( x1 T x := 2, x 2 2,..., x ) n 2 2,... n é compacto. Sugestão: use um processo análogo ao Exemplo Exercício 7.17 Mostre que o operador T : l p (R) l p (R), 1 p definido por ( x1 T x := 1, x 2 2,..., x ) n n,... é compacto. Exercício 7.18 Sejam X, Y espaços de Banach e (B(X, Y), ) o espaço de Banach dos operadores lineares limitados de X em Y. Denotamos por C(X, Y) o conjunto dos operadores compactos de X em Y. Mostre que C(X, Y) é um subespaço fechado de B(X, Y). Exercício 7.19 Seja H um espaço de Hilbert e y, z H fixos. Mostre que o operador T : H H, x T x := (x, y)z é compacto. k=1 178