d(t x, Ty) = d(x, y), x, y X.

Capítulo 6 Espaços duais 6.1 Preliminares A análise funcional foi nos seus primórdios o estudo de funcionais. Assim, nos dias de hoje um princípio fundamental da análise funcional é a investigação de espaços combinada com os seus espaços duais. Neste contexto, vale a pena ter bem presente o conceito de isomorfismo. Dados dois espaços X e Y do mesmo tipo (por exemplo, dois espaços vectoriais, dois espaços métricos, dois espaços normados, etc), então X diz-se isomorfo a Y se e só se existir uma aplicação bijectiva de X em Y a qual preserva a estrutura. Seguem-se alguns exemplos. 1. Se X = (X, +, ) e Y = (Y, θ, ) são espaços vectoriais sobre o mesmo corpo K (R ou C), então um isomorfismo de X em Y é uma aplicação T : X Y bijectiva a qual preserva as operações algébricas +, θ e,, isto é, T(x + y) = T xθty; e T(αx) = α T x, x, y X, α K. 2. Se X = (X, d) é um espaço métrico assim como Y = (Y, d), então um isomorfismo T de X em Y é uma aplicação T : X Y bijectiva a qual preserva a distância, isto é, d(t x, Ty) = d(x, y), x, y X. 3. Se X = (X, X ) é um espaço normado assim como Y = (Y, Y ), então um isomorfismo entre X e Y é uma aplicação linear T : X Y bijectiva a qual 136

preserva a norma, isto é, T(αx + βy) = αt x + βty, x, y X, α, β K e T x Y = x X, x X. 4. Se (X, (, ) X ) é um espaço de Hilbert assim como (Y, (, ) Y ), então um isomorfismo entre X e Y é uma aplicação linear T : X Y bijectiva a qual preserva o produto interno, isto é, T(αx + βy) = αt x + βty, x, y X, α, β K e (T x, Ty) Y = (x, y) X. Neste capítulo o nosso objectivo é estudar os duais de espaços normados e identificalos por intermédio de isomorfismos com espaços normados conhecidos. Antes disso, vamos recordar a definição de espaço dual. Definição 6.1 (Espaço Dual X ) Seja X um espaço normado. Então o conjunto de todos os funcionais lineares limitados definidos em X constitui um espaço normado, a norma é definida por f := sup f (x). (6.1) x =1 O espaço dual de X é denotado por X e os seus elementos por f, g, h... Dado que um funcional definido em X aplica X em K (K = R ou C o corpo sobre o qual X é espaço vectorial) e este corpo é completo, então concluímos que X é um espaço normado completo. Assim, temos o seguinte teorema provado em Análise Funcional I. Teorema 6.2 O espaço dual X de um espaço normado X é um espaço de Banach. Se X for um espaço vectorial sobre K, então o conjunto L(X, K) dos funcionais lineares definidos em X denota-se por X e designa-se por dual algébrico de X. 137

6.2 Dual de R n Nesta secção vamos identificar o dual do espaço normado R n, isto é, vamos identificar cada elemento em (R n ) com um elemento em R n. Recordemos que R n é um espaço Euclidiano com norma dada por x 2 R n = x 2 i, x = (x 1,..., x n ) R n. Teorema 6.3 (Dual de R n ) O dual do espaço Euclidiano R n é isomorfo a R n, isto é, (R n ) R n. Prova. Seja (e i ) n a base ortonormada em Rn e seja f (R n ) dado, isto é, f : R n R linear limitado. Cada x R n admite uma representação única na base (e i ) n como x = x i e i. Assim, atendendo a que f é linear f (x) = x i f (e i ). Portanto, para determinar f basta conhecer o valor deste funcional nos elementos da base. Definimos a seguinte aplicação: T : (R n ) R n, f T f := ( f (e 1 ),..., f (e n )). T está bem definida, pois é claro que T f R n e para cada f (R n ) T f é única. Portanto, se provarmos que T é uma aplicação linear bijectiva que preserva a norma, então podemos identificar (R n ) com R n. 1. T é linear: de facto, sejam f, g (R n ) e α, β R dados. Então T(α f + βg) = ((α f + βg)(e 1 ),..., (α f + βg)(e n )) Isto mostra que T é linear. = (α f (e 1 ) + βg(e 1 ),..., α f (e n ) + βg(e n )) = α( f (e 1 ),..., f (e n )) + β(g(e 1 ),..., g(e n )) = αt f + βtg. 138

2. T é bijectiva: vamos em primeiro lugar mostrar a injectividade, isto é que N(T) = {0}. Assim, se x R n, então N(T) = { f (R n ) T f = 0 R n } = { f (R n ) ( f (e 1 ),..., f (e n )) = 0} = { f (R n ) f (e 1 ) = 0,..., f (e n ) = 0}, f (x) = x i f (e i ) = 0 e, portanto, f = 0. Logo T é injectiva. Com vista a provar a sobrejectividade, seja y = (y 1,..., y n ) R n um elemento dado com vista a mostrar que existe f y (R n ) tal que T f y = y. De facto, basta definir f y (x) := (x, y) R n = x i y i. É claro que f y é linear, pois, o produto interno é linear na primeira variável. Por outro lado, atendendo à desigualdade de Cauchy-Schwarz obtemos f y (x) = (x, y) R n x R n y R n, assim, tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, obtemos f y R n. Atendendo à definição de T, obtemos Isto prova que T é sobrejectiva. T f y = (y 1,..., y n ) = y. 3. Finalmente vamos mostrar que T preserva a norma, isto é, T f R n = f, f (R n ). Por um lado, pela desigualdade de Cauchy-Schwarz temos f (x) x i f (e i ) n n x i 2 f (e i ) 2 = x R n T f R n, 139

isto é, f (x) x R n T f R n. Assim, tomando o supremo sobre todos os x com norma 1 resulta No caso particular em que x = T f temos f (x) = f 2 (e i ) = T f 2 R n, e como então f T f R n. (6.2) f (T f ) f T f R n, T f 2 R f T f n R n f T f Rn. (6.3) Das desigualdades (6.2) e (6.3) resulta que T preserva a norma. Observação 6.4 (Base para (R n ) ) Seja (e i ) n a base canónica em Rn o qual está munido da norma Euclidiana e consideremos (R n ) o seu dual. Como vimos, todo o elemento f (R n ) é determinado pelos seus valores na base (e i ) n por intermédio de f (x) = x i f (e i ), x = (x 1,..., x n ) R n. (6.4) Inversamente, qualquer elemento da forma (a 1,..., a n ) R n define um funcional linear limitado sobre R n por intermédio R n x x i a i R. (6.5) Em particular, consideremos os n funcionais (e i ) n determinados pelos elementos da base canónica e 1 = (1, 0,..., 0) e 2 = (0, 1, 0..., 0)... e n = (0, 0..., 0, 1). 140

Assim, usando (6.5) temos e ainda que e i (e j ) = δ i j = e i (x) = { 1 se i = j 0 se i j x j e i (e j ) = x i. Portanto, substituindo x i = e i (x) na igualdade em (6.4) obtemos f (x) = f (e i )e i (x). Dada a arbitrariedade de x concluímos que f = f (e i )e i = f i e i, f i := f (e i ), ou seja, o funcional f pode escrever-se à custa da família (e i ) n. Por outras palavras, a família (e i ) n é geradora. Para ver que (ei ) n são independentes, consideremos a seguinte combinação linear Mas a igualdade anterior significa que α 1 e 1 +... + α n e n = 0. (α 1 e 1 +... + α n e n )(x) = 0, x R n. Em particular, se x = e i, i {1,..., n} obtemos (α 1 e 1 +... + α n e n )(e i ) = α i = 0, i {1,..., n}. Portanto a família (e i ) n é independente e como era geradora forma uma base de (R n ). Do Teorema 6.3 resulta n f = f i 2. Mais precisamente, a norma no espaço dual (norma do supremo!) coincide com a norma Euclidiana relativamente à base (e i ) n. A base (ei ) n chama-se base dual da base (e i ) n. Conclusão 141

Base em R n : (e i ) Base dual em (R n ) : (e i ) Observação 6.5 A norma no espaço dual (R n ) depende da norma considerada no espaço normado R n. Quando R n é considerado com a norma Euclidiana, então a norma no espaço dual (R n ) também é a norma Euclidiana, relativamente à base dual. Por outro lado, se a norma no espaço normado R n não for a Euclidiana, por exemplo, x R n = x i, então a norma no espaço dual correspondente será diferente. Ou seja, o espaço dual (R n ) será isomorfo ao espaço R n munido de uma outra norma. Nos Exercícios 6.1 e 6.2 vamos explorar estas diferenças para melhor compreender a dualidade em dimensão finita. Exercícios Exercício 6.1 Considere o espaço normado (R n, 1 ) onde 1 é definida por x 1 := sup x i, x = (x 1,..., x n ) R n. 1 i n Mostre que o dual (R n ) é isomorfo ao espaço normado (R n, 2 ) onde Assim, a norma em (R n ) é dada por f = x 2 := x i. f i, f i = f (e i ), f (R n ). Exercício 6.2 Considere o espaço normado (R n, 1 ) onde 1 é definida por x 1 := x i, x = (x 1,..., x n ) R n. Mostre que o dual (R n ) é isomorfo ao espaço normado (R n, 2 ) onde x 2 := sup x i. 1 i n 142

Assim, a norma em (R n ) é dada por f = sup f i, f i = f (e i ), f (R n ). 1 i n Exercício 6.3 Considere o espaço normado (R n, p ), p N, onde p é definida por x p p := x i p, x R n. Identifique o dual do espaço R n. Exercício 6.4 Seja k R um número real fixo. Considere o espaço normado (R n, k ), onde a norma k é definida por x 2 k := j k x j 2, x R n. Se (e j ) n é a base canónica em Rn, então cada funcional f (R n ) é definido por f : R n R, x f (x) := jx j f j, f j := f (e j ). Calcule a norma de f. 6.3 Dual de l 1 (R) Nesta secção vamos identificar o dual do espaço l 1 (R), isto é, vamos mostrar que (l 1 (R)) é isomorfo a l (R). Recordemos que l 1 (R) é o espaço normado formado pelas sucessões reais cuja soma do módulo é finita, isto é, l 1 (R) x = (x 1, x 2,...) x l 1 (R) = x i <, e que l (R) é o espaço normado das sucessões reais com norma l (R) ϕ = (ϕ 1, ϕ 2,...) ϕ l (R) = sup ϕ i <. i N Teorema 6.6 (Dual de l 1 (R)) O dual do espaço de Banach l 1 (R) é isomorfo ao espaço de Banach l (R), isto é, (l 1 (R)) l (R). 143

Prova. Consideremos a base de Schauder (e i ) em l1 (R), isto é, e 1 = (1, 0...), e 2 = (0, 1, 0,...),..., e n = (0,... 0, 1, 0,...),... Então cada elemento x = (x 1, x 2,...) l 1 (R) tem uma representação única na base considerada, isto é, x = x i e i. Assim, se f (l 1 (R)) é um funcional linear limitado, então f (x) = x i f (e i ). A sucessão ( f (e i )) é unicamente determinada pelo funcional f. Como f é limitado, então f (e i ) f e i l 1 (R) = f, pois e i l 1 (R) = 1, assim, passando ao supremo na desigualdade anterior, obtemos sup f (e i ) = ( f (e i )) l (R) f. (6.6) i N Deste modo ( f (e i )) l (R). Vamos, pois, considerar a seguinte aplicação: T : (l 1 (R)) l (R), f T f := ( f (e i )). É claro que T está bem definida, pois, como vimos T f l (R) e para cada f (l 1 (R)) T f é única. Usando a desigualdade triangular generalizada, obtemos f (x) x i f (e i ) sup f (e i ) i N x i = T f l (R) x l 1 (R), pelo que, tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, resulta f T f l (R). (6.7) Das desigualdades (6.6) e (6.7) temos que T preserva a norma, isto é, T f l (R) = f. (6.8) 144

Falta provar que T é linear bijectiva. A linearidade de T resulta do seguinte cálculo: T(α f + βg) = ((α f + βg)(e i )) = (α f (e i ) + βg(e i )) = α( f (e i )) + β(g(e i)) = αt f + βtg. Da igualdade (6.8) resulta a injectividade de T, pois, se T f = 0, então T f l (R) = f = 0 f = 0. Portanto, resta mostrar que T é sobrejectiva. Seja ϕ l (R) dado com vista a provar que existe f ϕ (l 1 (R)) tal que T f ϕ = ϕ. Definimos f ϕ por f ϕ (x) := x i ϕ i, x l 1 (R). É claro que f ϕ (l 1 (R)), pois, é evidente que f ϕ ( ) é linear e a sua limitação decorre do facto f ϕ (x) x i ϕ i sup ϕ i x i = ϕ l (R) x l 1 (R). i N Ou seja, f ϕ l (R). Observação 6.7 É natural perguntar qual será o dual do espaço l (R)? Depois do teorema anterior é natural conjecturar que o dual de l (R) será l 1 (R)! No entanto, esta conjectura é FALSA! De facto, podemos mostrar que todo o elemento y l 1 (R) define um funcional linear contínuo sobre l (R) por intermédio f y : l (R) R, x f y (x) := x i y i. É claro que f y é linear e limitado, pois f y (x) x i y i sup x i 1 i y i = x l 1 (R) y l (R). 145

De onde, tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, resulta f y l (R). Vamos de seguida verificar que nem todos os funcionais f (l (R)) podem ser representados na forma x i y i, (6.9) para qualquer (y i ) l1 (R). Para tal, consideremos o espaço c das sucessões convergentes o qual é um subespaço de l (R). Em c definimos um funcional linear f por intermédio de f é linear e limitado, pois, f : c R, x f (x) := lim k x k, x = (x 1, x 2,...). (6.10) f (αx + βy) = lim(αx + βy) k = lim(αx k + βy k ) k k k = α lim x k + β lim y k = α f (x) + β f (y), k k portanto, f é linear. Por outro lado, temos f (x) = lim sup x k = x c k x k 1 k de onde, tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, resulta f 1. Concluímos, pois, que f c. De acordo com o teorema de Hahn-Banach o funcional f pode ser prolongado sobre o espaço l (R) com a mesma norma de forma que obtemos um elemento em (l (R)). Mas agora é fácil ver que se mudarmos um número finito de termos em (x i ) c, o valor em (6.9) muda enquanto que o valor em (6.10) não se altera. Notemos ainda que o prolongamento de f ao espaço l (R) não é único. Exercícios Exercício 6.5 Seja c 0 o espaço das sucessões convergentes para zero munido da norma do supremo, isto é, x c0 := sup x i, x c 0. 1 i< Mostre que o dual de c 0 é isomorfo a l 1 (R). 146

6.4 Dual de l p (R), 1 < p < Teorema 6.8 (Dual de l p (R)) O dual do espaço de Banach l p (R) é isomorfo ao espaço de Banach l q (R), onde q é o expoente conjugado de p, isto é, 1 p + 1 q = 1. Prova. Seja (e i ) a base de Schauder de lp (R), isto é, e 1 = (1, 0...), e 2 = (0, 1, 0,...),..., e n = (0,... 0, 1, 0,...),... Então, cada elemento x l p (R) admite uma representação única x = x i e i. Seja f (l p (R)) um funcional dado. Então f (x) = x i f (e i ) =: x i f i, f i = f (e i ). Vamos provar que ( f (e i )) lq (R), onde q é o expoente conjugado de p. Para cada n N definimos y n = (y 1 n, y2 n,..., y j n,...) por y j n := f j q f j se f j 0 e j n, 0 se f j = 0 ou j > n. Assim, f (y n ) = yn j f j = f j q. (6.11) Dado que f é limitada e notando que (q 1)p = q f (y n ) f y n l p (R) = f yn j p = f f j (q 1)p 1/p = f f j q, 147 1/p 1/p

isto é, f (y n ) f f j q De (6.11) e (6.12) resulta que f (y n ) = 1/p f j q f f j q. (6.12) 1/p, ou seja f j q 1 1/p f f j q 1/q f, 1 1 p = 1 q. Passando ao limite n na última desigualdade obtemos f i q 1/q f. (6.13) Deste modo, provamos que a sucessão ( f i ) lq (R). Podemos, pois, definir a seguinte aplicação T : (l p (R)) l q (R), f T f := ( f i ), f i := f (e i ). É claro que T é linear, pois T(α f + βg) = ((α f + βg) i ) = (α f i + βg i ) = α( f i ) + β(g i) = αt f + βtg. Por outro lado, se f (l p (R)) é tal que T f = 0, então ( f i ) = 0 f i = 0, i N. Daqui resulta que f (x) = x i f i = 0, x l p (R). Portanto, T é injectiva. Para mostrar que T e sobrejectiva, seja (y i ) lq (R) dado com vista a provar que f y definido por f y : l p (R) R, x f y (x) := x i y i 148

define um elemento em (l p (R)). Isto é, f y é linear limitado. É óbvio que f y é linear. Para mostrar que f y é limitada, aplicamos a desigualdade de Hölder de tal forma que f y (x) 1/p x i y i x i p y i q 1/q = y l q (R) x l p (R). Tomando o supremo sobre todos os x com norma 1, resulta f y l q (R), isto mostra a limitação de f. Finalmente, provamos que T preserva a norma. Novamente pela desigualdade de Hölder temos 1/p 1/q f (x) = x i f i x i p f i q = T f l q (R) x l p (R), passando ao supremo sobre todos os x l p (R) com norma 1 obtemos De (6.14) e (6.13) resulta a igualdade das normas. f T f l q (R). (6.14) Observação 6.9 O teorema anterior para p = 2 implica que l 2 (R) é isomorfo a l 2 (R), pois 1 + 1 = 1. É hábito dizer que 2 2 l2 (R) é dual de si próprio, temos ((l 2 (R)) ) = (l 2 (R)) = l 2 (R). Como sabemos, pelo teorema de Riesz, todo o funcional linear contínuo f sobre um espaço de Hilbert H é representado por um único elemento x em H tal que f (y) := (y, x), y H. (6.15) Temos ainda que f = x. Reciprocamente, cada elemento x H define, por intermédio de (6.15) um funcional linear contínuo f x em H o qual é linear contínuo tal que f x = x. Assim, a igualdade (6.15) mostra que a aplicação é bijectiva e preserva a norma. T : H H, f T f := x 149

Exercícios Exercício 6.6 Para cada k N definimos o espaço de Hilbert (l 2 k (R), k) das sucessões reais tais que x 2 k := n k x n 2 <, x = (x 1, x 2,..., x n....). n=1 Prove que o dual do espaço l 2 k (R) é isomorfo ao espaço l2 k (R), isto é, o espaço de Hilbert das sucessões reais tais que x 2 k := n k x n 2 <, x = (x 1, x 2,..., x n....). n=1 Exercício 6.7 Seja p 1 fixo. Para cada k R definimos a aplicação f em l p (R) por f : l p (R) R, x f (x) := n k x n. Para que valores de k a aplicação f pertence ao dual de l p (R). Calcule a norma de f. 6.5 Espaços reflexivos Seja X um espaço vectorial e consideremos o seu dual algébrico X, isto é, o conjunto de todos os funcionais lineares definidos em X. O espaço dual X é, como sabemos, um espaço vectorial (com a mesma dimensão do espaço X), sendo as operações de adição e multiplicação definidas por: ( f + g)(x) := f (x) + g(x), n=1 (α f )(x) := α f (x), α K, f, g X. Assim, podemos pensar no espaço dual (X ) de X cujos elementos são funcionais definidos em X. Denotamos (X ) por X o qual chamamos espaço bidual algébrico de X. Para cada x X fixo, consideremos a aplicação F x definida em X por F x : X K, f F x ( f ) := f (x). 150

É fácil verificar que F x é uma aplicação linear. Com efeito, F x (α f + βg) = (α f + βg)(x) = α f (x) + βg(x) = αf x ( f ) + βf x (g). Portanto F x X e, assim, a cada elemento x X corresponde um funcional F x X. Denotemos esta correspondência por C, isto é, C : X X, x C(x) := F x. A aplicação C é chamada injecção canónica de X em X. A aplicação C possui as seguintes propriedades: 1. é linear, pois C(αx + βy)( f ) = F αx+βy ( f ) = f (αx + βy) = α f (x) + β f (y) = αf x ( f ) + βf y ( f ) αc(x)( f ) + βc(y)( f ), f X. Como f X é arbitrário, resulta C(αx + βy) = αc(x) + βc(y), isto é, C é linear. 2. é injectiva, pois, se C(x) = 0, então C(x)( f ) = 0, f X, f (x) = 0, f X. Suponhamos que (e i ) é uma base de X e (ei ) a base dual em X. Atendendo ao facto de f (x) = 0, f X, em particular, temos e i (x) = x i = 0, i N. Assim, todas as componentes de x são nulas, pelo que x = 0, isto é, C é injectiva. Se a aplicação C for sobrejectiva, isto é, R(C) = X, então X diz-se reflexivo algébrico. Teorema 6.10 Se X é um espaço vectorial de dimensão finita, então X é reflexivo algébrico. 151

Prova. Consideremos a aplicação canónica C : X X, x C(x) := F x. Como vimos, C é injectiva, pelo que admite inverso e ainda que dim R(C) = dim X, pelo Teorema 5.11-3. Mas tendo em atenção que dim X = dim X = dim X, então resulta que dim R(C) = dim X, ou seja C é sobrejectiva. Portanto, C é bijectiva e por definição X é reflexivo algébrico. Vamos agora estudar a reflexividade para os espaços normados. Assim, seja (X, ) um espaço normado e X o seu dual. Como (X, ) é um espaço de Banach, podemos definir o dual de X, denotado por X e chamado espaço bidual de X. Para cada x X fixo definimos a aplicação F x em X por F x : X R, f F x ( f ) := f (x). (6.16) Lema 6.11 Para cada x X fixo, a aplicação F x definida em (6.16) é linear limitada, isto é, F x X e a sua norma é Prova. A aplicação F x é linear, pois Por outro lado, F x = x. (6.17) F x (α f + βg) = (α f + βg)(x) = α f (x) + βg(x) = αf x ( f ) + βf x (g). F x ( f ) = f (x) f x, assim, tomando o supremo sobre todos os f X com norma 1, obtemos F x x. Para mostrar a desigualdade contrária, usamos o seguinte facto: para todo x X\{0} existe f X tal que f = 1 e f (x) = x. Assim, x = f (x) = F x ( f ) F x f = F x. 152

Das duas desigualdades resulta (6.17). Podemos, pois, definir a aplicação C de X em X por C : X X, x C(x) := F x (6.18) a qual é chamada injecção canónica de X em X. A aplicação C é linear injectiva e preserva a norma. Lema 6.12 A injecção canónica C definida em (6.18) é um isomorfismo do espaço normado (X, ) no espaço normado (im(c), ). Prova. A linearidade de C resulta de C(αx + βy)( f ) = F (αx+βy) ( f ) := f (αx + βy) Por outro lado, usando (6.17) obtemos = α f (x) + β f (y) = αf x ( f ) + βf y ( f ) = αc(x)( f ) + βc(y)( f ). C(x) = F x = x, isto é, C preserva a norma. Da igualdade anterior, resulta a injectividade de C. Definição 6.13 Um espaço normado X diz-se reflexivo se e só se R(C) = X, onde C é a injecção canónica definida em (6.18). Corolário 6.14 Se um espaço normado X é reflexivo, então é completo, isto é, um espaço de Banach. Prova. Como X é reflexivo, então R(C) = X e pelo Lema 6.12 X é isomorfo a X. Como X é completo, então X também é completo. Observação 6.15 1. Os espaços de Banach l p (R), p > 1 são reflexivos. De facto, (l p (R)) é isomorfo l q (R), onde q é o expoente conjugado de p. Mas como p também é o expoente conjugado de q, então (l q (R)) é isomorfo a l p (R). Assim, (l p (R)) é isomorfo a l p (R), ou seja, l p (R) é reflexivo. 2. R n também é um espaço reflexivo, pois (R n ) é isomorfo a R n pelo que (R n ) é isomorfo a R n. 153

3. Todo o espaço de Hilbert H é reflexivo. Consequência do Teorema de Riesz. 4. Os espaços normados c 0, l 1 (R), l (R) não são reflexivos. De facto c 0 é isomorfo a l (R), (l 1 (R)) l 1 (R). Exercícios Exercício 6.8 Prove que se X é um espaço normado reflexivo, então o seu dual X também é reflexivo. 154