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Análise Funcional e Teoria Espectral (Notas de aula) Programa de Doutorado em Matemática (Instituto de Matemática-UFAL) José Ivan da Silva Santos Maceió 2013 Contents 1 Análise Funcional 1.1 Teoremas de Hahn-Banach real, complexo e geométrico . . . . . . . . . . . . 1.2 Teoremas da aplicação aberta e do gráfico fechado . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Topologias fracas e o Teorema de Banach-Alaoglu . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 A representação de Riesz em espaços de Hilbert e o operador adjunto de Hilbert. Representação em espaços pré-Hilbertianos . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Espaços reflexivos e compacidade sequencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Operadores compactos em espaços de Hilbert: operadores de posto finito, de Hilbert-Schmidt e densidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Teorema espectral para operadores compactos auto-adjuntos . . . . . . . . . 2 Teoria Espectral 2.1 Espectro e componentes espectrais. Espaços invariantes associados. Semicontinuidade de componentes espectrais e continuidade de espaços associados 2.2 Teorema espectral: Cálculo funcional contı́nuo e mapeamento espectral para operadores auto-adjuntos e normais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Teorema espectral: projeções espectrais. Critério de Weyl. Espectros essencial e discreto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Teorema espectral para operadores normais: forma multiplicativa. Dedução da forma multiplicativa a partir do Cálculo Funcional contı́nuo e vice-versa . 2.5 Teorema Espectral para operadores normais limitados: Cálculo Funcional Mensurável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Operadores Fechados e Fecháveis. Critérios, Teorema Espectral para operadores ilimitados auto-adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Grupos fortemente Contı́nuos e o Teorema de Stone . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Transformada de Fourier no Rn , funções do operador Laplaciano e espaços de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Referências Bibliográficas 2 3 12 17 23 31 35 41 47 48 57 64 73 77 81 91 97 108 1 Análise Funcional 1.1 Teoremas de Hahn-Banach real, complexo e geométrico Teorema 1 (Hahn-Banach) Sejam X um espaço vetorial real e p uma função a valores reais definida sobre X satisfazendo p(x + y) ≤ p(x) + p(y) e p(αx) = αp(x) para todos x, y ∈ X e todo α ∈ [0, +∞). Suponha que λ é um funcional linear definido sobre um subespaço Y ⊂ X que satisfaz λ(x) ≤ p(x) para todo x ∈ Y . Então, existe um funcional linear Λ, definido sobre X, satisfazendo Λ(x) ≤ p(x) para todo x ∈ X tal que Λ(x) = λ(x) para todo x ∈ Y . Demonstração. Seja Y 6= X, caso contrário não há o que provar, escolha x1 ∈ X\Y e defina Y1 = {x + tx1 ; x ∈ Y, t ∈ R}. É claro que Y1 é um subespaço vetorial de X. Como λ(x) + λ(y) = λ(x + y) ≤ p(x + y) ≤ p(x − x1 ) + p(x1 + y) temos que λ(x) − p(x − x1 ) ≤ p(y + x1 ) − λ(y), x, y ∈ Y. Seja α o menor limite superior do lado direito de (1), pois x percorre Y . Donde λ(x) − α ≤ p(x − x1 ), x ∈ Y e λ(y) + α ≤ p(y + x1 ), y ∈ Y. Defina Λ1 sobre Y1 por Λ1 (x + tx1 ) = λ(x) + tα, x ∈ Y t ∈ R. 3 (1) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Então, para todo x ∈ Y Λ1 (x) = λ(x) ≤ p(x) que é equivalente a escolher t = 0 e Λ1 é linear sobre Y1 . De fato, sejam u = u1 + tx1 e v = v1 + sx1 , segue que para todo β ∈ R Λ1 (u + βv) = Λ1 (u1 + βv1 + (t + βs)x1 ) = λ(u1 + βv1 ) + (t + βs)α = λ(u1 ) + tα + βλ(v1 ) + βsα = Λ1 (u) + βΛ1 (v). Agora, se t > 0 temos λ(t−1 x) − α ≤ p(t−1 x − x1 ), x ∈ Y e λ(t−1 y) + α ≤ p(t−1 y + x1 ), y ∈ Y e multiplicando por t obtemos λ(x) − tα ≤ p(x − tx1 ), x ∈ Y e λ(y) + tα ≤ p(y + tx1 ), y ∈ Y daı́ temos Λ1 (x − tx1 ) = λ(x) − tα ≤ p(x − tx1 ) e Λ1 (x + tx1 ) = λ(x) + tα ≤ p(x + tx1 ), isto é, Λ1 ≤ p sobre Y1 . Agora, seja P a coleção de todos os pares ordenados (Y ′ , Λ′ ), onde Y ′ é um subespaço de X contendo Y e Λ′ é um funcional linear sobre Y ′ que estende λ e satisfaz Λ′ ≤ p, observe que P = 6 ∅ pois Y1 ∈ P. Ordene P parcialmente declarando que (Y ′ , Λ′ )  (Y ′′ , Λ′′ ) se Y ′ ⊂ Y ′′ e Λ′ = Λ′′ sobre Y ′ . Tomando qualquer subcoleção totalmente ordenada, por inclusão, a união de todos os subespaços é uma cota superior da subcoleção, logo pelo Lema de Zorn P tem um elemento maximal. Seja Y‹ o elemento maximal de P, então se x ∈ Y‹ tem-se que x ∈ Y ′ para algum Y ′ ⊂ Y‹ , então defina Λ(x) = Λ′ (x), é claro que Λ é linear, está bem definido em Y‹ e Λ ≤ p. Agora, se Y‹ for um subespaço próprio de X a primeira parte da prova nos dá uma extensão de Λ contradizendo a maximalidade de Y‹ , donde Y‹ = X. Teorema 2 (Hahn-Banach) Sejam X um espaço vetorial complexo e p uma função a valores reais definida em X satisfazendo p(αx + βy) ≤ |α|p(x) + |β|p(y) para todos x, y ∈ X e α, β ∈ C com |α| + |β| = 1. Seja λ um funcional linear complexo definido sobre um subespaço Y ⊂ X satisfazendo |λ(y)| ≤ p(y) para todo y ∈ Y . Então existe um funcional linear complexo Λ definido sobre X tal que |Λ(x)| ≤ p(x) para todo x ∈ X e Λ(y) = λ(y) para todo y ∈ Y . 4 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Seja ℓ(x) = Re(λ(x)). ℓ é um funcional linear real sobre Y , isto é, Y é considerado como um subespaço vetorial real e ℓ((a + bi)x) = aℓ(x) + bℓ(ix)). Como ℓ(ix) = Re(λ(ix)) = Re(iλ(x)) = −Im(λ(x)) temos que λ(x) = ℓ(x) − iℓ(ix). Sendo ℓ um funcional linear real, p(αx + (1 − α)y) ≤ αp(x) + (1 − α)p(y) para α ∈ [0, 1] e ℓ(x) ≤ |λ(x)| ≤ p(x) segue que ℓ tem uma extensão linear real L definido em todo X obedecendo L(x) ≤ p(x), pelo caso real do Teorema de Hahn-Banach. Para todo x ∈ X, defina Λ(x) = L(x) − iL(ix), então para todo y ∈ Y temos Λ(y) = L(y) − iL(iy) = ℓ(y) − iℓ(iy) = λ(y), isto é Λ estende λ e é linear, pois para quaisquer x, y ∈ X e α ∈ R Λ(αx + y) = L(αx + y) − iL(iαx + iy) = αL(x) + L(y) − i(αL(ix) + L(iy)) = α[L(x) − iL(ix)] + L(y) − iL(iy) = αΛ(x) + Λ(y). Além disso, Λ(ix) = L(ix) − iL(−x) = L(ix) + iL(x) = iΛ(x), donde Λ é um funcional linear complexo. Para completar a prova, só falta mostrar que |Λ(x)| ≤ p(x). Primeiro, note que p(αx) = p(x) se |α| = 1. Se θ = Arg(Λ(x)) e usando o fato que Re(Λ) = L, temos que |Λ(x)| = e−iθ Λ(x) = Λ(e−iθ x) = L(e−iθ x) ≤ p(e−iθ x) = p(x). Corolário 3 Sejam X um espaço vetorial normado e Y um subespaço de X. Se λ ∈ Y ∗ , então existe um funcional Λ ∈ X ∗ extensão de λ e satisfazendo kΛkX ∗ = kλkY ∗ . Demonstração. Se Y = {0}, então λ ≡ 0 e a extensão é Λ ≡ 0. Seja Y 6= {0}, para todo y∈Y |λ(y)| ≤ kλkY ∗ kyk, isso motiva a tomar p(x) = kλkY ∗ kxk para todo x ∈ X. Assim, se |α| + |β| = 1 temos p(αx + βy) = kλkY ∗ kαx + βy)k ≤ |α|kλkY ∗ kxk + |β|kλkY ∗ kyk = |α|p(x) + |β|p(y). 5 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Portanto pelo Teo. de Hahn-Banach existe Λ ∈ X ∗ extensão de λ, satisfazendo |Λ(x)| ≤ p(x). Além disso, kΛk = sup |Λ(x)| ≤ sup kλkY ∗ kxk = kλkY ∗ . kxk=1 kxk=1 Como Λ estende λ sua norma não decresce, isto é, kΛk ≥ kλkY ∗ e, portanto kΛkX ∗ = kλkY ∗ . Corolário 4 Seja y um elemento qualquer do espaço vetorial normado X. Então existe Λ ∈ X ∗ não nulo tal que Λ(y) = kΛkkyk. Demonstração. Seja Y = span{y} e defina λ(ay) = akyk e observe que kλk = 1. Usando o Corolário 3, existe Λ ∈ X ∗ , com kΛk = kλk = 1, extensão de λ, mas Λ(y) = λ(y) = kyk = kΛkkyk. Corolário 5 Seja Z um subespaço de um espaço vetorial X e suponha que y é um elemento de X cuja distância de Z é d. Então existe Λ ∈ X ∗ tal que kΛk ≤ 1, Λ(y) = d e Λ(z) = 0 para todo z ∈ Z. Demonstração. Seja Y = span{y, Z} e d = d(y, Z) = inf ky − zk. Defina λ : Y → C por z∈Z λ(αy + βz) = αd = α inf ky − zk. z∈Z Então λ Z é tal que λ(0y + βz) = 0d = 0. Além disso, λ(y) = d e para α 6= 0 |λ(αy + βz)| = |α|d ≤ |α| y + β z = kαy + zk, α logo |λ| ≤ 1. Pelo Corolário 3 existe uma extensão Λ de λ com a mesma norma de λ. Exercı́cio 6 Em geral, a extensão de Hahn-Banach não é única. Solução: Sejam X = l1 e Y o subespaço de X definido por Y := {(0, x2 , . . . , xn , . . .) ∈ X} e f : Y → C o funcional linear dado por f (x) = x2 . Então, |f (x)| = |x2 | ≤ kxkl1 , donde kf k ≤ 1. Observe que f é dominado por p(x) = kxkl1 e que todos os funcionais lineares definidos em l1 por F (x) = x2 + nx1 , onde n ∈ N é qualquer, são tais que |F (x)| ≤ kxkl1 e F |Y = f , logo são extensões distintas de Hahn-Banach de f . O exemplo abaixo mostra que se existe duas extensões de Hahn-Banach distintas, então existem infinitas. 6 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Exemplo 1 Sejam Y um subesapço do espaço vetorial X e p, λ como no Teorema de HahnBanach. Se existem duas extensões distintas de Hahn-Banach Λ0 , Λ1 : X → C de λ, então para qualquer s ∈ [0, 1] considere o funcional Λs dado por Λs (ξ) = sΛ1 (ξ) + (1 − s)Λ0 (ξ), ξ ∈ X. Observe que Λs é linear e para todo ζ ∈ Y , temos que Λs (ζ) = sΛ1 (ζ) + (1 − s)Λ0 (ζ) = sλ(ζ) + (1 − s)λ(ζ) = λ(ζ), logo Λs é uma extensão linear de λ. Como |Λ1 (ξ)| ≤ p(ξ) e |Λ0 (ξ)| ≤ p(ξ) segue que |Λs (ξ)| ≤ s|Λ1 (ξ)| + (1 − s)|Λ0 (ξ)| ≤ p(ξ), isso nos diz que Λs é uma extensão de Hahn-Banach de λ para cada s ∈ [0, 1]. Portanto, ou a extensão é única ou existem infinitas extensões. Agora veremos as formas geométricas do Teorema de Hahn-Banach. Iniciamos com os pré-requisitos para a prova de tais Teoremas: Definição 1 Seja X um espaço vetorial real. Um hiperplano (afim) é um conjunto da forma H = {x ∈ X : f (x) = α} onde f : X → R é um funcional linear não identicamente nulo e α ∈ R. Diremos que H é o hiperplano de equação [f = α]. Definição 2 Seja X um espaço vetorial sobre K = {R ou C}. Diremos que C ⊂ X é convexo, se tx + (1 − t)y ∈ C sempre que t ∈ [0, 1] e x, y ∈ C. Proposição 7 O hiperplano de equação [f = α] é fechado se, e somente se, f é contı́nuo. Demonstração. É claro que se f é contı́nuo, então H = f −1 (α) é fechado. Reciprocamente, se H é fechado, seja x0 ∈ X\H := H c e suponha que f (x0 ) < α. Seja r > 0 tal que B(x0 , r) ⊂ H c . Então, para todo x ∈ B(x0 , r) temos que f (x) < α. De fato, se f (x1 ) − α < 1 que houvesse x1 ∈ B(x0 , r) tal que f (x1 ) > α, terı́amos para t = f (x1 ) − f (x0 ) f (tx0 + (1 − t)x1 ) = tf (x0 ) + (1 − t)f (x1 ) Ç å f (x1 ) − α f (x1 ) − α f (x0 ) + 1 − f (x1 ) = f (x1 ) − f (x0 ) f (x1 ) − f (x0 ) f (x1 )f (x0 ) − αf (x0 ) − f (x1 )f (x0 ) + αf (x1 ) = f (x1 ) − f (x0 ) α(f (x1 ) − f (x0 )) = =α f (x1 ) − f (x0 ) 7 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. mas tx0 + (1 − t)x1 ∈ B(x0 , r) desde que B(x o äfato de Ä Ä 0 , r) éä convexa e isso contradiz r r c B(r, x0 ) ⊂ H . Assim, se kzk = 1 temos que x0 + 2 z ∈ B(x0 , r) donde f x0 + 2 z < α e consequentemente Å r ã r 2(α − f (x0 )) f x0 + z = f (x0 ) + f (z) < α ⇒ f (z) < 2 2 r e portanto kf k < 2(α − f (x0 )) . r Definição 3 Se A, B ⊂ X diremos que o hiperplano de equação [f = α] separa A e B no sentido fraco se f (x) ≤ α ∀ x ∈ A e f (x) ≥ α ∀ x ∈ B. Diremos que o hiperplano de equação [f = α] separa A e B no sentido forte se existe ε > 0 tal que f (x) ≤ α − ε ∀ x ∈ A e f (x) ≥ α + ε ∀ x ∈ B. Definição 4 Seja C ⊂ X um conjunto convexo e aberto com 0 ∈ C. A aplicação p : X → R definida por p(x) = inf{α > 0 : α−1 x ∈ C} é chamada funcional de Minkowski. Proposição 8 O funcional de Minkowski possui as seguintes propriedades: (i) p(bx) = bp(x) para todo b > 0 e todo x ∈ X. (ii) C = {x ∈ X : p(x) < 1}. (iii) Existe M > 0 tal que 0 ≤ p(x) ≤ M kxk para todo x ∈ X. (iv) p(x + y) ≤ p(x) + p(y) para quaisquer x, y ∈ X. Demonstração. (i). p(bx) = inf{α > 0 : α−1 bx ∈ C} = b inf{α > 0 : α−1 x ∈ C} = bp(x). 8 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (ii). Se x ∈ C, então como C é aberto, existe ε > 0 tal que (1 + ε)x ∈ C. Assim, x ∈C (1 + ε)−1 e p(x) ≤ (1 + ε)−1 < 1. Donde C ⊂ {x ∈ X : p(x) < 1}. Reciprocamente, se p(x) < 1, então da definição de ı́nfimo, existe 0 < α < 1 tal que α−1 x ∈ C. Logo, Å ã x + (1 − α).0 ∈ C, pois C é convexo. x=α α Portanto {x ∈ X : p(x) < 1} ⊂ C e consequentemente C = {x ∈ X : p(x) < 1}. (iii). Que p(x) ≥ 0 segue de sua definição. Seja r > 0 tal que B(0, r) ⊂ C. Logo, se s < r, temos x ∈ C para todo x ∈ X, x 6= 0. s kxk x Assim −1 ∈ C e ks xk å Ç 1 x ≤ . p kxk s Pelo item (i), temos kxk s para todo x ∈ X não nulo. Mas, para x = 0 a desigualdade acima é trivial, logo ela vale para todo x ∈ X e o resultado está provado com M = 1/s. p(x) ≤ (iv). Se x, y ∈ X, então, dado ε > 0 temos x ∈C p(x) + ε Com efeito, por (i) Ç x p p(x) + ε e å = y ∈ C. p(y) + ε 1 p(x) < 1, p(x) + ε e o mesmo vale para y. Assim, por (ii), segue a afirmação. Como C é convexo, seja t= temos que 0 < t < 1 e t p(x) + ε p(x) + p(y) + 2ε x y + (1 − t) ∈ C, p(x) + ε p(y) + ε 9 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. mas Ç å x y p(x) + ε p(x) + ε x y + (1 − t) = + 1− t p(x) + ε p(y) + ε p(x) + p(y) + 2ε p(x) + ε p(x) + p(y) + 2ε p(y) + ε å Ç p(x) + ε x y p(y) + ε = + p(x) + p(y) + 2ε p(x) + ε p(x) + p(y) + 2ε p(y) + ε p(x) + ε x y = + p(x) + p(y) + 2ε p(x) + ε p(x) + p(y) + 2ε y xp(x) + xε + = (p(x) + p(y) + 2ε)(p(x) + ε) p(x) + p(y) + 2ε xp(x) + xε + yp(x) + yε = (p(x) + p(y) + 2ε)(p(x) + ε) t y (x + y)(p(x) + ε) x + (1 − t) = p(x) + ε p(y) + ε (p(x) + p(y) + 2ε)(p(x) + ε) x+y = ∈ C. p(x) + p(y) + 2ε Pelos itens (i) e (ii), respectivamente, temos Ç x+y p p(x) + p(y) + 2ε å = 1 p(x + y) < 1 p(x) + p(y) + 2ε donde p(x + y) < p(x) + p(y) + 2ε. Pela arbitrariedade de ε, o resultado segue. Lema 1 Seja C ⊂ X um aberto, convexo, não vazio e C 6= X. Seja x0 ∈ X\C, então existe f ∈ X ∗ tal que f (x) < f (x0 ) para todo x ∈ C. Demonstração. Se C = 0, o resultado segue pelo Corolário 4. Se 0 6= C, escolha z0 ∈ C e considere D = {x − z0 ; x ∈ C}, y0 = x0 − z0 . Temos que y0 ∈ / D, mas o ∈ D e D é aberto e convexo, então podemos definir o funcional de Minkowski p(x) = inf{α > 0; α−1 x ∈ D}. Defina G = span{y0 } e g(ty0 ) = t para todo t ∈ R. Então g(x) ≤ p(x) para todo x ∈ G, pois como y0 ∈ / D temos que p(y0 ) ≥ 1, assim para todo x ∈ G obtemos  t g(x) = g(ty0 ) =  ≤ tp(y0 ) = p(ty0 ), se t > 0 t ≤ 0 ≤ p(ty0 ). 10 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Assim pelo Teorema de Hahn-Banach, existe f : X → R linear tal que f (x) = g(x) sobre G e f (x) ≤ p(x) sobre X. Pelo item (iii) da Proposição 8, existe M > 0 tal que f (x) ≤ p(x) ≤ M kxk, donde f é contı́nuo. Como p(y) < 1 para todo y ∈ D, segue que f (y) ≤ p(y) < 1 e f (y) < 1 = g(y0 ) = f (y0 ) = f (x0 − z0 ) para todo y ∈ D. Pela definição de D, temos então f (x − z0 ) < f (x0 − z0 ) para todo x ∈ C, e f (x) < f (x0 ). Teorema 9 (Hahn-Banach. Primeira forma geométrica) Seja X um espaço vetorial normado sobre R e sejam A, B ⊂ X dois conjuntos convexos, não vazios e disjuntos. Se A é aberto, então existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido fraco. Demonstração. Seja C = A − B = {a − b; a ∈ A e b ∈ B}. Note que (1) C é aberto, pois C= [ (A − {b}). b∈B (2) C é convexo, pois se 0 < t < 1, t(a1 − b1 ) + (1 − t)(a2 − b2 ) = [ta1 + (1 − t)a2 ] − [tb1 + (1 − t)b] ∈ A − B. Assim C é aberto, convexo e 0 ∈ / C pois A ∩ B = ∅. Pelo Lema anterior, existe f ∈ X ∗ tal que f (x) < f (0) para todo x ∈ C. Logo f (a − b) < f (0) = 0 para todo a ∈ A e b ∈ B donde f (a) < f (b). Daı́ sup f (a) ≤ inf f (b) b∈B a∈A e escolhendo c ∈ R tal que sup f (a) ≤ c ≤ inf f (b), b∈B a∈A temos que [f = c] separa A e B no sentido fraco. 11 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Teorema 10 (Hahn-Banach. Segunda forma geométrica) Sejam X um espaço vetorial normado real, A e B convexos, não vazios e distintos em X. Suponha que A é fechado e B é compacto. Então existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido forte. Demonstração. Sejam Aε := A + B(0, ε) e Bε := B + B(0, ε), ε > 0, então Aε e Bε são abertos, pois [ [ [{a} + B(0, ε)] = B(a, ε) Aε = a∈A e Bε = [ a∈A [{b} + B(0, ε)] = b∈B [ B(b, ε) b∈B além disso também são convexos, pois para 0 < t < 1 t(a1 + v1 ) + (1 − t)(a2 + v2 ) = ta1 + (1 − t)a2 + tv1 + (1 − t)v2 ∈ Aε analogamente se verifica que Bε é convexo e é claro Aε e Bε são não vazios. Para ε > 0 pequeno Aε e Bε são disjuntos, pois como A é fechado d(b, A) > 0 para todo b ∈ B e como B é compacto inf d(b, A) = d(B, A) > 0. Segue da primeira versão que existe um hiperplano b∈B fechado que separa Aε e Bε no sentido fraco. Logo f (x + εz) ≤ c ≤ f (y + εz) ∀ x ∈ A, y ∈ B, z ∈ B(0, ε). Donde f (x) − εkf k ≤ c ≤ f (y) + εkf k ∀ x ∈ A, y ∈ B e o resultado segue, pois f 6= 0. 1.2 Teoremas da aplicação aberta e do gráfico fechado Para a demonstração do Teorema da aplicação aberta vamos precisar dos seguintes resultado, o primeiro é devido a Baire. Definição 5 Sejam X um espaço topológico e A ⊂ X. Dizemos que A é magro (nowhere dense) se A tem interior vazio Teorema 11 (Categoria de Baire) Um espaço métrico completo nunca é união enumerável de conjuntos magros. Demonstração. Seja X = (X, d) um espaço métrico completo. Por contradição, vamos supor que X é união enumerável de conjuntos magros. Então, existem An ⊂ X tais que An têm interior vazio e ∞ X= [ n=1 12 An . J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Para cada n, considere Fn = An . Assim, temos que X\F1 é aberto e não vazio. Então, existem um número real r1 > 0 e x1 ∈ X tais que B(x1 , r1 ) ⊂ X\F1 . Além disso, temos que (X\F2 ) ∩ B(x1 , r1 /4) é aberto e não vazio. Com efeito, se essa interseção fosse vazia, terı́amos que B(x1 , r1 /4) ⊂ F2 , que e absurdo desde que int(F2 ) = ∅. Logo existem x2 ∈ X e r2 > 0 tais que B(x2 , r2 ) ⊂ (X\F2 ) ∩ B(x1 , r1 /4). Pelo mesmo raciocı́nio, encontramos x3 ∈ X e r3 > 0 tais que B(x3 , r3 ) ⊂ (X\F3 ) ∩ B(x2 , r2 /4). Por indução, construı́mos uma sequência de bolas abertas B(xn , rn /4) tais que rn+1 ≤ B(xn+1 , rn+1 ) ⊂ (X\Fn+1 ) ∩ B(xn , rn /4). Notamos que, como rn+1 ≤ rn 4 para todo n, temos rn ≤ rn 4 e (2) r1 . 4n−1 Pela desigualdade triangular, é fácil ver que {xn } é uma sequência de Cauchy em X. De fato, d(xn , xn+p ) ≤ ≤ p X j=1 p X j=1 d(xn+j−1 , xn+j ) ≤ p X rn+j−1 j=1 r1 . n+j−1 4 4 A segunda desigualdade acima, deve-se ao fato de xn+j ∈ B(xn+j−1 , rn+j−1 /4) como pode-se ver de (2). Como X é completo, existe x ∈ X, que é limite da sequência {xn }. Como B(xn+1 , rn+1 ) ⊂ (X\Fn+1 ) ∩ B(xn , rn /4) podemos escrever d(xn , xn+p ) ≤ d(xn , xn+1 ) + d(xn+1 , xn+2 ) + . . . + d(xn+p−1 , xn+p ) rn+p−1 rn rn+1 + + ... + ≤ 4 4 4 rn rn rn + 2 + . . . + p−1 . ≤ 4 4 4 Fixado, arbitrariamente, n em (3) e fazendo p tender a infinito, temos que d(xn , x) ≤ rn donde x ∈ B(xn , rn ). Logo x ∈ / ∞ [ ∞ X 1 1/4 rn = r = < rn n p 3/4 3 p=1 4 An = X, que é absurdo. n=1 13 (3) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Lema 2 Sejam X e Y espaços normados, com X completo e T ∈ L(X, Y ). Se existirem R, r > 0 tais que (4) BY (0, r) ⊂ T (BX (0, R)), então BY (0, r/2) ⊂ T (BX (0, R)). (5) Demonstração. Como para todo M ⊂ X e a ∈ K tem-se aM = aM , segue de (4) que BY (0, ar) ⊂ T (BX (0, aR)) (6) para todo a ∈ R positivo. Seja y ∈ BY (0, r/2). Por (6) existe x1 ∈ BX (0, R/2) tal que r ky − T x1 k < , isto é, y − T x1 ∈ BY (0, r/4). 4 Novamente por (6), existe x2 ∈ BX (0, R/4) tal que r k(y − T x1 ) − T x2 k < . 8 Procedendo por indução, podemos, para cada j = 1, . . . , n, achar xj ∈ BX (0, R/2j ) tal que ky − T x1 − . . . − T xn k < Assim ∞ X kxn k < n=1 Como X é completo, a série de T temos ∞ X r 2n+1 . (7) ∞ X R = R. n n=1 2 xn converge para um certo x. Além disso, pela continuidade n=1 Ñ Tx = T lim n→∞ e kxk ≤ n X é xj = j=1 ∞ X j=1 kxn k < R n=1 donde x ∈ BX (0, R). ∞ X Fazendo n → ∞ em (7) obtemos ky − T xk ≤ 0 donde T x = y. Daı́ y ∈ T (BX (0, R)). 14 T xj J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Teorema 12 (Aplicação aberta) Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y uma aplicação linear contı́nua e sobrejetiva. Então T é uma aplicação aberta. Em particular, se T é bijetiva, então T −1 é contı́nua. Demonstração. Escreva ∞ [ X= BX (0, n), n=1 como T é sobrejetivo temos que Y = T (X) = T ∞ [ ! BX (0, n) = n=1 ∞ [ T (BX (0, n)). n=1 Como Y é completo então, pelo Teorema de Baire, existe n0 natural tal que T (BX (0, n0 )) tem interior não vazio. Assim, existe uma bola de centro y ∈ Y e raio r > 0 tal que BY (y, r) ⊂ T (BX (0, n0 )). Como T (BX (0, n0 )) = −T (BX (0, n0 )) Assim, BY (−y, r) = −BY (y, r) ⊂ T (BX (0, n0 )). 1 1 Como x = (x + y) + (x − y), segue que 2 2 1 1 BY (0, r) ⊂ BY (y, r) + BY (−y, r) ⊂ T (BX (0, n0 )). 2 2 Pelo Lema anterior BY (0, ρ) ⊂ T (BX (0, n0 )) para ρ = r/2. Assim, temos que BY (0, cρ) ⊂ T (BX (0, cn0 )) para todo número real positivo c. Como BX (x, cn0 ) = x + BX (0, cn0 ) temos que T (BX (x, cn0 )) = T x + T (BX (0, cn0 )) ⊃ T x + BY (0, cρ) = BY (T x, cρ), isto é, BY (T x, cρ) ⊂ T (BX (x, cn0 )). 15 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Agora seja U ⊂ X aberto. Sejam x ∈ U e c > 0 tais que BX (x, cn0 ) ⊂ U. Então T (U ) ⊃ T (BX (x, cn0 )) ⊃ BY (T x, cρ). Portanto T (U ) é aberto. O caso particular é conhecido como Teorema da aplicação inversa. As hipóteses de X e Y serem completos ou normados não podem ser retiradas no Teorema da aplicação aberta como mostram os exemplos abaixo. Exemplo 2 Seja T : C([0, 1]) → C([0, 1]) dado por (T ψ)(t) = Z t 0 ψ(s)ds. Sabemos que C([0, 1]) não é completo com a norma de L1 ([0, 1]). Além disso, T é limitado, pois Z t 1 |ψ(s)|ds ≤ kψkL1 k(T ψ)(t)kL = 0 −1 ′ e é claro que (T ψ)(t) = ψ (t) que não é contı́nuo. De fato, considerando a sequência ψn (t) = sen(nt) temos que k(T −1 ψn )(t)kL1 = = Z t 0 Z t 0 |ψn′ (s)|ds |n cos(ns)|ds ≤ nt → ∞. Exemplo 3 Considere Rn com a topologia discreta cuja métrica é dada por d(x, y) = 1 se x 6= y e d(x, x) = 0 e considerando Rn com a topologia usual temos que a aplicação identidade I : (Rn , d) → Rn é continua e inversı́vel, no entanto, I não é uma aplicação aberta e sua inversa não é contı́nua. O problema é que (Rn , d) é completo mas não é normado, pois a métrica discreta não é induzida por uma norma. Agora, nosso objetivo é provar o Teorema do gráfico fechado. Sejam X e Y espaços normados e T : X → Y um operador linear. O gráfico de T é o subespaço de X × Y Γ(T ) = {(x, y) ∈ X × Y ; y = T x}. Dizemos que T é fechado se Γ(T ) é fechado em X × Y . No espaço X × Y consideramos as operações usuais e a norma é dada por k(x, y)k = kxk + kyk. 16 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Teorema 13 (Gráfico fechado) Sejam X e Y espaços de Banach e T : X → Y um operador linear. Então T é limitado se, e somente se, o gráfico de T é fechado. Demonstração. Suponha que Γ(T ) é fechado. Então, como X e Y são espaços de Banach temos que X × Y também é, e segue que, Γ(T ) é um subespaço fechado do espaço de Banach X × Y e consequentemente Γ(T ) também é um espaço de Banach na norma k(x, T x)k = kxk + kT xk. Considere as aplicações contı́nuas π1 : Γ(T ) → X (x, T x) 7→ x e π2 : Γ(T ) → Y (x, T x) 7→ T x. Como π1 é bijeção, temos pelo Teorema da aplicação aberta que π1−1 é contı́nua. Mas T = π2 ◦ π1−1 , donde T é contı́nuo. Reciprocamente, se T é contı́nuo e (xn , yn ) → (x, y) com (xn , yn ) ∈ Γ(T ). Então, y = n→∞ lim yn = n→∞ lim T xn = T x, portanto y = T x e (x, y) ∈ Γ(T ) que consequentemente é fechado. 1.3 Topologias fracas e o Teorema de Banach-Alaoglu Definição 6 Seja N um espaço vetorial normado. A aplicação ˆ: N → N ∗∗ definida por ˆ ) = f (ξ), ∀ f ∈ N ∗ ξ(f é chamada de aplicação canônica. Denotaremos a imagem da aplicação canônica por N̂ ⊂ N ∗∗ . Proposição 14 A aplicação canônica ˆ: N → N ∗∗ é uma isometria linear. 17 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Para ξ1 , ξ2 ∈ N , f ∈ N ∗ e a ∈ K = {R ou C} temos que ¤ ˆ ˆ (ξ 1 + aξ2 )(f ) = f (ξ1 + aξ2 ) = f (ξ1 ) + af (ξ2 ) = ξ1 (f ) + aξ2 (f ). Como ˆ )| = |f (ξ)| ≤ kf kkξk |ξ(f ˆ ≤ kξk. Segue do temos que ξˆ é um funcional linear limitado sobre N ∗ com norma kξk ∗ Teorema de Hahn-Banach, que dado ξ ∈ N podemos achar f ∈ N tal que kf k = 1 logo e f (ξ) = kξk, ˆ = sup |ξ(f ˆ )| = sup |f (ξ)| ≥ kξk kξk kf k=1 donde kf k=1 ˆ = kξk kξk mostrando que ˆ é uma isometria de N em N ∗∗ . Definição 7 Dado um espaço normado N , dizemos que uma sequência {fn } ⊂ N ∗ converge w∗ ˆ n ) = ξ(f ˆ ) para todo ξˆ ∈ N̂ . fn −→ fracamente* a f ∈ N ∗ se n→∞ lim ξ(f f indicará essa convergência. ˆ n ) = fn (ξ) → f (ξ), a convergência fraca* corresponde a conNotamos que, como ξ(f vergência pontual de funcionais de N ∗ . w∗ Proposição 15 Se fn −→ f em N ∗ , então o limite é único. Além disso, N̂ separa pontos de N ∗ e, se N é Banach, então {kfn k} é um conjunto limitado. ˆ ) = ξ(g), ˆ Demonstração. Suponha que para todo ξ ∈ N tenha-se ξ(f f, g ∈ N ∗ . Então, f (ξ) = g(ξ) para todo ξ ∈ N , isto é, f = g. Isto mostra a unicidade do limite e como corolário, que N̂ separa pontos de N . Para mostrar que {kfn k} é limitado será usado o Teorema de Banach-steinhaus, por isso a w∗ ˆ n )| = |fn (ξ)| necessidade de N ser completo. Como fn −→ f temos que para todo ξ ∈ N , |ξ(f é convergente, logo é limitado. Segue por Banach-Steinhaus, que {kfn k} é limitado. Definição 8 A topologia forte em N é a topologia métrica induzida pela norma de N . Uma base (aberta) dessa topologia é dada pelas bolas abertas BN (ξ, r) com ξ ∈ N e r > 0. Definição 9 A topologia fraca em N é a topologia τ (N , N ∗ ) gerada pelos funcionais lineares em N ∗ , ou seja, é a topologia menos fina em N na qual todos os elementos de N ∗ permanecem contı́nuos. Uma sub-base (aberta) de τ (N , N ∗ ) é a coleção V (ξ, f, r) = f −1 (BK (f (ξ), r)) = {η ∈ N ; |f (ξ) − f (η)| < r}, com ξ ∈ N , r > 0 e f ∈ N ∗ 18 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Lembramos que uma base da topologia é dada pela famı́lia de interseções finitas de elementos da sub-base. Claramente, a topologia fraca em N ∗ é τ (N ∗ , N ∗∗ ). Proposição 16 Se dim N < ∞, então a topologia fraca e a topologia forte coincidem. Demonstração. Sabemos que todo aberto da topologia fraca é também aberto da topologia forte, por definição. Devemos mostrar que todo aberto da topologia forte é aberto da topologia fraca. Seja U um aberto, não vazio, da topologia forte e u0 ∈ U . Para provar que U é aberto na topologia fraca, basta mostrar que u0 é ponto interior de U para a topologia fraca. Escolha r > 0 suficientemente pequeno tal que B(u0 , r) ⊂ U . Seja {e1 , . . . , en } uma base de N tal que kej k = 1 para todo j. Defina, para cada i = 1, . . . , n x= fi n X :N →K xj ej 7→ xi . j=1 Note que cada fi é linear e contı́nuo, pois dim N < ∞. Temos que kx − u0 k = ≤ = n X (xj − uj )ej j=1 n X |xj − uj | j=1 n X |fj (x − u0 )|. j=1 Agora defina     r , i = 1, . . . , n V = x ∈ N ; |fi (x) − fi (u0 )| < 2n e note que V é um aberto da topologia fraca e se x ∈ V , então kx − u0 k ≤ n X |fj (x − u0 )| ≤ j=1 n X r r = . 2 j=1 2n Portanto V ⊂ B(u0 , r). Agora será introduzida outra topologia útil no espaço dual N ∗ . 19 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Definição 10 A topologia fraca* em N ∗ é a topologia τ (N ∗ , N̂ ) gerada pelos funcionais lineares em N̂ , ou seja, é a topologia menos fina em N ∗ em que todos os elementos de N̂ permanecem contı́nuos. Uma sub-base (aberta) de τ (N ∗ , N̂ ) é a coleção ˆ ), r) = {g ∈ N ∗ ; |ξ(f ˆ ) − ξ(g)| ˆ V ∗ (ξ, f, r) = ξˆ−1 BK (ξ(f < r} ∗ = {g ∈ N : |f (ξ) − g(ξ)| < r}. Um elemento tı́pico da base gerada pela sub-base acima da topologia τ (N ∗ , N̂ ) é dado por V ∗ (ξ1 , . . . , ξn , f, r) = {g ∈ N ∗ : max |ξˆj (f ) − ξˆj (g)| < r} 1≤j≤n De forma análoga obtêm-se os elementos da base de τ (N , N ∗ ) V (ξ, f1 , . . . , fn , r) = {η ∈ N : max |fj (ξ) − fj (η)| < r}. 1≤j≤n Proposição 17 Seja N um espaço normado. Então: (1) A topologia fraca* em N ∗ é menos fina do que a topologia fraca em N ∗ . (2) Se N é reflexivo as topologias fraca e fraca* em N ∗ coincidem. (3) As topologias fraca em N e fraca* em N ∗ são de Hausdorff. Demonstração. (1). É óbvio, pois N̂ ⊂ N ∗∗ . (2). Também é óbvio, pois sendo N reflexivo temos que N̂ = N ∗∗ . (3). Se x, y ∈ N e x 6= y, então pelo Teorema de Hahn-Banach existe f ∈ N ∗ tal que f (x) − f (y) = f (x − y) = kx − yk = δ > 0. Assim, temos que Vx = f −1 (B(f (x), δ/3)) e Vy = f −1 (B(f (y), δ/3)) são vizinhanças abertas fracas de x e y, respectivamente, tal que Vx ∩ Vy = ∅. Para a topologia fraca*, se f, g ∈ N ∗ e f 6= g, então existe ξ ∈ N tal que ˆ ) − ξ(g)|. ˆ 0 < δ = |f (ξ) − g(ξ)| = |ξ(f Donde V ∗ (ξ, f, δ/3) e V ∗ (ξ, g, δ/3) são vizinhanças abertas não vazias e disjuntas de f e g, respectivamente, logo a topologia fraca* é de Hausdorff. Lembramos que: Definição 11 O produto cartesiano de uma famı́lia {Xs }s∈S de conjuntos é o conjunto [ Y de todas as funções f : S → Xs tal que f (s) ∈ Xs para todo s ∈ S, é denotado por Xs , ou por ∞ Y s∈S s∈S Xi no caso de uma sequência X1 , X2 , . . . de conjuntos. i=1 20 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Teorema 18 (Alaoglu) Se N é um espaço normado, então a bola fechada B ∗ = B N ∗ (0, 1) = {f ∈ N ∗ : kf k ≤ 1} é compacta na topologia fraca*. Demonstração. A cada ξ ∈ N associe Kξ = {z ∈ K : |z| ≤ kξk} o qual é compacto em K e, pelo Teorema de Tychonoff, o produto cartesiano K de todos os Kξ é compacto na topologia produto. Cada elemento de K é, por definição, uma função f que a cada ξ ∈ N associa f (ξ) ∈ Kξ , donde |f (ξ)| ≤ kξk. Assim a bola unitária B ∗ é o subconjunto de K obtido pela restrição as funções f ∈ K que são lineares. Para f ∈ B ∗ considere as famı́lias V ∗ (ξ, f, r) e U (ξ, f, r) := {g ∈ K : |f (ξ) − g(ξ)| < r}, para ξ percorrendo N e todo r > 0. Tais famı́lias são sub-bases locais de vizinhanças de f ∈ B ∗ na topologia fraca* e na topologia produto, respectivamente. Como B ∗ ⊂ K ∩ N ∗ vem que V ∗ (ξ, f, r) ∩ B ∗ = U (ξ, f, r) ∩ B ∗ e assim a topologia fraca* de B ∗ e a topologia induzida de K em B ∗ coincidem. Assim, para terminar a demonstração, basta mostrar que B ∗ é um subconjunto fechado de K. Seja g um elemento do fecho de B ∗ em K, assim existe uma sequência {fn } ⊂ B ∗ tal que para todo ξ ∈ N |g(ξ)| = lim |fn (ξ)| ≤ kξk, n→∞ ∗ de forma que para mostrar que g ∈ B é suficiente verificar que g é linear. Toda vizinhança de g em K intersecta B ∗ , assim dados x, y ∈ N e ε > 0 existe h ∈ B ∗ tal que |g(x) − h(x)| < ε |g(y) − h(y)| < ε e para α ∈ K |g(αx + y) − h(αx + y)| < ε, usando a linearidade de h, obtemos |g(αx + y) − αg(x) − g(y)| = |g(αx + y) − h(αx + y) − αg(x) + αh(x) − g(y) + h(y)| ≤ |g(αx + y) − h(αx + y)| + |α||g(x) − h(x)| + |g(y) − h(y)| ≤ (2 + |α|)ε, como ε é arbitrário segue que g(αx + y) = αg(x) + g(y). Portanto, g é linear e B ∗ é fechado em K e consequentemente é compacta. A primeira aplicação do Teorema de Alaoglu é uma caracterização dos espaços normados. 21 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Proposição 19 Se N é um espaço normado, então existe um espaço topológico compacto X em que N é isomorfo (via aplicação linear isométrica) a um subespaço de C(X). Demonstração. Pelo Teorema de Alaoglu basta escolher X = B N ∗ (0, 1) com a topologia fraca* e a aplicação canônica ˆ : N → N̂ ⊂ N ∗∗ sendo a isometria linear entre N e um subespaço de C(X). Proposição 20 Seja A : X → Y um operador compacto, onde X e Y são espaços de Banach. Então A′ é compacto. Demonstração. Seja fn ∈ Y ∗ uma sequência de funcionais lineares tais que kfn k ≤ C, então para todo ξ ∈ X temos que |(A′ fn )(ξ)| = |fn (Aξ)| ≤ kfn kkAkkξk ≤ CkAkkξk isso mostra que os funcionais (A′ fn ) ∈ X ∗ e são pontualmente limitados, pelo Teorema da limitação uniforme segue que os funcionais (A′ fn ) são uniformemente limitados, isto é, existe uma constante k > 0 tal que k(A′ fn )k ≤ k para todo n. Pelo Teorema de Alaoglu a Bola B[0, k] é compacta em X ∗ na topologia fraca∗ e como (A′ fn ) ∈ B[0, k], segue que (A′ fn ) tem uma subsequência (A′ fnj ) que converge fraca∗ para algum g ∈ X ∗ . Temos que, para todo ξ ∈ X ˆ ′ fn ) → ξ(g), ˆ ξ(A j ou seja fnj (Aξ) → g(ξ), (8) Agora seja xn ∈ X uma sequência tal que kxn k = 1, pela compacidade de A, Axn tem uma subsequência Axni → η. Como {xni } é uma sequência limitada ela possui uma subsequência convergente, digamos xnk → η, mas sendo Axnk subsequência de Axni , temos pela continuidade de A que Axni → η = lim Axnk = Aη. k→∞ Pela continuidade dos fnj temos que (A′ fnj )(xnk ) = fnj (Axnk ) → fnj (Aη), assim k(A′ fnj − g)(xnk )k ≤ kfnj (Axnk ) − fnj (Aη)k + kfnj (Aη) − g(η)k + kg(η) − g(xnk )k agora observe que kfnj (Axnk ) − fnj (Aη)k → 0 kfnj (Aη) − g(η)k → 0 22 por (9), por (8) (9) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. e kg(η) − g(xnk )k → 0 pela continuidade de g. Portanto, k(A′ fnj − g)(xni )k → 0 e pela arbitrariedade da sequência unitária xn segue que A′ fnj → g fortemente. 1.4 A representação de Riesz em espaços de Hilbert e o operador adjunto de Hilbert. Representação em espaços pré-Hilbertianos Seja H um espaço pré-Hilbertiano a aplicação ξ 7→ fξ (η) = hξ, ηi é uma isometria anti-linear de H em H ∗ . De fato, a antilinearidade da aplicação segue da antilinearidade do produto interno. Por outro lado, a linearidade de fξ é óbvia e |fξ (η)| = |hξ, ηi| ≤ kξkkηk, isto é, fξ ∈ H ∗ e kfξ k ≤ kξk. Pela continuidade de fξ temos que kξkkfξ k ≥ |fξ (ξ)| = kξk2 ⇒ kfξ k ≥ kξk. Portanto, kfξ k = kξk. O Teorema de representação de Riesz fornece a recı́proca do resultado acima quando H é de Hilbert, mais precisamente: Teorema 21 (Representação de Riesz) Sejam H um espaço de Hilbert e f ∈ H ∗ , então existe um único ξ ∈ H tal que f (η) = hξ, ηi, ∀ η ∈ H. Além disso, kf k = kξk. Demonstração. Admitindo que (10) vale, temos que |f (η)| = |hη, ξi| ≤ kηkkξk ⇒ kf k ≤ kξk e pela continuidade de f temos que kξkkf k ≥ |f (ξ)| = kξk2 ⇒ kf k ≥ kξk logo kf k = kξk, isso também mostra que a aplicação ξ 7→ hξ, ηi =: f (η) é injetiva. 23 (10) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Agora vamos mostrar que todo funcional linear contı́nuo tem a forma (10). Se f é o funcional nulo tome ξ = 0, caso contrário o ker(f ) é um subespaço fechado, pois f é contı́nuo, e próprio de H, pois f 6= 0, donde H = ker(f ) ⊕ ker(f )⊥ , daı́ existe um ζ ∈ ker(f )⊥ com kζk = 1. Além disso, para todo η ∈ H o vetor f (η)ζ − f (ζ)η pertence ao ker(f ), pois pela linearidade de f temos f (f (η)ζ − f (ζ)η) = f (η)f (ζ) − f (ζ)f (η) = 0 e consequentemente 0 = hζ, f (η)ζ − f (ζ)ηi = f (η) − f (ζ)hζ, ηi donde f (η) = hf (ζ)ζ, ηi. A unicidade é imediata, pois se f (η) = hξ, ηi = hξ1 , ηi ⇒ hξ − ξ1 , ηi = 0 ∀ η ∈ H ⇒ ξ = ξ1 . O Teorema de Representação de Riesz nos diz que H e H ∗ são isométricos através da aplicação antilinear ξ 7→ hξ, · i = f ( · ) ∈ H ∗ . O Teorema de Representação de Riesz também vale para funcionais antilineares contı́nuos, mas precisamente, temos Teorema 22 Sejam H um espaço de Hilbert e f : H → C um funcional antilinear contı́nuo, então existe um único ξ ∈ H tal que f (η) = hη, ξi, ∀ η ∈ H. Além disso, kf k = kξk. Demonstração. Relembre que um operador T : N1 → N2 é antilinear se T (αx + y) = α T x + T y. Admitindo que vale o resultado em (11), temos que |f (η)| = |hη, ξi| ≤ kηkkξk ⇒ kf k ≤ kξk e pela continuidade de f temos que kξkkf k ≥ |f (ξ)| = kξk2 ⇒ kf k ≥ kξk logo kf k = kξk, isso também mostra que a aplicação ξ 7→ hη, ξi = f (η) é injetiva. 24 (11) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Agora vamos mostrar que todo funcional antilinear contı́nuo tem a forma (11). Se f é o funcional nulo então ξ = 0, caso contrário o ker(f ) é um subespaço fechado, pois f é contı́nuo, e próprio de H, pois f 6= 0, donde H = ker(f ) ⊕ ker(f )⊥ , daı́ existe um ζ ∈ ker(f )⊥ com kζk = 1. Além disso, para todo η ∈ H o vetor f (ζ)η − f (η)ζ pertence ao ker(f ), pois pela antilinearidade de f temos f (f (ζ)η − f (η)ζ) = f (ζ)f (η) − f (η)f (ζ) = 0 e consequentemente 0 = hf (ζ)η − f (η)ζ, ζi = f (ζ)hη, ζi − f (η) donde f (η) = hη, f (ζ)ζi. A unicidade é imediata, pois se f (η) = hξ, ηi = hξ1 , ηi ⇒ hξ − ξ1 , ηi = 0 ∀ η ∈ H ⇒ ξ = ξ1 . O Teorema acima nos diz que H e o espaço dos funcionais antilineares contı́nuos são isométrico através da aplicação linear ξ → 7 fξ (η) = hη, ξi. No caso de espaços de Hilbert obtemos um caso especial do Teorema de Hahn-Banach. Teorema 23 Seja f um funcional linear limitado definido sobre um subespaço E de um espaço de Hilbert H. Então existe um g ∈ H ∗ tal que (1) f (x) = g(x) para todo x ∈ E, (2) kf k = kgk. Demonstração. Se E é um subespaço fechado, então E é um espaço de Hilbert e pelo Teorema de Representação de Riesz existe um único x0 ∈ E tal que f (x) = hx0 , xi para todo x ∈ E. Então, definimos g por g(x) = hx0 , xi sobre H. Claramente, (1) e (2) são satisfeitas. Se E não é fechado, então primeiro estendemos f para um funcional linear limitado definido no fecho de E de maneira natural e aplicamos o raciocı́nio anterior. Para o próximo resultado, lembramos que a norma de um espaço vetorial é induzida por um produto interno se, e somente se, ela satisfaz a lei do paralelogramo kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ). Proposição 24 Seja H um espaço de Hilbert. Então H ∗ é um espaço de Hilbert com o produto interno hfξ , fη iH ∗ := hη, ξi, fξ , fη ∈ H ∗ , onde fξ (x) := f (x) = hξ, xi. 25 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Como a aplicação ξ 7→ hξ, · i = f ( · ) ∈ H ∗ é uma isometria a lei do paralelogramo é satisfeita, portanto a norma do espaço de Banach H ∗ é induzida por um produto interno hh· , ·ii. Usando a identidade de polarização junto com a isometria antilinear do Teorema de Riesz, obtemos 1 hhfξ , fη ii = (kfξ + fη k2 − kfξ − fη k2 + ikfξ + ifη k2 − ikfξ − ifη k2 ) 4 1 = (kξ + ηk2 − kξ − ηk2 + ikξ − iηk2 − ikξ + iηk2 ) 4 1 = (kη + ξk2 − kη − ξk2 + ikη + iξk2 − ikη − iξk2 ) 4 = hη, ξi = hfξ , fη iH ∗ . Definição 12 Uma forma sesquilinear sobre dois espaços normados N1 e N2 é uma aplicação B : N1 × N2 → C, linear na segunda variável e antilinear na primeira variável. B é limitada se sua norma |B(ξ1 , ξ2 )| kBk := sup < ∞. 06=ξ1 ∈ N1 kξ1 kkξ2 k 06=ξ2 ∈ N2 Proposição 25 Sejam H1 e H2 espaços de Hilbert. Se B : H1 × H2 → C é uma forma sesquilinear limitada, então existe um único operador T ∈ L(H1 , H2 ) satisfazendo B(x, y) = hT x, yi, ∀ x ∈ H1 , y ∈ H2 . Além disso, kT k = kBk. Demonstração. Para cada x ∈ H1 o funcional Lx : H2 → C definido por Lx (ξ) = B(x, ξ) é linear, e como |Lx (ξ)| = |B(x, ξ)| ≤ kBkkxkkξk, segue que kLx k ≤ kBkkxk e consequentemente Lx ∈ H2∗ . Pelo Teorema de representação de Riesz existe um único η0 ∈ H2 tal que Lx (ξ) = hη0 , ξi para todo ξ ∈ H2 . Defina T : H1 → H2 por T x = η0 para o qual B(x, y) = hT x, yi para todo x ∈ H1 e todo y ∈ H2 e é linear. De fato, para todo x, y ∈ H1 , z ∈ H2 e α ∈ C temos hT (αx + y), zi = B(αx + y, z) = αB(x, z) + B(y, z) = αhT x, zi + hT y, zi = hαT x + T y, zi donde T (αx + y) = αT x + T y. 26 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Note que T = 0 se, e somente se, B = 0. Assim, se B 6= 0, como hT x, T xi = B(x, T x) para todo x ∈ H1 , obtemos kT k = sup 06=x 06=T x hT x, T xi kT xk = sup ≤ kBk kxk 06=x kxkkT xk 06=T x |hT x, yi| = sup 06=x kxkkyk 06=y ≤ sup 06=x 06=y kT xkkyk = kT k, kxkkyk mostrando que T ∈ L(H1 , H2 ) e kT k = kBk. A unicidade do operador segue da relação hT x, yi = hSx, yi, para quaisquer x ∈ H1 e y ∈ H2 implica que S = T . O exemplo padrão de forma sesquilinear limitada é o produto interno num espaço préHilbertiano, nesse caso H1 = H2 e T = Id. Os resultados acima permitem definir o operador adjunto de Hilbert para cada T ∈ L(H1 , H2 ), o qual será denotado por T ∗ . Dado T ∈ L(H1 , H2 ), então B(y, x) := hy, T xi, x ∈ H1 , y ∈ H2 , define uma forma sesquilinear B : H2 × H1 → C, e como |B(y, x)| ≤ kT kkykkxk, segue que B é limitada com kBk ≤ kT k. De forma similar a proposição anterior, mostra-se que kBk = kT k. Também pela proposição anterior, existe um único T ∗ ∈ L(H2 , H1 ) satisfazendo hT ∗ y, xi = B(y, x) = hx, T yi, para todo x ∈ H1 , y ∈ H2 e ainda, kT ∗ k = kBk = kT k. Definição 13 Se T ∈ L(H1 , H2 ), então o único operador T ∗ ∈ L(H2 , H1 ) construı́do acima é chamado de operador adjunto de Hilbert de T . Definição 14 Um operador T ∈ L(H) é normal se T ∗ T = T T ∗ . Se T ∗ = T , então T é chamado de auto-adjunto. Proposição 26 Sejam A, T ∈ L(H). O operador adjunto tem as seguintes propriedades: (1) (AT )∗ = T ∗ A∗ . (2) Para λ ∈ C, (λA)∗ = λA∗ e (A + B)∗ = A∗ + B ∗ . (3) A∗∗ = A. 27 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (4) A possui inversa limitada se, e somente se, A∗ também possui e nesse caso (A−1 )∗ = (A∗ )−1 Demonstração. (1). Para todos x, y ∈ H temos h(AT )∗ x, yi = hx, AT yi = hT ∗ A∗ x, yi ⇒ (AT )∗ = T ∗ A∗ . (2). h(λA)∗ x, yi = hx, λAyi = hλA∗ x, yi ⇒ (λA)∗ = λA∗ . Para a segunda parte h(A + B)∗ x, yi = hx, (A + B)yi = hx, Ayi + hx, Byi = hA∗ x, yi + hB ∗ x, yi = h(A∗ + B ∗ x, yi, donde (A + B)∗ = A∗ + B ∗ . (3). hA∗∗ x, yi = hx, A∗ yi = hAx, yi ⇒ A∗∗ = A. (4). Se A tem inversa A−1 limitada, então como I = I ∗ obtemos usando (1) I = I ∗ = (AA−1 )∗ = (A−1 )∗ A∗ e I = I ∗ = (A−1 A)∗ = A∗ (A−1 )∗ mostrando que A∗ é inversı́vel, (A∗ )−1 = (A−1 )∗ e que (A∗ )−1 é limitada, pois pelo item (3) k(A∗ )−1 k = k((A∗ )−1 )∗ k = k(A−1 )∗∗ k = kA−1 k e como A−1 é limitada segue que (A∗ )−1 é limitada. Proposição 27 Se A ∈ L(H), então: (1) ker(A) = A∗ (H)⊥ . (2) ker(A∗ ) = A(H)⊥ . (3) A(H) = ker(A∗ )⊥ . (2) A∗ (H) = ker(A)⊥ . Demonstração. (1). Se x ∈ ker(A), temos para todo y ∈ H 0 = hAx, yi = hx, A∗ yi, donde x ∈ A∗ (H)⊥ . Reciprocamente, se x ∈ A∗ (H)⊥ temos 0 = hx, A∗ yi = hAx, yi, 28 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. donde Ax = 0, isto é, x ∈ ker(A). (2). Se y ∈ ker(A∗ ), então hy, Axi = hA∗ y, xi = 0 para todo x ∈ H, logo y ∈ A(H)⊥ . Reciprocamente, se y ∈ A(H)⊥ , então hA∗ y, xi = hy, Axi = 0 para todo x ∈ H, logo A∗ y = 0 e y ∈ ker(A∗ ). (3). Por (2) ker(A∗ )⊥ = A(H)⊥⊥ = A(H). (4). Por (1) ker(A)⊥ = A∗ (H)⊥⊥ = A∗ (H). Teorema 28 Seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H. Então kAk = sup |hAx, xi|. kxk=1 Demonstração. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz sup |hAx, xi| ≤ sup kAxkkxk = kAk, kxk=1 kxk=1 isto é, sup |hAx, xi| ≤ kAk. kxk=1 Agora, dado y ∈ H com kyk = 1 e escrevendo hAx, yi = |hAx, yi|eiθ temos que hAx, eiθ yi = |hAx, yi|, Por outro lado, um simples cálculo mostra que 1 |hAx, yi| = |hA(x + y), x + yi − hA(x − y), x − yi|. 4 29 (12) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Por simplicidade seja z = eiθ y, então para todo x ∈ H unitário 1 |hAx, yi| = |hAx, zi| = |[hA(x + z), x + zi − hA(x − z), x − zi]| 4Æ Æ ∏ ∏ô ñ x+z x−z 1 2 A(x − z) 2 A(x + z) − kx − zk , , kx + zk = 4 kx + zk kx + zk kx − zk kx − zk Ç å 1 2 2 ≤ kx + zk sup |hAv, vi| + kx − zk sup |hAv, vi| 4 kvk=1 kvk=1 Ç 1 (kx + zk2 + kx − zk2 ) sup |hAv, vi| = 4 kvk=1 Ç 1 (2kxk2 + 2kzk2 ) sup |hAv, vi| = 4 kvk=1 Ç 1 4 sup |hAv, vi| = 4 kvk=1 å å å = sup |hAv, vi|, kvk=1 isto é, |hAx, yi| ≤ sup |hAv, vi| ≤ kAk. sup kxk=1,kyk=1 (13) kvk=1 Acima, a quinta igualdade é devida a regra do paralelogramo. Mas sabemos que hAx, yi =: B(x, y) é uma forma sesquilinear tal que kAk = kBk := sup |hAx, yi|. kxk=1,kyk=1 Portanto kAk = |hAx, yi| ≤ sup |hAv, vi| ≤ kAk, sup kxk=1,kyk=1 (14) kvk=1 isto é, kAk = sup |hAv, vi|. kvk=1 Proposição 29 Seja H um espaço vetorial pre-Hilbertiano. A aplicação que a cada x ∈ H associa o funcional linear f (y) := hx, yi é uma isometria antilinear. Além disso, se essa aplicação é sobrejetiva, então H é um espaço de Hilbert. Demonstração. A primeira parte do Teorema já foi mostrada inicialmente. Para a segunda parte, suponhamos que a aplicação x 7→ fx (·) := hx, ·i é sobrejetiva. Dada uma sequência xn ∈ H tal que kxn −xm k → 0, então como kfxn −fxm k = kxn −xm k → 0 segue que fxn é uma sequência de Cauchy em H ∗ que é completo. Assim, existe f ∈ H ∗ tal que kfxn − f k → 0. Por hipótese f = fx para algum x ∈ H, assim kxn − xk = kfxn − fx k = kfxn − f k → 0. 30 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Portanto xn → x, logo toda sequência de Cauchy em H é convergente, isto é, H é completo. Combinando o Teorema de Representação de Riesz com o Teorema acima obtemos: Teorema 30 Seja H um espaço pré-Hilbertiano. Então a aplicação x 7→ fx (·) := hx, ·i é sobrejetiva se, e somente se, H é um espaço de Hilbert. Agora note que, se H é um espaço pré-Hilbertiano e f ∈ H ∗ esse se estende, devido f o completamento de H. Da mesma forma ao B.L.T., de maneira única a um fe sobre H, ∗ f pode ser restrito a H, gerado por um único f ∈ H ∗ . Em outras palavras cada fe ∈ H f∗ . Mas em H f vale o Teorema de representação de Riesz, isto é, dado fe ∈ H f∗ H∗ = H f tal que fe(·) = hw, f então existe w ∈ H tal que ‹ ∈ H ‹ ·i. Como w ‹ ∈ H, existe um único w n e ‹ assim f (·) = lim hwn , ·i. Em particular, isso significa que os funcionais da forma wn → w, n→∞ f∗ . fw = hw, ·i w ∈ H é denso em H 1.5 Espaços reflexivos e compacidade sequencial Seja X um espaço vetorial, denotaremos por X ∗∗ := (X ∗ )∗ o bidual de X. Há uma forma natural de identificar elementos de X com elementos de seu bidual: a cada ξ ∈ X associa-se ξˆ ∈ X ∗∗ definido por ˆ ) := f (ξ), f ∈ X ∗ . ξ(f Essa aplicação é chamada de aplicação canônica de X em X ∗∗ , e vale Proposição 31 Seja X um espaço vetorial normado. Então a aplicação canônica ˆ: X → X ∗∗ é uma isometria linear. Demonstração. Para ξ1 , ξ2 ∈ X, f ∈ X ∗ e a ∈ K temos que ¤ ˆ ˆ (ξ 1 + aξ2 )(f ) = f (ξ1 + aξ2 ) = f (ξ1 ) + af (ξ2 ) = ξ1 (f ) + aξ2 (f ). portanto a aplicação canônica é linear. Como ˆ )| = |f (ξ)| ≤ kf kkξk |ξ(f ˆ ≤ kξk. Pelo Teorema de Hahn-Banach, segue que ξˆ é um funcional linear limitado e kξk dado 0 6= ξ ∈ X existe f ∈ X ∗ tal que kf k = 1 e f (ξ) = kξk assim, temos ˆ = sup |ξ(f ˆ )| ≥ kξk kξk kf k=1 donde ˆ = kξk. kξk 31 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Definição 15 Se a aplicação canônica é sobrejetiva, então o espaço normado X é chamado reflexivo. Em outras palavras, X é reflexivo se ele é isomorfo a X ∗∗ e o isomorfismo sendo a aplicação canônica. Indicaremos a imagem da aplicação canônica por X̂. Proposição 32 Todo espaço normado reflexivo é Banach e se dim X < ∞, então X é reflexivo. Demonstração. Ora, como todo espaço métrico isométrico a um espaço de Banach é também de Banach. Então, sendo X reflexivo, ou seja, X é isométrico ao espaço de Banach X ∗∗ segue que X é de Banach. Como dim X < ∞, então dim X ∗∗ = dim X ∗ = dim X < ∞ e como a aplicação canônica é injetiva segue que também é sobrejetiva, donde X é reflexivo. Proposição 33 Todo subespaço vetorial fechado de um espaço normado reflexivo é também reflexivo. Demonstração. Seja E um subespaço fechado, suposto próprio, de um espaço reflexivo X, observe que pela proposição anterior X é Banach e consequentemente E também é Banach. Se f ∈ X ∗ , sua restrição fE := f |E ao subespaço E é um elemento de E ∗ e pelo Teorema de Hahn-Banach, cada g ∈ E ∗ se estende a algum f ∈ X ∗ . Assim, para todo h ∈ E ∗∗ basta considerar h(fE ), e o objetivo é encontrar ξh ∈ E tal que h = ξˆh . Defina o funcional linear H : X ∗ → K por H(f ) = h(fE ) com f ∈ X ∗ e como |H(f )| = |h(fE )| ≤ khkkfE k ≤ khkkf k segue que H ∈ X ∗∗ e sendo X reflexivo, existe um ξh ∈ X tal que H = ξˆh . Por construção h(fE ) = H(f ) = ξˆh (f ), ∀ f ∈ X ∗ . O próximo passo é mostrar que ξh ∈ E. De fato, se ξh ∈ / E, então pelo Teorema de ∗ Hahn-Banach existe f ∈ X tal que f (ξh ) 6= 0 e fE = 0 mas isto contradiz a relação acima, pois 0 6= f (ξh ) = h(fE ) = 0. Portanto ξh ∈ E. Assim h(fE ) = f (ξh ) = fE (ξh ), para todo f ∈ X ∗ e como E ∗ = {fE ; f ∈ X ∗ }, segue que h(g) = g(ξh ) para todo g ∈ E ∗ , ou seja, h = ξˆh , sendo agora ˆ a aplicação canônica E 7→ Ê. Portanto essa aplicação é sobrejetiva, concluindo-se que E é reflexivo. Proposição 34 Todo espaço de Hilbert é reflexivo. Demonstração. Devemos mostrar que Ĥ = H ∗∗ , ou seja, se g ∈ H ∗∗ , então existe ζ ∈ H tal que ζ̂ = g. Pelo Teorema de representação de Riesz, todo f ∈ H ∗ é da forma fξ (η) = f (η) = hξ, ηi e a aplicação ξ 7→ fξ é uma isometria antilinear. 32 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Lembramos que, como H é de Hilbert isso implica que H ∗ e H ∗∗ também são de Hilbert. Além disso, o produto interno em H ∗ é dado por hfξ , fη iH ∗ = hη, ξiH , pata todo ξ, η ∈ H. Pelo Teorema de representação de Riesz, aplicado a g ∈ H ∗∗ , existe um único elemento fζ ∈ H ∗ , para algum ζ ∈ H tal que g(fξ ) = hfζ , fξ i = hξ, ζi = fξ (ζ) = ζ̂(fξ ), ou seja, g = ζ̂. Teorema 35 Seja X um espaço de Banach. Então, X é reflexivo se, e somente se, X ∗ é reflexivo. Demonstração. Suponha que X é reflexivo. Sejam J : X → X ∗∗ e J ∗ : X ∗ → X ∗∗∗ as aplicações canônicas, isto é, (Jx)(f ) = f (x) (J ∗ f )(f ∗ ) = f ∗ (f ). Seja f ∗∗ ∈ X ∗∗∗ . Para provar que X ∗ é reflexivo, precisamos encontrar f ∈ X ∗ tal que f ∗∗ = J ∗ (f ). Considere f := f ∗∗ ◦ J ∈ X ∗ : f ∗∗ J X −→ X ∗∗ −→ K. Logo, f ∗∗ (J(x)) = f (x) = (Jx)(f ) para todo x ∈ X. Como X é reflexivo, para todo f ∗ ∈ X ∗∗ existe x ∈ X tal que f ∗ = Jx. Substituindo na última equação acima, segue que f ∗∗ (f ∗ ) = f ∗ (f ) para todo f ∗ ∈ X ∗∗ , ou seja, f ∗∗ = (J ∗ f ). Reciprocamente, suponha que X ∗ é reflexivo. Para provar que X é reflexivo, observamos em primeiro lugar que, sendo X um espaço de Banach, o subespaço vetorial J(X) é um subespaço fechado de X ∗∗ . De fato, como J é uma isometria, se Jxn → f ∗ ∈ X ∗∗ , então em particular {xn } é uma sequência de Cauchy em X. Logo existe x ∈ X tal que xn → x em X, donde pela continuidade de J temos Jxn → Jx e portanto f ∗ = Jx ∈ J(X). Suponha por absurdo que J(X) 6= X ∗∗ . Seja f ∗ ∈ X ∗∗ \J(X). Pelo Teorema de HahnBanach, existe f ∗∗ ∈ X ∗∗∗ tal que f ∗∗ = 0 em J(X) e f ∗∗ (f ∗ ) 6= 0. Como X ∗ é reflexivo, existe f ∈ X ∗ tal que f ∗∗ = J ∗ f . Daı́, para todo x ∈ X vale que f (x) = (Jx)(f ) = (J ∗ f )(Jx) = f ∗∗ (Jx) = 0, 33 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. isto é, f é o funcional nulo. Mas f ∗ (f ) = (J ∗ f )(f ∗ ) = f ∗∗ (f ∗ ) 6= 0, contradição. Definição 16 Seja X um espaço métrico. Dizemos que X é sequencialmente compacto quando toda sequência de pontos de X possui subsequência convergente. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass (um espaço topológico S é compacto se, e somente se, todo net de S possui subnet convergente), temos que todo espaço métrico compacto é sequencialmente compacto, a recı́proca não vale em geral, pois nem todo net é uma sequência. Assim, temos que Lema 3 Se X é um espaço vetorial normado. Todo subconjunto compacto de X ∗ na topologia fraca* é sequencialmente compacto. Em particular, pelo Teorema de Alaoglu, BX ∗ [0, 1] é sequencialmente compacto. Proposição 36 Seja X um espaço vetorial normado e separável, então toda sequência limitada em X ∗ possui uma subsequência convergente na topologia fraca*. Demonstração. Seja {xn } ⊂ X um subconjunto enumerável e denso e {fn } ⊂ X ∗ uma sequência limitada, digamos kfn k ≤ M, para todo n. A sequência {fn (x1 )} é limitada pois |fn (x1 )| ≤ M kx1 k, logo possui uma subsequência convergente {fn1 (x1 )}. Considere a subsequência {fn1 (x2 )} que sendo limitada, possui uma subsequência convergente {fn2 (x2 )}. Procedendo dessa maneira, para cada k ∈ N obtemos uma subsequência convergente {fnk } da subsequência limitada {fnk−1 }. Defina gn := (fnn )n (isto é, gn é o n-ésimo termo da subsequência fnn ; método da diagonal de Cantor). Então gn é uma subsequência de fn tal que {gn (xk )} converge qualquer que seja o k ∈ N. Afirmamos que {gn (·)} converge para todo x ∈ X. De fato, dados x ∈ X e ε > 0, existe k ∈ N tal que ε . kx − xk k < 3M Daı́ kgn (x) − gm (x)k ≤ kgn (x) − gn (xk )k + kgn (xk ) − gm (xk )k + kgm (xk ) − gm (x)k ≤ kgn kkx − xk k + kgn (xk ) − gm (xk )k + kgm kkxk − xk 2 < kgn (xk ) − gm (xk )k + ε, 3 34 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. como {gn (xk )} é de Cauchy, {gn (x)} também é. Defina g : X → K por g(x) = n→∞ lim gn (x). Então g é claramente linear e é limitada, pois |g(x)| ≤ lim |gn (x)| ≤ M kxk. n→∞ Portanto {gn } é uma subsequência fracamente* convergente de {fn }. Lembre que a convergência fraca* é equivalente a convergência pontual de funcionais lineares. Diz-se que, neste caso, todo subconjunto limitado de X ∗ é fracamente* sequencialmente compacto. 1.6 Operadores compactos em espaços de Hilbert: operadores de posto finito, de Hilbert-Schmidt e densidade Definição 17 Um operador linear T : X → Y entre espaços normados é compacto, também chamado de completamente contı́nuo, se a imagem T (A) de qualquer subconjunto limitado A ⊂ X é precompacta em Y , isto é, T (A) é compacto. Lema 4 Um operador linear T : X → Y é compacto se, e somente se, T xn tem uma subsequência convergente para qualquer sequência limitada xn ∈ X. Demonstração. Se T é compacto e {xn } é limitada, então o fecho de T xn é compacto, assim qualquer sequência no fecho de T xn possui subsequência convergente e essa é uma subsequência de T xn . Reciprocamente, assuma que toda sequência limitada {xn } contém uma subsequência {xnk } tal que T xnk converge em Y . Considere qualquer subconjunto limitado B ⊂ X e seja {yn } qualquer sequência em T (B). Então, yn = T xn para algum xn ∈ B, e {xn } é limitada pois B é. Por hipótese, T xn contém uma subsequência convergente. Então, pelo Teorema de Bolzano-weierstrass T (B) é compacto, pela arbitrariedade da sequência yn . Por definição, isso mostra que T é compacto. Lema 5 Sejam X e Y espaços normados. Então: (1) Todo operador linear compacto T : X → Y é limitado. (2) Se dim X = ∞, o operador identidade I : X → X (que é contı́nuo) não é compacto. Demonstração. (1) A esfera unitária U = {x ∈ X ; kxk = 1} é limitada. Como T é compacto, temos T (U ) é compacto e consequentemente é limitado (pois, todo subconjunto compacto de um espaço métrico é limitado), ou seja, kT k = sup kT xk < ∞. kxk=1 35 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (2). Como a bola fechada M = {x ∈ X ; kxk ≤ 1} é limitada. Se dim X = ∞, então M não é compacta, donde I(M ) = M não é compacto. Observação: É fácil ver que, com as operações naturais de soma e multiplicação por escalar o conjunto dos operadores compactos T : X → Y é um subespaço do espaço vetorial L(X, Y ), o conjunto de todos os operadores lineares contı́nuos. Lema 6 Sejam T : X → Y e S : Y → X operadores lineares limitados entre espaços normados. Então, se T é compacto temos que T S e ST também são. Demonstração. Se A é um conjunto limitado, então S(A) também é limitado, e assim, T S(A) é precompacto. Portanto T S é compacto. A imagem por T de qualquer sequência limitada {ξn } ⊂ X possui subsequência {T ξnj } convergente, pois T é compacto. Como S é contı́nuo, {ST ξnj } também é convergente. Donde, ST é compacto. Obsevação Note que no Lema acima a linearidade (multiplicação por escalar) dos operadores não foi necessária, de modo que tal Lema vale para operadores antilineares. Definição 18 Um operador T ∈ L(X, Y ), onde X e Y são espaços vetoriais normados é dito ser de posto finito se dim(T (X)) < ∞. Proposição 37 Sejam X e Y espaços normados. Se dim(X) < ∞, então todo operador T : X → Y tem posto finito. Demonstração. Se dim(T (X)) = ∞, então escolhendo n vetores T x1 , . . . , T xn L.I. em T (X) tal que n > dim(X), temos que x1 , . . . , xn são L.I. em X. Com efeito, se n X aj xj = 0 j=1 então aj n X T xj = 0 ⇒ a1 = a2 = · · · = 0 j=1 e isto contradiz o fato de que a dim(X) < n. Portanto T tem posto finito. Proposição 38 Todo operador linear limitado de posto finito é compacto. Demonstração. Se T ∈ L(X, Y ) é um operador linear de posto finito e A ⊂ X é um subconjunto limitado. Então, como T é limitado, T (A) também é limitado e seu fecho T (A) é um conjunto fechado e limitado e, como dim(T (X)) < ∞, segue que T (X) é de Banach e como todo subconjunto limitado e fechado em um espaço métrico completo é compacto segue que T (A) é compacto. 36 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Teorema 39 Sejam Tn : X → Y uma sequência de operadores lineares compactos, onde X é normado e Y é Banach, e T : X → Y um operador linear tal que kTn − T k → 0. Então T é compacto. Demonstração. Dada {xn } ⊂ X uma sequência limitada, que podemos supor sem perda de generalidade que kxn k ≤ 1, então para mostrar que T é compacto vamos mostrar que T xn tem uma subsequência convergente. Pela compacidade dos elementos da sequência {Tn } seja: {x1n } uma subsequência de {xn } tal que T1 x1n é convergente, digamos T1 x1n → u1 . {x2n } uma subsequência de {x1n } tal que T2 x2n é convergente, digamos T2 x2n → u2 . Continuando indutivamente, obtemos para cada k, uma subsequência xkn de xk−1 tal que n Tk xkn → uk . Podemos arrumar os xkn na seguinte matriz retangular  x1 x12  12 x1 x22   .. ..  . .   k x1 xk2  .. .. . . . . . x1k . . . x2k . .. . .. . . . xkk . . . . ..  ...  . . .   . . .   . . .  ... Donde, a k-ésima linha é por construção uma subsequência da (k−1)-ésima linha. Considere a k+2 sequência diagonal x11 , x22 , x33 . . . , xkk . . .. Para cada k a sequência xkk , xk+1 k+1 , xk+2 . . . é claramente uma subsequência da k-ésima linha, e consequentemente lim Tk xnn = uk para k = 1, 2, 3, · · · . n→∞ Afirmamos que T xnn é uma sequência de Cauchy. Dado ε > 0, fixe qualquer ı́ndice k tal que kTk − T k < ε. Para todo m e n n m m n n kT xm m − T xn k ≤ k(T − Tk )xm k + kTk xm − Tk xn k + k(Tk − T )xn )k n < 2ε + kTk xm m − Tk xn k. n Como Tk xnn → uk , existe um ı́ndice N tal que kTk xm m − Tk xn k < ε sempre que m, n ≥ N . n n Então kT xm m − T xn k < 3ε sempre que m, n ≥ N . Isto mostra que a subsequência T xn é de Cauchy e como Y é completo ela converge. Portanto T é compacto. Corolário 40 Sejam X e Y espaços normados com Y de Banach. Então o conjunto de todos os operadores lineares compactos de X em Y é um subespaço fechado do espaço vetorial L(X, Y ), e assim é um espaço de Banach, pois L(X, Y ) é de Banach. Demonstração. Imediata, pelo o Teorema. 37 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Corolário 41 Sejam X e Y espaços normados com Y de Banach. Se {Tn } é uma sequência de operadores de posto finito e Tn → T em L(X, Y ), então T é compacto. Demonstração. Como cada Tn é de posto finito, segue que Tn é compacto pela Proposição 38, donde pelo Teorema T é compacto. Agora veremos que, um operador compacto leva sequências fracamente convergente em sequências fortemente convergente. Proposição 42 Seja T ∈ L(X, Y ) um operador linear compacto entre espaços normados. Se xn ⇀ x em X, então T xn → T x em Y . Para todo g ∈ Y ∗ temos que (T ′ g) ∈ X ∗ e como xn ⇀ x temos que 0 = lim |(T ′ g)(xn ) − (T ′ g)(x)| = lim |g(T xn ) − gT (x)|, n→∞ n→∞ pela arbtrariedade de g ∈ Y ∗ segue que T xn ⇀ T x. Como {xn } é limitada segue da compacidade de T que T xn tem uma subsequência T xnj → η, mas sabemos que toda sequência fortemente convergente é fracamente convergente e com o mesmo limite, isto é, T xnj ⇀ η e pela unicidade do limite fraco temos que η = T x. Portanto, T xnj → T x e T xn ⇀ T x. Agora, se T xn não converge a T x, então existem um ε > 0 e uma subsequência T xni tal que kT xni − T xk ≥ ε. Pela compacidade de T , T xni tem subsequência convergente, digamos T xnk → ξ, e isso implica que T xnk ⇀ ξ. Como T xnk é subsequência de T xn ⇀ T x temos que T xnk ⇀ T x = ξ, isto é, T xnk → T x, portanto kT xnk − T xk → 0 e kT xni − T xk ≥ ε que é absurdo, donde T xn → T x. Proposição 43 Sejam X um espaço reflexivo e T ∈ L(X, Y ), onde Y é um espaço vetorial normado. Então T é compacto se, e somente se, {T xn } é convergente em Y para toda sequência {xn } fracamente convergente em X. Demonstração. Se T é compacto, então ele leva sequências fracamente convergente em sequências convergente, pela Proposição 42. Por outro lado, como X é reflexivo, sabemos que toda sequência limitada {xn } possui uma subsequência fracamente convergente {xnj } e por hipótese T xnj é convergente. Portanto T é compacto. O próximo resultado mostra que os operadores de posto finito são densos no conjunto dos operadores compactos, mais precisamente: Teorema 44 Sejam H1 e H2 espaços de Hilbert. Um operador T ∈ L(H1 , H2 ) é compacto se, e somente se, existe uma sequência de operadores de posto finito {Tn } que converge a T em L(H1 , H2 ). 38 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Se T é o limite de operadores de posto finito, então T é compacto pelo Corolário 41. Reciprocamente, suponhamos que T é compacto. Seja P a projeção ortogonal sobre ker(T )⊥ , assim H1 = ker(T ) ⊕ ker(T )⊥ , P (H1 ) = ker(T )⊥ e T (H1 ) = T (ker(T )⊥ ) = T P (H1 ) ⇒ T = T P. Se dim(ker(T )⊥ ) < ∞, então P é de posto finito, donde é compacto e consequentemente T = T P é compacto, pela Proposição 38. Suponha então, que dim(ker(T )⊥ ) = ∞ e escolha uma base ortonormal (ej )∞ j=1 . Denote por Pn a projeção ortogonal sobre o span{e1 , . . . , en }. Assim, o operador Tn = T Pn é de posto finito. Mostraremos que Tn → T . Para cada n existe xn ∈ H1 , kxn k = 1, satisfazendo 1 kT − Tn k ≤ k(T − Tn )xn k = kT (P − Pn )xn k. 2 Como (P − Pn ) → 0 fortemente e para todo y ∈ H1 temos, pelo Teorema de representação de Riesz, |hy, (P − Pn )xn i| = |h(P − Pn )y, xn i| ≤ k(P − Pn )yk, tem-se (P − Pn )xn → 0 fracamente. Sendo T compacto, segue pela Proposição 42 que T (P − Pn )xn → 0 e, da desigualdade acima segue que kT − Tn k → 0. Corolário 45 Seja T ∈ L(H1 , H2 ). Então T é compacto se, e somente se, T ∗ é compacto. Demonstração. T é compacto se, e somente se, existe uma sequência {Tn } de operadores de posto finito tal que Tn → T . Como Tn∗ também é de posto finito e kT ∗ − Tn∗ k = k(T − Tn )∗ k = kT − Tn k, conclui-se que T é compacto se, e somente se, T ∗ é compacto Corolário 46 Seja A ∈ L(H1 , H2 ). Então A é compacto se, e somente se, A′ , o adjunto de Banach, é compacto. Demonstração. Lembramos que A∗ = S1−1 A′ S, 39 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. onde S1 e S são as isometrias antilineares dadas pelo Teorema de Representação de Riesz em H1 e H2 respectivamente. Assim, pelo corolário anterior se A é compacto, então A∗ é compacto e pelo Lema 6 temos que A′ = S1 A∗ S −1 é compacto. Reciprocamente, se A′ é compacto, então novamente pelo Lema 6 temos que A∗ = S1−1 A′ S é compacto e pelo corolário anterior temos que A é compacto. Agora iniciamos o estudo dos operadores de Hilbert-Schmidt que é uma classe importante de operadores compactos. Definição 19 Diz-se que um operador T ∈ L(H1 , H2 ) é de Hilbert-Schmidt se existe uma base ortonormal {ej }j∈J com Ñ kT kHS := X é1 2 2 kT ej k < ∞. j∈J O conjunto dos operadores de Hilbert-Schmidt entre espaços de Hilbert será denotado por HS(H1 , H2 ), por HS(H) se H1 = H2 = H. Proposição 47 Seja T ∈ L(H1 , H2 ) um operador de Hilbert-Schmidt. Então (1) kT kHS não depende da base ortonormal considerada. (2) T ∈ HS(H1 , H2 ) se, e somente se, T ∗ ∈ HS(H2 , H1 ). Demonstração. Se {ej }j∈J e {fk }k∈K são bases ortonormais de H1 e H2 respectivamente, então por Parseval X j∈J kT ej k2 = X |hT ej , fk i|2 = X j∈J k∈K j∈J k∈K |hej , T ∗ fk i|2 = X kT ∗ fk k2 . j∈J Sendo essas bases arbitrárias, vem que kT kHS = kT ∗ kHS , e tais valores não dependem das bases ortonormais consideradas. É possı́vel mostrar que HS(H1 , H2 ) é um subespaço de L(H1 , H2 ) e é um espaço de Hilbert com a norma k · kHS , chamada norma de Hilbert-Schmidt, a qual é induzida pelo produto interno X hT, SiHS := hT ej , Sej i, T, S ∈ HS(H1 , H2 ), j∈J 40 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. sendo {ej }j∈J uma base ortonormal qualquer de H1 . Além disso, também é possı́vel mostrar que kT k ≤ kT kHS . Nosso interesse é mostrar que todo operador de Hilbert-Schmidt é compacto, que é o conteúdo do Teorema abaixo. Teorema 48 HS(H1 , H2 ) ⊂ L0 (H1 , H2 ) o subespaço dos operadores lineares compactos de L(H1 , H2 ). Demonstração. Sejam T ∈ HS(H1 , H2 ) e xn ⇀ x em H1 . Pela Proposição 43, para mostrar que T é compacto basta verificar que T xn → T x. Notamos que por linearidade é suficiente considerar o caso xn ⇀ 0. De fato, pois se xn ⇀ y temos que xn − y ⇀ 0 e se isso implica que T (xn − y) → 0 segue que T xn → T y. Seja {ej }j∈J uma base ortonormal de H2 . Por Parseval, kT xn k2 = ∞ X |hej , T xn i|2 = ≤ |hT ∗ ej , xn i|2 + j=1 j=1 N X N X |hT ∗ ej , xn i|2 + M j=1 ∞ X |hT ∗ ej , xn i|2 j=N +1 ∞ X kT ∗ ej k2 , j=N +1 onde M = supkxn k2 , pois xn é fracamente convergente, segue que é limitada e M é finito. n∈N Dado ε > 0, escolha N com ∞ X kT ∗ ej k2 < j=N +1 ∗ ε , M o qual existe pois T ∈ HS(H1 , H2 ). Agora, como xn ⇀ 0, existe K tal que N X |hT ∗ ej , xn i|2 < ε se n ≥ K. j=1 Assim, se n ≥ K tem-se kT xn k2 < 2ε, e conclui-se que T xn → 0. 1.7 Teorema espectral para operadores compactos autoadjuntos Os resultados que seguem são as ferramentas que precisaremos para provar o Teorema espectral para operador compacto normal. Lema 7 (Lema de Riesz) Sejam X um subespaço vetorial fechado e próprio de um espaço normado (N , k . k). Então, para cada 0 < α < 1, existe ξ ∈ N \X com kξk = 1 tal que inf kξ − ηk ≥ α. η∈X 41 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Sejam ζ ∈ N \X e c = inf kζ − ηk. Como X é fechado, c > 0. Assim, η∈X para todo d > c existe ω ∈ X com c ≤ kζ − ωk ≤ d. O vetor ξ= ζ −ω kζ − ωk pertence a N \X, pois caso contrário ζ pertenceria a X o que contradiz a nossa escolha de ζ ∈ N \X. Além disso, para todo η ∈ X tem-se kξ − ηk = 1 c c kζ − (ω + kζ − ωkη)k ≥ ≥ . kζ − ωk kζ − ωk d Portanto, para 0 < α < 1 dado escolhe-se d = c/α e segue o resultado desejado inf kξ − ηk ≥ α. η∈X Proposição 49 Seja T : X → X um operador linear compacto sobre o espaço vetorial normado X. Então, para todo λ 6= 0 o ker(Tλ ) tem dimensão finita, onde Tλ := λI − T . Demonstração. Mostraremos que a bola fechada unitária B[0, 1] ⊂ ker(Tλ ) é compacta. Seja {xn } ⊂ B[0, 1]. Então, xn é limitada, e pela compacidade de T segue que {T xn } tem subsequência convergente, digamos {T xnk }. Como xn ∈ B[0, 1] ⊂ ker(Tλ ) isso implica que Tλ xn = λxn − T xn = 0 e xn = λ−1 T xn , por hipótese λ 6= 0. Consequentemente, {xnk } = {λ−1 T xnk } também converge. Como B[0, 1] é fechada o limite pertence a B[0, 1] e, portanto B[0, 1] é compacta Teorema de Bolzano-Weierstrass. Teorema 50 (Hilbert-Schmidt) Se T ∈ L(H) é um operador compacto e auto-adjunto, então   Onde Tλ := λI − T . H= M 06=λ ∈ σp (T ) ker(Tλ ) ⊕ ker(T ). Demonstração. Como T é auto-adjunto ker(Tλ ) ⊥ ker(Tµ ) para λ 6= µ e a soma direta acima está bem definida. Seja M E= ker(Tλ ), 06=λ ∈ σp (T ) como cada ker(Tλ ) é fechado, pois tem dimensão finita, é fácil ver que E também é fechado. Se η ∈ E ⊥ , então para todo ξλ ∈ ker(Tλ ), λ 6= 0, temos que hT η, ξλ i = hη, T ξλ i = λhη, ξλ i = 0, 42 (15) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. isso mostra que T η ∈ ker(Tλ )⊥ , como λ é arbitrário no σp (T ), segue que T η ∈ E ⊥ , donde E ⊥ é invariante por T e é claro que H = E ⊕ E ⊥ . A equação (15) também mostra que ker(T ) ⊂ E ⊥ . Vamos mostrar que E ⊥ = ker(T ) e isso demonstrará o Teorema. Como E também é invariante por T , conclui-se que S = T |E ⊥ , a restrição de T a E ⊥ , está bem definida e é um operador auto-adjunto e compacto. Se S 6= 0, então existe um autovetor não nulo ζ de S com autovalor não nulo, pois como S é compacto e auto-adjunto −kSk ou kSk é autovalor de S. Assim, por construção, ζ ∈ E e ζ ∈ E ⊥ donde necessariamente ζ = 0. Isso mostra que S = 0, ou seja, E ⊥ = ker(T ). Corolário 51 Se T ∈ L(H) é um operador compacto e auto-adjunto, então H possui uma base ortonormal de autovetores de T . Demonstração. Para cada autovalor λ 6= 0 de T , denote por dλ = dim(ker(Tλ )) < ∞, pela λ Proposição 49, e escolha uma base ortonormal {ξjλ }dj=1 do ker(Tλ ). Seja {ηj }j∈J uma base ortonormal do núcleo de T . Pelo Teorema   [ 06=λ,∈ σp (T )  λ  {ξjλ }dj=1 ∪ {ηj }j∈J é uma base ortonormal de H. Esse último resultado se generaliza para operadores normais compactos. Para sua verificação, o seguinte lema será útil. Proposição 52 Se R, S ∈ L(H) são compactos, auto-adjuntos e comutam, então H possui uma base ortonormal de autovetores simultâneos de R e S. Demonstração. Para cada autovalor λ de S tal que Sξ = λξ, temos que S(Rξ) = R(Sξ) = λRξ donde ker(Sλ ) é invariante por R bem como seu complemento ortogonal. Como a restrição R|ker(Sλ ) é auto-adjunto e compacto, podemos escolher uma base ortonormal do ker(Sλ ) formada por autovetores de R, pelo corolário anterior, e logicamente é também autovetores de S. Tomando a união sobre todos os autovalores de S o resultado segue, novamente pelo corolário anterior. Corolário 53 Se T ∈ L(H) é compacto e normal, então H possui uma base ortonormal de autovetores de T e vale a decomposição de H como no Teorema de Hilbert-Schmidt. Demonstração. Basta lembrar que podemos escrever T = TR + iTS , com TR e TS autoadjuntos, compactos e comutam entre si, e então usa-se o Lema anterior. Assim, se TR ξ = λ1 ξ e TS ξ = λ2 ξ temos que T ξ = TR ξ + iTS ξ = (λ1 + iλ2 )ξ, ou seja, ξ é autovetor de T . 43 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Proposição 54 Sejam E um espaço de Banach e A : E → E um operador compacto, então para todo ε > 0 o número de autovalores λ de A (contados com multiplicidade) com |λ| ≥ ε é finito. Demonstração. Por contradição, suponha que possamos escolher ε > 0 de modo que existam infinitos autovalores {λj }j∈N de A com |λ| ≥ ε. Pela Proposição 49, os λj podem ser considerados distintos. Denotando os respectivos autovetores por {ξj }, segue que {ξj } é um conjunto linearmente independente, pois a autovalores distintos correspondem autovetores ortogonais. Sejam E0 = {0} e En = span({ξ1 , . . . , ξn }), que é fechado para todo n, pois é um subespaço de dimensão finita. Pelo Lema de Riesz, para todo ξ ∈ En−1 podemos achar uma sequência {ηn }, ηn ∈ En com kηn k = 1 e kηn − ξk ≥ 1/2. Vamos mostrar que kAηn − Aηm k ≥ ε/2 para todos n, m distintos, assim Aηn não possui subsequência convergente, contradizendo a compacidade de A. Supondo m < n, temos Aηn − Aηm = λn ηn + [(A − λn I)ηn − Aηm ]. Como ηk ∈ Ek temos que ηk = k X ai ξi , donde Aηk = (A − λn I)ηn = i=1 λi ai ξi − λn λi ai ξi ∈ Ek , assim i=1 i=1 " n X k X n X # ai ξi = i=1 "n−1 X # ai (λi − λn )ξi ∈ En−1 , i=1 de forma que ζm := − (A − λI)ηn − Aηm ∈ En−1 , pois Aηm ∈ En−1 já que m < n. λn Portanto kAηn − Aηm k = kλn ηn − λn ζm k = |λn |kηn − ζm k ε |λn | ≥ , ≥ 2 2 donde Aηn não possui subsequência convergente. Daı́ é fácil ver que os autovalores de A são um número finito ou é uma sequência convergindo a zero, basta tomar ε = n1 e fazer n → ∞. Teorema 55 (Espectral) Sejam T ∈ L(H) um operador linear compacto e normal em um espaço de Hilbert H, {λj } ⊂ C os autovalores não nulos de T e, para cada j, Pj é a projeção ortogonal sobre ker(Tλj ). Então X T = λ j Pj . j 44 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Pela Proposição 49 temos que dim(ker(Tλj )) < ∞. Seja P0 a projeção ortogonal sobre o ker(T ). Pelo Corolário 53 temos que I = P0 + X Pj . (16) j Assim, para todo ξ ∈ H T ξ = T P0 ξ + T X Pj ξ = j X T Pj ξ = X λj Pj ξ. j j Disto e de Pk Pj = 0 se j 6= k, segue que Ñ T− n X é λ j Pj 2 ξ = j=1 = å max |λj | 2 j≥n+1 å Ç j=1 λj Pj λj Pj ξ, ∞ X ∫ λj Pj ξ j=n+1 |λj |2 kPj ξk2 ≤ n X ∞ X j=n+1 Ç Portanto, T − = λ j Pj ξ j=n+1 ∞ X j=n+1 ≤ ∞ 2 ∞ X max |λj | 2 j≥n+1 ∞ X kPj ξk2 , por (16) j=n+1 kξk2 . ≤ max |λj |2 . Como, pela Proposição 54, os λj formam uma j≥n+1 sequência convergindo a zero, vem que T = n→∞ lim n X λj Pj em L(H). j=1 Agora faremos um cálculo funcional para operadores compactos normais. Primeiramente, explicitaremos o conjunto das funções para as quais teremos o cálculo funcional. Definição 20 Denote por L ∞ (C) o conjunto de todas as funções limitadas f : C → C. Se T ∈ L(H) é compacto e normal defina f (T ) : H → H por f (T ) = ∞ X f (λj )Pj + f (0)P0 , j=1 onde P0 é a projeção ortogonal sobre ker(T ). Teorema 56 (Cálculo funcional) Se T é um operador compacto e normal sobre um espaço de Hilbert complexo H, então a aplicação f 7→ f (T ) de L ∞ (C) → L(H) tem as seguintes propriedades: (1) f 7→ f (T ) é uma aplicação linear e multiplicativa de L ∞ (C) em L(H). Se f ≡ 1, então f (T ) = I. Se f (z) = z no σp (T ) ∪ {0}, então f (T ) = T . 45 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (2) Se T ξ = λi ξ, então f (T )ξ = f (λi )ξ. (3) f (T )∗ = f (T ). (4) kf (T )k = sup{|f (λ)|; λ ∈ σp (T )}. (5) Se A ∈ L(H) e AT = T A, então Af (T ) = f (T )A para toda f ∈ L ∞ (C). Demonstração. (1). Se f, g ∈ L ∞ (C), então (f g)(z) = f (z)g(z) para todo z ∈ C e para todo ξ ∈ H f (T )g(T )ξ = f (0)P0 + X f (λi )Pi i !Ñ g(0)P0 ξ + X é g(λj )Pj ξ . j Como Pi Pj = 0 para i 6= j, isso nos dá que X f (T )g(T )ξ = f (0)g(0)P0 ξ + f (λj )g(λj )Pj ξ = (f g)(T )ξ. j Mostrando que f 7→ f (T ) é multiplicativa. Para a linearidade, sejam α, β ∈ C, então (αf + βg)(T )ξ = (αf + βg)(0)P0 ξ + = αf (0)P0 ξ + X X (αf + βg)(λj )Pj ξ j αf (λj )Pj ξ + βg(0)P0 ξ + j X βg(λj )Pj ξ j = αf (T )ξ + βg(T )ξ. P Agora, se f (z) = 1 para todo z ∈ C, então f (T ) = 1(T ) = P0 + Pj = I, pois {P0 , P1 , . . .} é uma partição da identidade. Se f (Z) = z, temos f (λj ) = λj e, portanto, f (T ) = T . (2). Como ξ ∈ Pi H temos que Pj ξ = 0 para todo j 6= i, logo f (T )ξ = f (0)P0 ξ + X f (λj )Pj ξ = f (λi )Pi ξ = f (λi )ξ. j (3). Para toda f ∈ L ∞ (C), como as projeções Pj são operadores auto-adjuntos temos Ñ f (T )∗ = f (0)P0 + n X é∗ f (λj )Pj j=1 = f (0)P0 + n X f (λj )Pj = f (T ). j=1 (4). Como, cada projeção Pj tem posto finito e f (T ) = f (0)P0 + lim n→∞ 46 n X j=1 f (λj )Pj , J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. temos que f (T ) é limite de operadores de posto finito e, portanto f (T ) é compacto. Por outro lado, para toda f ∈ L ∞ (C) temos que f (T )f (T )∗ = f (T )f (T ) = (f f )(T ) = (f f )(T ) = f (T )f (T ) = f (T )∗ f (T ), portanto f (T ) é normal. Como todo ponto 0 6= λ no espectro de um operador compacto e normal pertence ao espectro pontual e a norma de um operador normal é igual ao raio espectral, temos pelo item (2) que kf (T )k = rσ (f (T )) ≥ sup |f (λ)|. λ∈σp (T ) Por outro lado kf (T )k = sup kf (T )ξk kξk=1 = sup kf (0)P0 ξ + kξk=1 n X f (λj )Pj ξk j=1 ∞ X ≤ sup ksup{f (λj )} kξk=1 j Pj ξk j=1 = sup{f (λj )} sup kξk j kξk=1 = sup{f (λj )}. j Portanto, kf (T )k = sup{|f (λ)|; λ ∈ σp (T )}. (5). Se AT = T A, então Pj H e (Pj H)⊥ = ker(Pj ), para todo j ≥ 0, são invariantes por A. De fato, se ξ ∈ Pj H então (λj − T )ξ = 0, logo (λj − T )Aξ = A(λj − T )ξ = 0 ⇒ Aξ ∈ Pj H. Se ξ ∈ (Pj H)⊥ , então para todo x ∈ H temos hAξ, Pj xi = hPj Aξ, xi = hAPj ξ, xi = 0 ⇒ Aξ ∈ (Pj H)⊥ . Agora, fixe ξj ∈ Pj H, j ≥ 0. Se f ∈ L ∞ (C), então Aξj ∈ Pj H e assim f (T )Aξj = f (λj )Aξj = A(f (λj )ξj ) = Af (T )ξj . Se ξ ∈ H, então ξ = ∞ X ξj ,onde ξj ∈ Pj H. consequentemente j=0 f (T )Aξ = ∞ X f (T )Aξj = ∞ X j=0 j=0 47 Af (T )ξj = Af (T )ξ. 2 Teoria Espectral 2.1 Espectro e componentes espectrais. Espaços invariantes associados. Semi-continuidade de componentes espectrais e continuidade de espaços associados Definição 21 Seja A ∈ L(E), onde E é um espaço vetorial. Um número complexo λ é dito que está no resolvente de A, ρ(A), se (λI − A)−1 ∈ L(E). Rλ (A) := (λI − A)−1 é chamado o resolvente de A em λ. Se λ ∈ / ρ(A), então λ é dito que está no espectro A, σ(A). A proposição abaixo nos dá um critério para sabermos se um número complexo λ está no ρ(A). Proposição 57 Sejam E um espaço vetorial completo e A ∈ L(E) com kAk < 1, então (I − A)−1 existe como operador linear limitado sobre todo E e (I − A)−1 = ∞ X An = I + A + A2 + . . . . (17) n=0 Em particular, se kI − Ak < 1, temos que A é inversı́vel e A−1 = ∞ X (I − A)n . n=0 Ademais, se λ ∈ C e |λ| > kAk, então (λI − A) é inversı́vel e (λI − A)−1 = ∞ X An . n+1 n=0 λ Demonstração. Temos que kAn k ≤ kAkn . Como a série geométrica ∞ X n=0 kAkn converge, pois kAk < 1. Temos que a série em (17) converge absolutamente. Como E é Banach, temos que L(E) também é de Banach e consequentemente a série em (17) converge. 48 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Denotando a soma da série em (17) por S. Vamos mostrar que S = (I − A)−1 . Para isso, observamos que (I − A)(I + A + . . . + An ) = (I + A + . . . + An )(I − A) = I − An+1 . Fazendo n → ∞, segue que An+1 → 0, já que kAk < 1. Assim temos (I − A)S = S(I − A) = I. Isso mostra que S = (I − A)−1 . Em particular, trocando A por I − A, temos que I − (I − A) = A é inversı́vel e [I − (I − A)]−1 = A−1 = ∞ X (I − A)n . n=0 Ademais, se |λ| > kAk, então kA/λk < 1, como Ç å 1 (λI − A) = λ I − A , λ Ä ä então pela, primeira parte I − λ1 A é inversı́vel, donde (λI − A) também é, e Ç (λI − A) −1 1 1 = I− A λ λ ∞ n X 1 A = λ n=0 λn ∞ X An . = n+1 n=0 λ å−1 (18) Observe que a proposição acima mostra que, se λ ∈ C e |λ| > kAk, então λ ∈ ρ(A). Lema 8 Seja A ∈ L(E) onde E é de Banach. Então o ρ(A) 6= ∅ e aberto e σ(A) é compacto. Demonstração. Para ver que ρ(A) 6= ∅, basta escolher λ ∈ C tal que |λ| > kAk, que existe pois A é limitado, e o Teorema acima garante que λ ∈ ρ(A) 6= ∅ e consequentemente σ(A) ⊂ B[0, kAk] é limitado. Agora seja λ1 ∈ ρ(A), então existe Rλ1 (A) = (λ1 I − A)−1 . Afirmamos que para r= 1 >0 kRλ1 (A)k 49 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. a bola aberta B(λ1 , r) ⊂ ρ(A). De fato, se λ ∈ B(λ1 , r), então |λ − λ1 | < 1 . Mas kRλ1 (A)k λI − A = λ1 I − A + (λ − λ1 )I = λ1 I − A + (λ − λ1 )Rλ1 (A)(λ1 I − A) = (λ1 I − A)(I + (λ − λ1 )Rλ1 (A)), assim λI − A é inversı́vel se, e somente se, I + (λ − λ1 )Rλ1 (A) for inversı́vel. Mas kI − (I + (λ − λ1 )Rλ1 (A))k = k(λ − λ1 )Rλ1 (A))k = |λ − λ1 |kRλ1 (A))k < 1, donde, pela Proposição 57, I + (λ − λ1 )Rλ1 (A) é inversı́vel. Portanto, λI − A é inversı́vel e pelo Teorema da aplicação inversa (λI − A)−1 é contı́nuo, logo B(λ1 , r) ⊂ ρ(A) e, portanto, ρ(A) é aberto e consequentemente σ(A) é fechado e como é limitado segue que é compacto. Definição 22 Seja A ∈ L(E). (a) Qualquer vetor 0 6= x ∈ E que satisfaz Ax = λx para algum λ ∈ C é chamado de autovetor de A e λ é chamado o autovalor correspondente. O conjunto de todos os autovalores é chamado de espectro pontual de A e é denotado por σp (A). (b) Se λ não é um autovalor e se Im(λI − A) não é densa, então λ é dito que está no espectro residual de A e é denotado por σr (A). (c) O espectro contı́nuo, σc (A), é o conjunto dos λ ∈ C tais que (λI − A)−1 existe e está definido em subconjunto denso de X mas é ilimitado. É fácil ver que σ(A) = σp (A) ∪ σr (A) ∪ σc (A) e essa união é disjunta por definição. Definição 23 Sejam E um espaço de Banach e A ∈ L(E) o raio espectral de A é rσ (A) := sup |λ|. λ∈σ(A) Lema 9 Sejam E um espaço de Banach e A ∈ L(E). Se λ ∈ σ(A), então λn ∈ σ(An ) e o raio espectral de A é dado por r(A) = n→∞ lim kAn k1/n . Demonstração. Ora, (λn I −An ) = (λI −A)(λn−1 I +λn−2 A+. . .+An−1 ), como λ ∈ σ(A) segue que (λI − A) não é inversı́vel logo (λn I − An ) não é inversı́vel, donde λn ∈ σ(An ). Como kAn k ≥ rσ (An ) ≥ |λ|n para todo λ ∈ σ(A), logo |λ| ≤ kAn k1/n , donde rσ (A) ≤ lim infkAn k1/n . 50 (19) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Por outro lado a série (λI − A)−1 = diverge se seu raio de convergência R satisfaz 1<R= ∞ X An n+1 n=0 λ 1 ⇒ lim supkAn /λn+1 k1/n < 1 lim supkAn /λn+1 k1/n donde lim supkAn k1/n < |λ| ⇒ lim supkAn k1/n ≤ rσ (A). O resultado acima junto com (19), nos dá lim supkAn k1/n ≤ rσ (A) ≤ lim infkAn k1/n , donde rσ (A) = n→∞ lim kAn k1/n . Proposição 58 Seja H um espaço de Hilbert e A ∈ L(H) um operador normal, então kA2 k = kAk2 e kAk = rσ (A). Demonstração. Por um lado temos que kAk2 = sup kAvk2 = sup hAv, Avi = sup hA∗ Av, vi kvk=1 kvk=1 ∗ kvk=1 ∗ ≤ sup kA Akkvk = kA Ak ≤ kA∗ kkAk = kAk2 , 2 kvk=1 donde kA∗ Ak = kAk2 . Por outro lado para todo v ∈ H unitário temos kA∗ Avk2 = hA∗ Av, A∗ Avi = hA2 v, A2 vi = kA2 vk2 ⇒ kA∗ Avk = kA2 vk, portanto, kAk2 = kA∗ Ak = kA2 k. Por fim, temos que kA2n k = kAk2n e consequentemente rσ (A) = lim kAn k1/n n→∞ = n→∞ lim kA2n k1/2n = n→∞ lim kAk = kAk. Lema 10 Seja E um espaço dotado de produto interno e seja A ∈ L(E) um operador autoadjunto. Então qualquer autovalor de A é real. Além disso, autovetores correspondentes a autovalores distintos são ortogonais. 51 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Seja v um autovetor associado a λ, então hAv, vi = hλv, vi = λkvk2 como A é auto-adjunto λkvk2 = hAv, vi = hv, Avi = hv, λvi = λkvk2 donde λ = λ e, portanto, λ é real. Se v1 e v2 são autovetores associados λ1 e λ2 , respectivamente com λ1 6= λ2 . Temos λ2 hv1 , v2 i = hv1 , Av2 i = hAv1 , v2 i = λ1 hv1 , v2 i donde (λ1 − λ2 )hv1 , v2 i = 0 ⇒ hv1 , v2 i = 0. Proposição 59 Se A ∈ L(H) é um operador linear auto-adjunto, então σr (A) = ∅. Demonstração. Basta mostrar que, se λ ∈ σ(A) e λ não é autovalor e (λI − A)(H) 6= H, então (λI − A)(H) é denso. De fato, se (λI − A)(H) 6= H mas (λI − A)(H) não é denso, então existe 0 6= v ∈ [(λI − A)(H)]⊥ , logo para todo u ∈ H temos que 0 = h(λI − A)u, vi = hu, (λI − A)vi donde (λI − A)v = 0, isto é, λ é autovalor, mas pelo Lema 10 λ = λ que é uma contradição. Portanto, σr (A) = ∅. Proposição 60 Seja H um espaço Hilbert e seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto. Então σ(A) ⊂ R. Demonstração. Suponha que λ ∈ σ(A) é tal que λ = a + bi ∈ C \ R, então k(λI − A)vk2 = h(aI + biI − A)v, (aI + biI − A)vi = h(aI − A)v, (aI − A)vi − bih(aI − A)v, vi + b2 kvk2 + bihv, (aI − A)vi = k(aI − A)vk2 + b2 kvk2 , para todo v ∈ H donde k(λI − A)vk ≥ |b|kvk. Isso significa que λI − A é injetivo e consequentemente λ ∈ / σp (A). Além disso, (λI − A)(H) é fechado, pois dado ε > 0 se (λI − A)xn → y, temos que para n e m suficientemente grande ε > k(λI − A)(xn − xm )k ≥ b2 kxn − xm k2 , 52 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. donde {xn } é de Cauchy em H e, portanto, xn → x e por continuidade (λI − A)xn → y = (λI − A)x. Por outro lado, como A não tem espectro residual temos que (λI − A)(H) = H consequentemente (λI − A)−1 é uma bijeção donde, pelo Teorema da aplicação inversa, é contı́nuo e assim λ ∈ / σc (A). Portanto, λ ∈ / σ(A) que é uma contradição. Lema 11 Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈ L(H) um operador normal. Se v é um autovetor de T com autovalor λ, então v é um autovetor de T ∗ com autovalor λ. Demonstração. Seja Eλ = {v ∈ H; T v = λv}. Como T T ∗ v = T ∗ T v = λT ∗ v, segue que T ∗ v ∈ Eλ . Por outro lado, para quaisquer w ∈ Eλ hT ∗ v − λv, wi = hT ∗ v, wi − λhv, wi = hv, T wi − λhv, wi = λhv, wi − λhv, wi = 0 Como T ∗ v − λv ∈ Eλ , segue que T ∗ v = λv. Proposição 61 Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈ L(H) um operador normal, então σr (T ) = ∅. Demonstração. Por contradição, suponhamos que λ ∈ σr (T ), então ker(λI − T ∗ ) = Im(λI − T )⊥ 6= {0}, portanto existe 0 6= v ∈ H tal que T ∗ vλv, logo pelo lema anterior isso significa que λ é autovalor de T que é uma contradição. Sejam E um espaço de Banach, A ∈ L(E) e F(A) o conjunto das funções analı́tica complexa em alguma vizinhança, com bordo C 1 por partes, do σ(A). Se f ∈ F(A), seja C o bordo do domı́nio de f orientado no sentido positivo, o qual intersecta o σ(A). Definimos 1 f (A) := 2πi Z C f (λ)ρ(λ)dλ chamada função de operador. A função de operador tem as seguintes propriedades, as quais serão admitidas. (i) (cf + g)(A) = cf (A) + g(A). (ii) (f g)(A) = f (A)g(A). 53 J. Ivan S. S. (iii) Se f (z) = J. Ivan S. S. ∞ X an (z − z1 )n converge absolutamente em uma vizinhança do σ(A), então n=0 f (A) = ∞ X an (A − z1 I)n , n=0 em particular, se f (z) = z, então f (A) = A e se f (z) = 1 temos f (A) = I. Teorema 62 (Mapeamento espectral) Seja f ∈ F(A). Então σ(f (A)) = f (σ(A)), em particular, se A é inversı́vel então σ(A−1 ) = {µ−1 , µ ∈ σ(A)} Demonstração. Primeiramente mostraremos que f (σ(A)) ⊂ σ(f (A)). Sejam λ ∈ σ(A) e    f (λ) − f (x) g(x) =  λ−x f ′ (λ) se x 6= λ se x = λ assim g ∈ F(A) e f (λ) − f (x) = (λ − x)g(x). Donde f (λ)I − f (A) = (λI − A)g(A). Se f (λ)I −f (A) fosse bijetiva implicaria que λI −A também seria bijeção que é uma contradição. Portanto f (λ)I − f (A) não é bijetiva, donde f (λ) ∈ σ(f (A)). Agora mostraremos que σ(f (A)) ⊂ f (σ(A)). Suponha, por absurdo, que existe µ ∈ σ(f (A)) mas µ ∈ / f (σ(A)), isto ocorre, se e só se não existe (µI − f (A))−1 e µ − f (λ) 6= 0, para todo λ ∈ σ(A). Seja 1 ∈F g(λ) = µ − f (λ) logo g(A)(µI − f (A)) = (µI − f (A))g(A) = [g · (µ − f )](A) = I, logo existe (µI − f (A))−1 que é absurdo. 1 Para o caso particular. A−1 existe se e só se 0 ∈ / σ(A), logo f (z) = é holomorfa z Ç å 1 z (A) = I, e segue que numa vizinhança do espectro, isto é, f ∈ F(A), e daı́ f (A)A = z f (A) = A−1 e σ(A−1 ) = σ(f (A)) = f (σ(A)) = {µ−1 ; µ ∈ σ(A)}. Definição 24 (Componente espectral e projeção espectral) Seja X ⊂ σ(A). X é chamado de componente espectral se X é aberto e fechado no σ(A). A projeção espectral ΠX associada a X é ΠX := PX (A), onde PX é uma função holomorfa com domı́nio desconexo que é 1 numa vizinhança de X e 0 numa vizinhança de X c := σ(A)\X. Teorema 63 Sejam A ∈ L(E) e ∅ = 6 X ⊂ σ(A) uma componente espectral. Então existe ‹ = E tal que σ(A| ) = X e σ(A| ) = X c e tal que uma decomposição A-invariante E ⊕ E e E E ‹ ΠX é a identidade em E e zero em E. 54 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Π2X = PX (A)PX (A) = PX2 (A) = PX (A) = ΠX , donde ΠX é projeção. AΠX = APX (A) = (xPX )(A) = (PX x)(A) = PX (A)A = ΠX A, logo AΠX (E) = ΠX A(E) ⇒ A(ΠX (E)) ⊂ ΠX (E) ⇒ A(E) ⊂ E | {z } | {z } ⊂E E ‹ = Π c (E). Como P c = 1 onde P = 0 e P = 1 onde Analogamente obtemos E X X X X PX c = 0. Daı́ segue que (PX + PX c )(A) = 1(A) = I e (Px PX c )(A) = 0A = 0 isso implica que ‹ = {0} ΠX ΠX c (E) = ΠX (E) ΠX c ΠX (E) = ΠX c (E) = {0} ‹ = {0} pois daı́ E ∩ E ΠX |E = Id|E ΠX c |Ee = Id|Ee. Logo, ΠX + ΠX c = (PX + PX c )(A) = 1(A) = I, isso implica que dado um vetor v = Iv = ‹ = E. ΠX (v) + ΠX c (v). Portanto, E ⊕ E Observamos que λI − A é inversı́vel se e só se (λI − A)|E é inversı́vel e (λI − A)|Ee é inversı́vel se e só (20) σ(A) = σ(A|E ) ∪ σ(A|Ee) Seja fX := xPX + rPX c , onde r = kAk + 1 ∈ / σ(A). Logo, pelo mapeamento espectral, (relembre que onde PX = 1 tem-se PX c = 0 e vice versa) σ(fX (A)) = fX (σ(A)) = [xPX + rPX c ](σ(A)) = [xPX + rPX c ](σ(A|E ) ∪ σ(A|Ee)) = [xPX + rPX c ](σ(A|E )) ∪ [xPX + rPX c ](σ(A|Ee)) = X ∪ {r}. ‹ são invariantes por A, temos Como E e E fX (A|E ) = A|E e fX (A|Ee) = r I|Ee. Assim, usando (20) e o mapeamento espectral, obtemos X ∪ {r} = fX (σ(A)) Ä = fX σ(A|E ) ∪ σ(A|Ee) Ä ä ä = fX (σ(A|E )) ∪ fX σ(A|Ee) Ä ä = σ (fX (A|E )) ∪ σ fX (A|Ee) = σ(A|E ) ∪ {r}, 55 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. donde σ(A|E ) = X e consequentemente σ(A|Ee) = X c . Sejam M um espaço métrico e K(M ) = {K ⊂ M ; K é compacto}. Dado K ⊂ M compacto o subconjunto Kε = {x ∈ M ; d(x, K) < ε} é chamada de ε-vizinhança de K. Definição 25 Sejam M e N espaços métricos. Uma aplicação Φ : N → K(M ) é chamada semicontı́nua superior em x ∈ N se dado V ∋ Φ(x) existe W ∋ x aberto de N tal que Φ(y) ∈ V para todo y ∈ W . O próximo resultado nos diz que as componentes espectrais variam semicontinuamente superior. Teorema 64 Sejam E um espaço vetorial de Banach, A ∈ L(E) e X ⊂ σ(A) uma componente espectral com X ⊂ V uma vizinhança tal que V ∩ σ(A) = X. Dada uma vizinhança, ‹ ⊂ X . Em outras ‹ < δ tem-se que V ∩ σ(A) Xε , ε > 0, existe δ > 0 tal que se kA − Ak ε ‹ ‹ palavras, a aplicação F (A) = V ∩ σ(A) é semicontı́nua superior. ‹∈ Demonstração. Seja W = V \Xε . Para cada λ ∈ W escolha rλ tal que para todo A ‹ < 1, assim, pelo Teorema 57, (λI − (A − A)) ‹ −1 existe BL(E) (0, rλ ) tem-se kλI − (A − A)k −1 ‹∈ B para todo A existe para L(E) (0, rλ ), afirmamos que isso implica que (λ1 I − (A − Â)) todo  ∈ BL(E) (0, rλ /2) e todo λ ∈ B(λ, rλ /2). De fato, basta observar que λ1 I − A +  = λI − A + (λ1 − λ)I +  e k(λ1 − λ)I + Âk ≤ |λ1 − λ| + kÂk < rλ rλ + = rλ , 2 2 ou seja, o operador (λ1 − λ)I +  ∈ BL(E) (0, rλ ). Portanto W ⊂ [ B(λ, rλ /2). λ∈W Como W é compacto, existe uma subcobertura finita B(λ1 , rλ1 /2), . . . , B(λk , rλk /2) de W ⊂ [ B(λ, rλ /2). λ∈W Tome δ= 1 min{rλ1 , . . . , rλk }. 2 Dado  ∈ B(A, δ) temos que (A − Â) ∈ B(0, δ) ⊂ B(0, rλj /2), j = 1, 2, . . . , k. Mas λI −  = λI − A − ( − A) = λj I − A + (λ − λj )I − ( − A) 56 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. como k(λ − λj )I − ( − A)k ≤ |(λ − λj | + k − Ak < rλ rλ j + j = rλ j 2 2 donde [(λ − λj )I − ( − A)] ∈ BL(E) (0, rλj ) e consequentemente λI −  é inversı́vel. Portanto, σ(Â) ∩ W = ∅, donde σ(Â) ∩ V = σ(Â) ∩ Xε ⊂ Xε . ‹ é semicontı́nua superior. ‹ = V ∩ σ(A) Portanto, F (A) Corolário 65 O σ(A) varia semicontinuamente superior. Demonstração. Obvio, já que σ(A) é uma componente espectral. 2.2 Teorema espectral: Cálculo funcional contı́nuo e mapeamento espectral para operadores auto-adjuntos e normais Lema 12 Seja A : N → N um operador linear sobre o espaço normado N , então o produto (composição) P := n Y (λi I − A) i=1 é inversı́vel se, e somente se, cada fator (λi I − A) é inversı́vel, onde λi ∈ C. Demonstração. Se cada fator (λi I − A) for inversı́vel claramente n Y (λi I − A) i=1 é inversı́vel. Então, suponhamos que P seja inversı́vel e S seja a sua inversa. Fixado j, seja P := n Y (λi I − A) temos que SP (λj I − A) = I e (λj I − A)SP = (λj I − A)P S = I, pois como i6=j S comuta com P ele comuta com P já que S comuta com todos os fatores (λi I − A). Sejam E um espaço vetorial, A ∈ L(E) e p(x) = n X aj xj um polinômio complexo, então j=1 p(A) := n X aj Aj = Ia0 + · · · + an−1 An−1 + an An , j=0 onde A0 := I, o operador identidade de L(E). As propriedades abaixo são facilmente verificáveis. 57 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Lema 13 Sejam H um espaço de Hilbert e A ∈ L(H), então para todo polinômio e α ∈ C temos (1) (αp1 + p2 )(A) = αp1 (A) + p2 (A). (2) (p1 p2 )(A) = p1 (A)p2 (A) = p2 (A)p1 (A). (3) p(A)∗ = p(A). (4) Se Aξ = λξ, então para todo polinômio, p(A)ξ = p(λ)ξ. Teorema 66 Seja A ∈ L(E), onde E é um espaço vetorial normado, se p é um polinômio então σ(p(A)) = p(σ(A)) Demonstração. O resultado é óbvio se p for constante. Então, suponhamos que o grau de p é maior ou igual a 1 e seja λ ∈ σ(A), fatore o polinômio p(λ) − p(z) como p(λ) − p(z) = c(λ − z)(λ2 − z) . . . (λn − z), onde c 6= 0 e λj são números complexos com λ = λ1 , daı́ temos p(λ)I − p(A) = c(λI − A)(λ2 I − A) . . . (λn I − A). Agora, se p(λ)I − p(A) fosse inversı́vel, isto é, se p(λ) ∈ ρ(p(A)), então todos os fatores (λj I − A) seriam inversı́veis, mas assim (λI − A) seria inversı́vel o que é absurdo pois λ ∈ σ(A), portanto p(λ)I − p(A) não é inversı́vel e consequentemente p(λ) ∈ σ(p(A)), isto é, p(σ(A)) ⊂ σ(p(A)). Agora, para ver que σ(p(A)) ⊂ p(σ(A)) seja µ ∈ σ(p(A)). Fatore o polinômio µ − p(z) como µ − p(z) = c(β1 − z) . . . (βn − z) assim µI − p(A) = c(β1 I − A) . . . (βn I − A) logo como µI − p(A) não é inversı́vel segue que algum dos fatores (βj I − A) não é inversı́vel, pelo Lema 12, daı́ algum βj ∈ σ(A), que podemos supor que é β1 . Mas µ − p(β1 ) = 0, isto é, p(β1 ) = µ isso mostra que σ(p(A)) ⊂ p(σ(A)) e finaliza o resultado. Teorema 67 (Cálculo funcional contı́nuo) Seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto sobre um espaço de Hilbert H. Então existe um único ∗-homomorfismo algébrico Φ : C(σ(A)) → L(H), isto é, Φ(f g) = Φ(f )Φ(g) Φ(af + g) = aΦ(f ) + Φ(g) Φ(f ) = Φ(f )∗ . Φ(1) = I tal que: 58 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (1) Φ é uma isometria, em particular Φ é contı́nuo e consequentemente se {fk } ⊂ C(σ(A)) e f ∈ C(σ(A)) são tais que fk → f uniformemente, então Φ(fk ) → Φ(f ). (2) Φ(f ) = A para a função f (x) = x. (3) Φ leva funções positivas em operadores positivos. (4) Se Aξ = λξ, então Φ(f )ξ = f (λ)ξ. Demonstração. Seja p um polinômio em C(σ(A)), segue do fato de A ser auto-adjunto que p(A) é um operador normal, logo kp(A)k = rσ (p(A)). Do mapeamento espectral para polinômio, Teorema 66, temos que kp(A)k = rσ (p(A)) = sup |p(λ)| = kpksup . λ ∈ σ(A) Daı́ definindo Φ como Φ(p) := p(A) temos que Φ é uma isometria nos polinômios sobre σ(A), em particular segue que Φ é contı́nua. É fácil ver que Φ é um ∗-homomorfismo, por exemplo, temos que Φ(xn ) = An e se p1 e p2 são polinômios reais temos Φ(p1 + ip2 ) = Φ(p1 − ip2 ) = p1 (A) − ip2 (A) = (p1 (A) + ip2 (A))∗ . Pelo B.L.T. Φ se estende de maneira única ao completamento dos polinômios que é pelo Teorema Weierstrass C(σ(A)) com a norma do sup e como essa extensão é linear e contı́nua segue que, Φ(fk ) → Φ(f ) se fk → f uniformemente em C(σ(A)). Para a unicidade, se Φ for outro ∗-homomorfismo tal que Φ(x) = A, então Φ e Φ coincidem nos polinômios e se Φ for contı́nuo então Φ e Φ coincidem em C(σ(A)) pelo B.L.T.. Agora, seja f ≥ 0, então existe g ∈ C(σ(A)) tal que f = g 2 e consequentemente f (A) = g(A)2 , logo para todo v ∈ H hf (A)v, vi = hg(A)2 v, vi = hg(A)v, g(A)vi ≥ 0. Finalmente, se Aξ = λξ temos que An ξ = λn ξ. Dado um polinômio p(x) = n X j=0 p(A)ξ = an An ξ + · · · + a1 Aξ + a0 ξ = an λn ξ + · · · + a1 λξ + a0 ξ = p(λ)ξ. 59 aj xj , obtemos J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Assim, se f ∈ C(σ(A)), então por Weierstrass existem polinômios pk → f e consequentemente pk (A) → f (A) em norma, donde Φ(f )ξ = lim pk (A)ξ = lim pk (λ)ξ = f (λ)ξ. k→∞ k→∞ Teorema 68 (Mapeamento espectral) Seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H. Se f ∈ C(σ(A)), então σ(f (A)) = f (σ(A)). Demonstração. Mostraremos que, se λ ∈ / f (σ(A)), então λ ∈ / σ(f (A)). Então, suponhamos que λ ∈ / f (σ(A)), então a função g(x) := (λ − f (x))−1 é contı́nua no σ(A) e g(x) . (λ − f (x)) = 1, logo pelo cálculo funcional contı́nuo, temos g(A)(λ − f )(A) = (λ − f )(A)g(A) = I, isso significa que g(A) = (λI − f (A))−1 , portanto λ ∈ / σ(f (A)) donde σ(f (A)) ⊂ f (σ(A)). Para mostrar que f (σ(A)) ⊂ σ(f (A)), seja λ ∈ f (σ(A)), então existe µ ∈ σ(A) tal que λ = f (µ) e como A é auto-adjunto o σr (A) = ∅ e consequentemente (µI − A) não é injetivo se µ ∈ σp (A) ou (µI − A)(H) é densa se µ ∈ σc (A). Em qualquer caso, existem ψn ∈ H com kψn k = 1 e tais que k(µI − A)ψn k → 0. Seja p(x) = m X aj xj um polinômio. Temos que j=0 (p(µ)I − p(A))ψn = m X (aj µj I − Aj )ψn j=0 = q(A)(µI − A)ψn → 0, isto nos diz que p(µ) ∈ σ(p(A)), pois se p(µ) ∈ ρ(A) terı́amos que 1 = kψn k = kRp(µ) (p(A))(p(µ)I − p(A))ψn k → 0 (21) que é um absurdo. ε Agora, dado ε > 0, escolha um polinômio p tal que kf − pksup < e seja n0 tal que 3 ε k(p(µ) − p(A))ψn k < para todo n ≥ n0 . Assim obtemos 3 k(λI − f (A))ψn k = k[(f (µ) − p(µ))I + (p(µ)I − p(A)) + (p(A) − f (A))]ψn k ≤ kf − pksup + k(p(µ)I − p(A))ψn k + k(p − f )(A)ψn k ε ε ε < + + <ε 3 3 3 60 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. onde na segunda desigualdade acima usamos o fato do ∗-homomorfismo ser uma isometria. Daı́ segue, pelo mesmo argumento usado em (21), que λ ∈ σ(f (A)) e portanto f (σ(A)) ⊂ σ(f (A)). Sejam H um espaço de Hilbert e T = A + iB ∈ L(H) um operador normal, onde A e B são auto-adjuntos e comutam. Dado qualquer polinômio p : R2 → C, definimos p(T ) = p1 (T ) + ip2 (T ) := p1 (A, B) + ip2 (A, B), onde p1 e p2 são polinômios reais tais que p(x) = p1 (x) + ip2 (x). Notamos que, se p é um polinômio real e T ∈ L(H) é um operador normal, então p(T ) é auto-adjunto. De fato, se p(x, y) = n X aij xi y j é um polinômio real temos i,j=0 p(A, B)∗ = = = = n X i,j=0 n X i,j=0 n X i,j=0 n X aij (Ai B j )∗ aij (B j )∗ (Ai )∗ aij B j Ai aij Ai B j = p(A, B). i,j=0 Para o que segue admitiremos o seguinte resultado: Teorema 69 Seja T = A + iB ∈ L(H) um operador normal sobre um espaço de Hilbert H. Então σ(A) = Re(σ(T )) e σ(B) = Im(σ(T )). Além disso, se p é um polinômio a duas variáveis reais temos que σ(p(A, B)) = {p(a, b); a + bi ∈ σ(T )} = p(σ(T )). Lema 14 Se p : R2 → C é um polinômio e T = A + iB ∈ L(H) é um operador normal, então kp(T )k = sup |p(x, y)|. x+iy ∈ σ(T ) 61 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. kp(T )k2 = suph[p1 (A, B) + ip2 (A, B)]v, [p1 (A, B) + ip2 (A, B)]vi v=1 = sup[kp1 (A, B)vk2 + ih p1 (A, B) v, p2 (A, B) vi − ihp2 (A, B)v, p1 (A, B)vi + kp2 (A, B)vk2 ] | v=1 {z } é auto-adjunto = sup[kp1 (A, B)vk2 + kp2 (A, B)vk2 ] v=1 | {z } é auto-adjunto = sup[h[p1 (A, B)]2 v, vi + h[p2 (A, B)v]2 v, vi] v=1 = sup[h([p1 (A, B)]2 + [p2 (A, B)v]2 )v, vi] v=1 = sup[h(p21 + p22 )(A, B)v, vi] = v=1 k(p21 | + p22 )(A, B)k {z é auto-adjunto } = rσ (p21 + p22 )(A, B) = sup (p21 + p22 )(x, y) x+iy ∈ σ(T ) = |p(x, y)|2 sup x+iy ∈ σ(T ) Teorema 70 (Cálculo funcional para operadores normais) Seja T ∈ L(H) um operador normal sobre um espaço de Hilbert H. Então, existe um único ∗-homomorfismo algébrico contı́nuo Φ : C(σ(T )) → L(H) tal que Φ(f ) = T para a função f (z) = z. Escrevendo T = A + iB, onde A e B são auto-adjuntos e comutam entre si, temos para polinômios reais que p(A, B) é auto-adjunto e para polinômios positivos p(A, B) é positivo. Demonstração. Primeiro observamos que a decomposição T = A + iB é única. De fato, se T =  + iB̂, então A −  = i(B − B̂), como A −  é auto-adjunto e i(B − B̂) não é auto-adjunto a igualdade acima vale se e só A −  = 0, donde A =  e B = B̂. Como visto acima, T determina de maneira única A e B tal que T = A + iB. Assim p1 (x, y) := x ⇒ p1 (T ) = A p2 (x, y) := y ⇒ p2 (T ) = B, donde para o polinômio p = p1 + ip2 temos p(T ) = p1 (A, B) + ip2 (A, B) = T . Por outro lado, subs. por T p(T ) = X X X k̂ ĵ  xk y j + i x y (T ) = z }| { [(x + iy) +(x − iy)]k [(x + iy) − (x − iy)]j (T )+ 2 2i X [(x + iy) + (x − iy)]k̂ [(x + iy) − (x − iy)]ĵ +i (T ) + . . . . 2 2i 62 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Definindo Φ(p) := p(T ), obtemos um ∗-homomorfismo que, nos polinômios, é unicamente determinado. Vimos que esse ∗- homomorfismo é uma isometria, isto é, kp(T )k = sup |p(z)| = kpksup . z∈σ(T ) Pelo B.L.T., esse homomorfismo, Φ(p) = p(T ), se estende de maneira única a uma isometria (em geral, não sobre) Φ : C(σ(T )) → L(H). Além disso, se Ψ é outro ∗-homomorfismo contı́nuo e tal que Ψ(f ) = T para a função f (z) = z, então Φ e Ψ coincidem nos polinômios, logo o B.L.T. garante a unicidade de Φ. Se p é um polinômio real já vimos anteriormente que p(T ) é auto-adjunto. Por outro lado, se p for positivo, então existe um polinômio q tal que p = q 2 , daı́ temos que para todo v∈H hp(A, B)v, vi = hq 2 (A, B)v, vi = hq 2 (A, B)v, q 2 (A, B)vi ≥ 0. Teorema 71 (Mapeamento espectral) Seja T ∈ L(H) um operador normal sobre um espaço de Hilbert H. Então dada f ∈ C(σ(T )) temos σ(f (T )) = f (σ(T )). Demonstração. Seja λ ∈ σ(f (T )) e suponha que λ ∈ / f (σ(T )). Defina g(z) := (λ − f (z))−1 , claramente g ∈ C(σ(T )), assim g(z)(λ − f (z)) = (λ − f (z))g(z) = 1 e pelo cálculo funcional (λI − f (T ))g(T ) = g(T )(λI − f (T )) = [g · (λ − f )](T ) = 1(T ) = I isto significa que λ ∈ / σ(f (T )) que é uma contradição, donde σ(f (T )) ⊂ f (σ(T )). Por outro lado, se λ ∈ f (σ(T )), então λ = f (µ) para algum µ ∈ σ(T ) e consequentemente (µI − T ) não é injetivo se µ ∈ σp (T ) ou (µI − T )H é denso em H se µ ∈ σc (T ), pois operador normal não possui espectro residual. Em qualquer um dos casos, existe uma sequência ψn ∈ H tal que (µI − T )ψn → 0. Seja p(x, y) = n X j k aj,k x y + i j,k=0 n X aĵ,k̂ xĵ y k̂ n X aĵ,k̂ αĵ β k̂ , ĵ,k̂=0 escrevendo µ = α + iβ temos p(α, β) = n X aj,k αj β k + i n X aj,k Aj B k + i j,k=0 p(A, B) = ĵ,k̂=0 j,k=0 n X ĵ,k̂=0 63 aĵ,k̂ Aĵ B k̂ J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. e  [p(µ)I − p(A, B)]ψn =  n X aj,k (αj β k I − Aj B k ) + i j,k=0 n X ĵ,k̂=0  aĵ,k̂ (αĵ β k̂ I − Aĵ B k̂ ) ψn = [p1 (A, B)(αI − A) + ip2 (A, B)(βI − B)]ψn → 0 pois (αI − A)ψn → 0 e (βI − B)ψn → 0, desde que, (µI − T )ψn → 0, pelo mesmo argumento de (21), temos que p(µ) ∈ σ(p(T )). ε Dado ε > 0. Tome um polinômio p tal que kf − pksup < e para tal polinômio tome n0 3 ε tal que k(p(µ) − p(A, B))ψn k < . Temos, portanto, que 3 k[λI − f (T )]ψn k = k[f (µ)I − p(µ)I]ψn + [p(µ)I − p(T )]ψn + [p(T ) − f (T )]ψn k ≤ kf (µ)I − p(µ)I]ψn k + k[p(µ)I − p(T )]ψn k + k[p(T ) − f (T )]ψn k ≤ kf − pksup + k[p(µ) − p(T )]ψn k + kf − pksup < ε donde, pelo mesmo argumento de (21), segue que λ ∈ σ(f (T )) e consequentemente f (σ(T )) ⊂ σ(f (T )) e isso finaliza a prova. 2.3 Teorema espectral: projeções espectrais. Critério de Weyl. Espectros essencial e discreto Definição 26 Seja A uma σ-álgebra de qualquer conjunto X e E um espaço de Banach. Dizemos que µ : A → E é uma medida se: i) µ(∅) = 0; ii) µ ∞ [ n=1 ! Sn = ∞ X µ(Sn ), onde S1 , S2 , . . . ∈ A são dois a dois disjuntos. n=1 Definição 27 Seja A : H → H um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H. Dado um Boreliano Ω ⊂ R definimos (via cálculo funcional mesurável) PΩ := χΩ (A), onde χΩ é a função caracterı́stica de Ω. Obs.: Se não explicitado o contrário A denotará a σ-álgebra de Borel. Proposição 72 Considere A : H → H um operador auto-adjunto sobre o espaço de Hilbert H. A famı́lia {PΩ } é uma famı́lia de projeções ortogonais, chamada de famı́lia das projeções espectrais de A. A aplicação P : A → L(H) dada por Ω 7→ PΩ é uma medida. Além disso, se Ω1 , Ω2 ∈ A vale que: 64 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (1) PΩ1 ∩Ω2 = PΩ1 PΩ2 . (2) P(−a,a) = I para algum a ∈ R. (3) P(Ω1 ∪Ω2 ) = PΩ1 + PΩ2 − PΩ1 ∩Ω2 . Demonstração. Pelo teorema espectral versão mensurável temos χ2Ω = χΩ ⇒ PΩ2 = PΩ donde PΩ é projeção. Como χΩ é uma função real, segue que PΩ é auto-adjunto e, portanto é uma projeção ortogonal. P é uma medida. Se Ω = ∅, então PΩ = χΩ (A) = 0A = 0. Agora, dados Ωn ∈ A dois a dois disjuntos seja Ω = ∞ [ k [ χΩn . Por outro lado, considerando n=1 n=1 Ωk = ∞ X Ωn , então χΩ = Ωn temos que χΩk (x) → χΩ (x) e n=1 kχΩk ksup ≤ 1 ∀ k. Pelo cálculo funcional, versão mensurável, temos que ∞ X PΩn = lim n=1 k→∞ k X χΩn (A) = χΩ (A) = PΩ . n=1 (1). PΩ1 ∩Ω2 = χΩ1 ∩Ω2 (A) = χΩ1 χΩ2 (A) = χΩ1 (A)χΩ2 (A) = PΩ1 PΩ2 . (2). Se σ(A) ⊂ (−a, a), então χ(−a,a) |σ(A) = 1|σ(A) donde P(−a,a) = χ(−a,a) (A) = I. (3). Como Ω1 = [Ω1 \(Ω1 ∩ Ω2 )] ∪ (Ω1 ∩ Ω2 ) Ω2 = [Ω2 \(Ω1 ∩ Ω2 )] ∪ (Ω1 ∩ Ω2 ) ⇒ ⇒ PΩ1 = P[Ω1 \(Ω1 ∩Ω2 )] + P(Ω1 ∩Ω2 ) PΩ2 = P[Ω2 \(Ω1 ∩Ω2 )] + P(Ω1 ∩Ω2 ) (22) (23) e Ω1 ∪ Ω2 = [Ω1 \(Ω1 ∩ Ω2 )] ∪ [Ω2 \(Ω1 ∩ Ω2 )] ∪ (Ω1 ∩ Ω2 ) (24) P(Ω1 ∪Ω2 ) = P[Ω1 \(Ω1 ∩Ω2 )] + P[Ω1 \(Ω1 ∩Ω2 )] + P(Ω1 ∩Ω2 ) . (25) donde 65 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Subtraindo (22) e (23) de (25), obtemos P(Ω1 ∪Ω2 ) = PΩ1 + PΩ2 − PΩ1 ∩Ω2 . Proposição 73 Seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H. Então λ ∈ σ(A) se, e somente se, P(λ−ε, λ+ε) 6= 0, para todo ε > 0. Demonstração. (⇒) Seja λ ∈ σ(A) e suponha que exista ε0 tal que P(λ−ε0 , λ+ε0 ) = 0, então P(λ−ε, λ+ε) = 0 para todo ε ≤ ε0 , pois P(λ−ε, λ+ε) = P(λ−ε, λ+ε)∩(λ−ε0 , λ+ε0 ) = P(λ−ε, λ+ε) P(λ−ε0 , λ+ε0 ) = 0. Seja f ≥ 0 uma função contı́nua tal que f (λ) = 1 e f ≤ χ(λ−ε, λ+ε) , ε ≤ ε0 , daı́ −f (A) = P(λ−ε, λ+ε) − f (A) ≥ 0 e f (A) ≥ 0 ⇒ f (A) = 0 consequentemente σ(f (A)) = {0}. Como f é contı́nua, segue que f (σ(A)) = σ(f (A)) = {0}, donde λ ∈ / σ(A), pois f (λ) = 1 e isso é uma contradição. (⇐) Seja P(λ−ε, λ+ε) 6= 0, para todo ε > 0 e, por absurdo, suponha que λ ∈ / σ(A). Então, como σ(A) é compacto, existe um intervalo (λ − ε0 , λ + ε0 ) tal que (λ − ε0 , λ + ε0 ) ∩ σ(A) = ∅. Daı́ χ(λ−ε0 , λ+ε0 ) é contı́nua, se restrita ao σ(A), pois aı́ ela é a função identicamente nula, isso implica que P(λ−ε, λ+ε) = χ(λ−ε, λ+ε) (A) = 0 ∀ ε ≤ ε0 , que é absurdo. Definição 28 Seja A : H → H um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H. O espectro essencial de A é o conjunto σess (A) := {λ ∈ σ(A); dim(P(λ−ε, λ+ε) (H)) = +∞, ∀ ε > 0}. O espectro discreto é o conjunto σdisc (A) := σ(A) \ σess (A). Proposição 74 σess (A) é compacto. Demonstração. Como σ(A) é compacto basta mostrar que σess (A) é fechado. Para isso, seja λn ∈ σess (A) tal que λn → λ, então para todo ε > 0 existe n0 tal que para n ≥ n0 tem-se que λn ∈ (λ − ε, λ + ε), daı́ escolhendo um ε0 > 0 tal que (λn − ε0 , λn + ε0 ) ⊂ (λ − ε, λ + ε) obtemos P(λn −ε0 , λn +ε0 ) (H) = P(λ−ε, λ+ε)∩(λn −ε0 , λn +ε0 ) (H) = P(λ−ε, λ+ε) P(λn −ε0 , λn +ε0 ) (H), isto mostra que P(λ−ε, λ+ε) (H) ⊃ P(λn −ε0 , λn +ε0 ) (H) e como dim(P(λn −ε0 , λn +ε0 ) (H)) = +∞ segue que dim(P(λ−ε, λ+ε) (H)) = +∞. 66 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Teorema 75 Seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H. Então λ ∈ σdisc (A) se e só se valem: (a) λ é isolado. (b) λ é um autovalor de multiplicidade finita. Demonstração. (⇐) Como λ é isolado, então a função g : σ(A) → R dada por g(x) = χ{λ} (x) é contı́nua. Definindo h(x) := (λ − x)g(x) segue que h ≡ 0 e 0 = h(A) = (λI − A)P{λ} , logo se v := P{λ} ψ 6= 0, pois λ ∈ σ(A), temos que (λI − A)v = h(A)ψ = 0, isto é Av = λv e portanto v é autovetor associado a λ. Seja ε > 0 tal que (λ − ε, λ + ε) ∩ σ(A) = λ, então P(λ−ε, λ+ε) (H) = P{λ} (H), como P{λ} (H) é o auto-espaço associado a λ, temos por (b) que dim(P{λ} (H)) < +∞ e consequentemente λ ∈ σdisc (A). (⇐) Suponha que λ ∈ σdisc (A). Então, existe ε0 > 0 tal que dim(P(λ−ε0 , λ+ε0 ) (H)) < +∞. Se λ não fosse isolado, então existiria {λn } tal que λn → λ. Considere intervalos dois a dois disjuntos (λn − εn , λn + εn ) ⊂ (λ − ε0 , λ + ε0 ) ∀ n daı́ para quaisquer m 6= n P(λn −εn , λn +εn ) P(λm −εm , λm +εm ) (H) = 0 isto significa que P(λm −εm , λm +εm ) (H) ⊂ ker(P(λn −εn , λn +εn ) ). Como as projeções espectrais são ortogonais segue por (26) que os espaços Hn := P(λn −εn , λn +εn ) (H) são ortogonais e, não triviais pela Proposição 73. Além disso, P(λ−ε0 , λ+ε0 ) (H) ⊃ Hn ∀ n donde P(λ−ε0 , λ+ε0 ) (H) ⊃ ⊕Hn 67 (26) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. e portanto dim(P(λ−ε0 , λ+ε0 ) (H)) = +∞ que é absurdo. Para provar (b), defina h(x) = (λ − x)χ{λ} (x) = (λ − x)χ(λ−ε0 , λ+ε0 ) (x) que é contı́nua, desde que λ é isolado, e claramente h ≡ 0. Daı́ temos que h(A) = (λI − A)χ{λ} (A) = 0 isso significa que P{λ} (H) = P(λ−ε0 , λ+ε0 ) (H) ⊂ ker(λI − A) e como P{λ} (H) é não trivial segue que λ é autovalor. Por outro lado, dado v ∈ ker(λI − A) temos que v ∈ P{λ} (H). De fato, pelo cálculo funcional, como Av = λv temos P{λ} v = χ{λ} (A)v = χ{λ} (λ)v = v. Isto nos diz que ker(λI − A) ⊂ P{λ} (H), logo ker(λI − A) = P{λ} (H). Mas como λ ∈ σdisc (A) segue que dim(P{λ} (H)) < ∞ e λ é um autovalor de multiplicidade finita. Teorema 76 Seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H. Então λ ∈ σess (A) se e só se ocorre uma ou mais das seguintes alternativas: (a) λ é autovalor de multiplicidade infinita. (b) Se λ está no conjunto de acumulação dos autovalores de A. (c) λ ∈ σc (A) . Demonstração. (⇐). Se vale (a), então λ ∈ / σdisc (A) logo λ ∈ σess (A) pois σ(A) = σdisc (A) ∪ σess (A) é união disjunta. Se vale (b), então existe autovalores {λn } distintos tais que λn → λ. Assim para todo ε > 0 existe n0 tal que se n ≥ n0 temos que λn ∈ (λ−ε, λ+ε), daı́ os espaços Hn := P{λn } (H) são não triviais pela Proposição 73 e são dois a dois ortogonais. Além disso, P(λ−ε, λ+ε) (H) ⊃ Hn ∀ n ≥ n0 donde P(λ−ε, λ+ε) (H) ⊃ ⊕Hn e portanto dim(P(λ−ε, λ+ε) (H)) = +∞ e λ ∈ σess (A). Agora, se λ ∈ σc (A) temos que λ não é autovalor. Então se λ ∈ / σess (A) segue que λ ∈ σdisc (A) e pela proposição anterior λ é um autovalor isolado de multiplicidade finita que é uma contradição. Reciprocamente, se λ ∈ σess (A), é claro que λ ∈ σ(A), e pela Proposição 75 se λ é autovalor isolado, então ele tem multiplicidade infinita, donde vale (a) e se λ não for isolado vale (b). Se λ não é autovalor, então, como A é auto-adjunto temos que σr (A) = ∅, logo λ ∈ σc (A), donde vale (c). E é claro que, se λ ∈ σess (A), então (a) e (c) não podem falhar simultaneamente. Na demonstração do critério de Weyl usaremos o seguinte resultado: 68 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Lema 15 Seja T ∈ L(E) um operador linear sobre um espaço de Banach E tal que 0 ∈ σ(T ) \ σr (T ), então existe {ξn } ⊂ E, kξn k = 1, tal que T ξn → 0. Demonstração. Se 0 ∈ σp (T ), temos que T não é injetivo, então ker(T ) 6= {0}, portanto existe ξ ∈ E tal que T ξ = 0. Agora, se 0 ∈ σc (T )), então T é injetivo mas não é sobre e sua imagem é densa, logo existe T −1 : T (E) → E que é sobrejetivo, mas por definição T −1 não é contı́nuo. Como T −1 não é contı́nuo, existe {ξn ∈ E}, kξn k = 1 tal que kT −1 ξn k → ∞, logo ψn := ξn T −1 ξn ⇒ T ψn = −1 −1 kT ξn k kT ξn k e kT ψn k = 1 kT −1 ξ nk −→ 0. Teorema 77 (Critério de Weyl) Seja A ∈ L(H) um operador auto-adjunto sobre um espaço de Hilbert H, então λ ∈ σ(A) se, e somente se, existe ψn , kψn k = 1, tal que (λI − A)ψn → 0. Além disso, λ ∈ σess (A) se, e somente se, a sequência {ψn } pode ser tomada de vetores ortonormais. Demonstração. (⇒) Se λ ∈ σ(A) seja T := λI − A, como A é auto-adjunto T também é donde seu espectro residual é vazio e 0 ∈ σ(T ), pois caso contrário λ ∈ / σ(A), logo aplicando o Lema 15 é imediato. (⇐) Se existe {ψn } ⊂ H, kψn k = 1, tal que (λI − A)ψn → 0 e λ ∈ / σ(A), então 1 = kψn k = kRλ (T )(λI − A)ψn k → 0 que é um absurdo, portanto λ ∈ σ(A). Agora, para a segunda parte, assuma que λ ∈ σess (A). Então dim(χ(λ−1/n,λ+1/n) (A)) = ∞ para todo n, assim podemos escolher uma sequência ortonormal {ψn } ∈ Im(χ(λ−1/n,λ+1/n) )(A)) e, pelo cálculo funcional, k(λI − A)ψn k ≤ sup |λ − x| ≤ x ∈ (λ−1/n,λ+1/n) 1 → 0. n Por outro lado, assuma que existe uma sequência ortonormal {ψn } tal que (λI − A)ψn → 0 mas λ ∈ σdisc (A). Notamos que a sequência {ψn } converge fracamente a zero, pois, por Bessel, para todo ξ ∈ H ∞ X |hξ, ψj i|2 ≤ kξk2 , j=1 donde lim |hξ, ψj i|2 = 0 j→∞ 69 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. e isso significa que ψn ⇀ 0. Como λ ∈ σdisc (A), escolha ε > 0 tal que dim[χ(λ−ε,λ+ε) (A)(H)] < ∞, isto significa que o operador χ(λ−ε,λ+ε) (A) tem posto finito e, portanto, é um operador compacto, logo pela Proposição 42, χ(λ−ε,λ+ε) (A)ψn → 0. Por outro lado kλψn − Aψn k2 = ≥ = Z Z Z |λ − t|2 dµψn R R\(λ−ε,λ+ε) R ≥ε 2 |λ − t|2 dµψn (1 − χ(λ−ε,λ+ε) )|λ − t|2 dµψn Z R (1 − χ(λ−ε,λ+ε) )dµψn = ε2 (kψn k2 − kχ(λ−ε,λ+ε) (A)ψn k2 ) = ε2 (1 − kχ(λ−ε,λ+ε) (A)ψn k2 ) isso mostra que (λ − A)ψn não converge a zero quando n → ∞ que é uma contradição. Definição 29 Seja g : R → C uma função mensurável e limitada no σ(A), onde A é autoadjunto. Definimos Z gPλ := g(A), σ(A) onde g(A), dado pelo cálculo funcional mensurável, é o único operador tal que Z σ(A) gdµψ = hψ, g(A)ψi, para todo ψ ∈ H. Em particular A= Z σ(A) λPλ . Do cálculo funcional mensurável, sabemos que se {gn } é uniformemente limitada e gn → g pontualmente, então Z σ(A) gn dPλ → Z σ(A) gdPλ e se g ≥ 0, então Z σ(A) gdPλ ≥ 0. Teorema 78 (Projeções espectrais) Seja Adj ⊂ L(H) a coleção dos operadores autoadjuntos em um espaço de Hilbert H. Seja M (L(H)) a coleção das medidas Borelianas P : A → L(H) tal que para todo Ω ∈ A , PΩ é projeção ortogonal, PΩ1 ∩Ω2 = PΩ1 PΩ2 e existe a ∈ R tal que P(−a,a) = I. Então, existe uma bijeção entre Adj e M (L(H)). Demonstração. Dado A ∈ L(H) auto-adjunto, já sabemos que a aplicação Ω 7→ χΩ (A) = ‹ ∈ L(H) definem PΩ define uma medida como no enunciado e de maneira única, pois se A, A as mesmas projeções espectrais, digamos {PΩ } temos que A= Z [−a,a] ‹ λPλ = A, 70 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. ‹ ⊂ [−a, a]. onde σ(A), σ(A) A sobrejetividade segue do Teorema seguinte, pelo qual existe um único operador autoadjunto A ∈ L(H) tal que Z A= R λdPλ . Teorema 79 Sejam H um espaço de Hilbert e P uma medida a valores de projeção ortogonal sobre H. Então para toda função de Borel limitada f : R → C existe um único operador T ∈ L(H) tal que Z hT v, vi = R f (λ)dµv (27) para todo v ∈ H, onde µv é a medida de Borel dada por µv (Ω) = hPΩ v, vi (28) para todo Ω na σ-álgebra de Borel A. Este operador é denotado por T = Z Além disso, T∗ = f (λ)dPλ . R Z R f (λ)dPλ , finalmente, T é auto-adjunto, se f é uma função real. Demonstração. Para cada v ∈ H fixado, mostraremos primeiramente que µv definida por (28) é um medida de Borel. Como toda projeção ortogonal é positiva segue que µv é positiva. Além disso, é claro que µv (∅) = 0 e µv (R) = kvk2 pois?? PR = I. Agora se Ωn é uma sequência de subconjuntos de Borel disjuntos com união Ω, então µv (Ω) = hPΩ v, vi = ∞ X hPΩn v, vi = ∞ X µv (Ωn ). n=1 n=1 Portanto µv é uma medida finita. Em particular, se f é uma função mensurável e limitada sobre R a integral Z f (λ)dµv R existe para todo v ∈ H. Se existe um operador T ∈ L(H) tal que hT v, vi = Z R f (λ)dµv para todo v ∈ H, sabemos que T é único, pelo Teorema anterior. Para a existência, iniciamos definindo para todo Boreliano Ω ⊂ R Z R χΩ (λ)dPλ := PΩ . 71 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Logo, para f = χΩ temos ∑ ≠Z R f (λ)dPλ v, v = hPΩ v, vi = µv (Ω) = Z R f (λ)dµv . (29) Por linearidade, estendemos essa integral para funções escada f= n X aj χΩj j=1 com Ωj ⊂ R disjuntos, mensuráveis e limitados. Assim Z R f (λ)dPλ = n X aj P Ω j . j=1 Novamente, por linearidade, a equação (29) vale para toda função escada f e não depende da representação de f como combinação linear de funções caracterı́stica. Sabemos que para toda função mensurável e limitada f ≥ 0, podemos achar funções escadas sn ≥ 0, n ≥ 1, tais que {sn } converge uniformemente para f . De fato, se 0 ≤ f ≤ B podemos definir iB , onde 0 ≤ i ≤ n − 1 é tal que f (x) ∈ [iB/n, (i + 1)B/n) n e sn (x) = B/n se f (x) = B, assim |f (x) − sn (x)| ≤ B/n para todo x. sn (x) = Vamos mostrar que Tn = Z R sn (λ)dPλ converge em L(H) para um operador T tal que (29) vale. De fato, para toda função escada s, podemos escrever s= n X ai χΩi , com Ωi disjuntos, s2 = n X a2 χ i Ωi i=1 i=1 e por definição obtemos ã ÅZ R para todo v ∈ H, donde sdPλ v 2 = n X a2 kP i 2 Ωi vk ≤ max |ai |2 kvk2 (30) i=1 Z R sdPλ ≤ kskL∞ . Aplicando o resultado acima a s = sn − sm , obtemos que a sequência {Tn } é de Cauchy em L(H), consequentemente converge para algum operador T ∈ L(H). Donde, por continuidade, temos Z Z hT v, vi = n→∞ lim hTn v, vi = n→∞ lim sn dµv = f dµv R 72 R J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. pelo Teorema de convergência dominada, pois 0 ≤ sn ≤ f que é limitada e consequentemente é integrável com respeito a medidas finita. Isto significa que T satisfaz (29) como desejado. Agora dada uma função limitada f : R → C, escrevemos f = [(Re f )+ − (Re f )− ] + i[(Im f )+ − (Im f )− ] onde cada um dos quatro termos são não negativos. Definimos expressão (31), isto é, Z R f dPλ = Z R (Re f )+ dPλ − Z R Z (Re f )− dPλ + i R R (31) f dPλ pela linearidade da (Im f )+ dPλ − i Z R (Im f )− dPλ , (32) Daı́, para todo v ∈ H ã ≠ÅZ R ∑ ã ≠ÅZ ∑ R ≠ÅZ ã +i R ã ≠ÅZ (Re f )+ dPλ v, v − f dPλ v, v = R ∑ ã ≠ÅZ (Im f )+ dPλ v, v − i ∑ (Re f )− dPλ v, v + R ∑ (Im f )− dPλ v, v = hT1 v, vi − hT2 v, vi + ihT3 v, vi − ihT4 v, vi = h(T1 − T2 + iT3 − iT4 ) v, vi | {z } T = hT v, vi. Por fim temos que ∗ hT v, vi = hT v, vi = isto mostra que ∗ T = Z Z R R f (λ)dµv = Z R f (λ)dµv , f (λ)dPλ , se f for uma função real temos T∗ = Z R f (λ)dPλ = Z R f (λ)dPλ = T. 2.4 Teorema espectral para operadores normais: forma multiplicativa. Dedução da forma multiplicativa a partir do Cálculo Funcional contı́nuo e vice-versa Definição 30 Sejam E um espaço vetorial normado e T ∈ L(E). Dizemos que um vetor v é cı́clico para o operador T se o span{T n v, n ≥ 0} é denso em E. Obs.: Os operadores idempotentes, A2 = A, não possuem vetor cı́clico. 73 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Lema 16 Sejam H um espaço de Hilbert separável e A ∈ L(H). Então existe uma sequência de subespaços (finita ou enumerável) não triviais H1 , H2 , . . . tais que (1) H = H1 ⊕ H2 ⊕ . . .. (2) Cada Hn contém um vetor cı́clico ξn para A|Hn , n = 1, 2, . . .. Demonstração. Considere uma famı́lia F cujos elementos são coleções de subespaços Hα ⊂ H, não triviais, fechados, mutuamente ortogonais tais que A|Hα tem vetor cı́clico. Essa famı́lia é não vazia, pois escolhendo qualquer 0 6= ξ ∈ H o fecho do conjunto Hξ = span{An ξ, n ≥ 0} ⊂ H é um elemento de F com vetor cı́clico ξ. Ordenando F por inclusão, temos que cada subfamı́lia totalmente ordenada tem uma cota superior, Hα , obtida pela união de todos os elementos da subfamı́lia. Portanto, pelo lema de Zorn F tem um elemento maximal {Hα : α ∈ J}. Como H é separável e os Hα são ortogonais, o conjunto de ı́ndices é enumerável ou finito e podemos escrever nosso elemento maximal como {H1 , H2 , . . . , }. L Como, cada Hn é fechado, segue que H := Hn é fechado e consequentemente é invariante por A e A∗ . De fato, que H é invariante por A segue da sua construção e como H é M um espaço de Hilbert temos que Hj⊥ = Hi e como Hj é invariante por A segue que Hj⊥ é i6=j invariante por A∗ e isso implica que H também é invariante por A∗ . Agora basta mostrar que H = H. Supondo o contrário, então o complemento ortogonal K de H é não vazio e invariante por A. De fato, se x ∈ K, então como H é invariante por A∗ obtemos hAx, H i = hx, A∗ H i = 0. Escolhendo qualquer vetor ξ 6= 0 em K obtemos um subespaço H0 := span{An ξ, n ≥ 0} ⊂ K no qual A tem vetor cı́clico ξ, assim {H0 , H1 , H2 , . . . , } ∈ F e isso contradiz a maximalidade de {H1 , H2 , . . . , }. Lema 17 Sejam H um espaço de Hilbert e A ∈ L(H) um operador normal que possui vetor cı́clico ξ. Então existe uma única medida µ σ-finita no σ(A) e um operador unitário U : L2 (σ(A), µ) → H tal que para toda g ∈ L2 (σ(A), µ) temos (U −1 AU g)(x) = xg(x). 74 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Usando o Teorema 70, definimos um funcional linear sobre C(σ(A)) por ρ(f ) = hf (A)ξ, ξi, logo se f ≥ 0 existe g ∈ C(σ(A)) tal que f = g 2 , donde ρ(f ) = ρ(g 2 ) = hg(A)g(A)ξ, ξi = hg(A)ξ, g(A)ξi = kg(A)ξk2 ≥ 0, portanto ρ é positivo. Pelo Teorema de Riesz-Markov existe uma única medida de Borel µ σ-finita sobre σ(A) tal que Z σ(A) f (x)dµ = hf (A)ξ, ξi, f ∈ C(σ(A)). Por outro lado, para f, g ∈ C(σ(A)) temos hf (A)ξ, g(A)ξi = hg(A)∗ f (A)ξ, ξi = ρ(gf ) = Z σ(A) f (x)g(x)dµ = hf, giL2 (σ(A),µ) . Em particular para f = g temos kf (A)ξk = kf kL2 . Assim a aplicação U : C(σ(A)) → H dada por U (f ) = f (A)ξ é uma isometria do subespaço denso C(σ(A)) ⊂ L2 (σ(A), µ) sobre o subespaço {f (A)ξ; f ∈ C(σ(A))} ⊂ H que é denso em H pois ξ é cı́clico e    p(A)ξ =  m X j=1  aj Aj ξ; p é polinômio ⊂ {f (A)ξ; f ∈ C(σ(A))}. Pelo B.L.T. U se estende de maneira única a U : L2 (σ(A), µ) → {f (A)ξ} = H. Finalmente para g contı́nua temos (U −1 AU g)(x) = (U −1 Ag(A)ξ)(x) = (U −1 (xg)(A)ξ)(x) = xg(x). Se g ∈ L2 (σ(A), µ) o resultado segue por continuidade. Teorema 80 Sejam H um espaço de Hilbert separável e A ∈ L(H) um operador normal. Então, existe uma medida σ-finita µ e um operador unitário U : L2 (σ(A), µ) → H tal que para toda g ∈ L2 (σ(A), µ) (U −1 AU g)(x) = xg(x). Demonstração. Se A tem vetor cı́clico o resultado é imediato pelo lema anterior. Agora, se A não tem vetor cı́clico, então pelo Lema 16, existe uma decomposição H = H1 ⊕ H2 ⊕ . . . invariante por A tal que Aj := A|Hj tem vetor cı́clico, donde pelo Lema 17 existe um 75 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. operador unitário Uj : L2 (σ(Aj ), µj ) → Hj tal que (Uj−1 Aj Uj g)(x) = xg(x) para toda g ∈ L2 (σ(Aj ), µj ). Como σ(A) = ∞ [ σ(Aj ) é união disjunta, definimos a medida µ em σ(A) por j=1 µ(Ω) = ∞ X µj (Ω ∩ σ(Aj )), j=1 para qualquer Boreliano Ω ⊂ σ(A). Como as µj são σ-finitas µ também é. Portanto, L2 (σ(A), µ) é isometricamente isomorfo a L2 (σ(A1 ), µ1 ) ⊕ L2 (σ(A2 ), µ2 ) ⊕ . . . via a aplicação g ∈ L2 (σ(A), µ) 7→ (g1 , g2 , . . .) onde gn = g|σ(An ) . Por outro lado, U := (U1 ⊕ U2 ⊕ . . .) : ∞ M L2 (σ(A), µn ) → H n=1 é um operador unitário sobre ∞ M L2 (σ(A), µn ) tal que n=1 (U −1 AU g)(x) = xgn (x). Teorema 81 Seja H um espaço de Hilbert separável e A ∈ L(H) um operador normal. Se existem uma medida µ σ-finita e um operador unitário U : L2 (σ(A), µ) → H que satisfaz para toda g ∈ L2 (σ(A), µ) (U −1 AU g)(x) = xg(x) então, existe um único ∗-homomorfismo Φ : C(σ(A)) → L(H) tal que (1) Φ é contı́nuo. (2) Φ(f ) = A para a função f (x) = x. (3) Se h ∈ C(σ(A)) é não negativa, então Φ(h) é um operador positivo. Demonstração. (1). Seja Mf := U −1 AU : L2 (σ(A), µ) → L2 (σ(A), µ) o operador de multiplicação pela função f (x) = x em L2 (σ(A), µ). Dada h ∈ C(σ(A) definimos h(A) := U Mh U −1 , onde Mh é o operador de multiplicação pela função h em L2 (σ(A), µ). Como Φ(h) := h(A) é composição de operadores lineares limitados segue que Φ é um operador linear limitado de L2 (σ(A), µ) em L(H), além disso kΦ(h)k = kh(A)k = kU Mh U −1 k ≤ kU kkMh kkU −1 k = kMh k ≤ khk 76 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (2). Para a função f (x) = x, temos Φ(f ) = f (A) = U Mf U −1 = A. Por outro lado, Φ(1) = 1(A) = U M1 U −1 = U IL2 U −1 = IL(H) . Φ é multiplicativa. Com efeito, dadas h1 , h2 ∈ C(σ(A)) temos Φ(h1 h2 ) = U Mh1 h2 U −1 = U h1 h2 U −1 = U h1 U −1 U h2 U −1 = Φ(h1 )Φ(h2 ). Analogamente, mostra-se que Φ(h2 h1 ) = Φ(h2 )Φ(h1 ). Além disso Φ(h)∗ = (U Mh(f ) U −1 )∗ ∗ ∗ = (U −1 )∗ Mh(f )U = U Mh(f ) U −1 = Φ(h). Φ é único, pois se Ψ é outro ∗-homomorfismo contı́nuo tal que Φ(f ) = Ψ(f ) = A para a função f (x) = x, então Φ e Ψ coincidiram também nos polinômios e pelo B.L.T. também coincidiram em C(σ(A)). Consequentemente, h é uma função real temos que Φ(h) é um operador auto-adjunto. (3). Se h ∈ C(σ(A)) é positiva, então existe g ∈ C(σ(A)) tal que h = g 2 , logo para todo x∈H hx, Φ(h)xi = hx, Φ(g 2 )xi = hx, Φ(g)Φ(g)xi = hΦ(g)x, Φ(g)xi ≥ 0. 2.5 Teorema Espectral para operadores normais limitados: Cálculo Funcional Mensurável Teorema 82 (Cálculo funcional mensurável) Sejam H um espaço de Hilbert e T ∈ L(H) um operador normal. Então, existe um único ∗-homomorfismo Ψ : B(σ(T )) → L(H), onde B(σ(T )) denota o conjunto das funções f : σ(T ) → C mensuráveis e limitadas. 77 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Pelo cálculo funcional contı́nuo, para quaisquer x, y ∈ H a aplicação C(σ(T )) ∋ f 7→ hx, f (T )yi (33) é um funcional linear contı́nuo e positivo sobre C(σ(T )). De fato, para a positividade, se f ≥ 0, então existe g ∈ C(σ(T )) tal que f = g 2 , logo hx, f (T )xi = hx, g 2 (T )xi = hg(T )x, g(T )xi ≥ 0 e para a continuidade temos |hx, f (T )yi| ≤ kf (T )kkxkkyk ≤ kf ksup kxkkyk. Assim, pelo Teorema de Riesz-Markov, existe uma única medida de Borel µx,y sobre C(σ(T )) tal que Z hx, f (T )yi = f dµx,y . (34) σ(T ) As medidas µx,y são chamadas de medidas espectrais do operador normal T . Denotando o funcional em (33) por ℓ(f ) := hx, f (T )yi temos kℓk = sup kf k=1 f ∈ C(σ(T )) Z σ(T ) f (z)dµx,y = |hx, f (T )yi| ≤ kxkkyk. sup kf k=1 f ∈ C(σ(T )) Além disso, para todo Boreliano Ω ⊂ σ(T ), temos que µx,y é sesquilinear, isto é, µax+y,z = aµx,y + µy,z µx,ay+z = aµx,y + µx,z e (35) (36) Por exemplo, para a igualdade (35), dado qualquer Ω ⊂ σ(T ) temos µax+y,z (Ω) = Z Ω 1dµax+y,z = hax + y, 1(T )zi = ahx, 1(T )zi + hy, 1(T )zi =a Z Ω 1dµx,z + Z Ω 1dµy,z = aµx,z (Ω) + µy,z (Ω). Analogamente, se mostra (36). Além disso, µx,y = µy,x . De fato, µx,y (Ω) = = Z Z Ω Ω 1dµx,y = hx, 1(T )yi = h1(T )x, yi = hy, 1(T )xi 1dµy,x = µy,x (Ω). 78 (37) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Agora para cada f ∈ B(σ(T )) (com a norma do sup), definimos uma forma sesquilinear B em H × H por Z Bf (x, y) := f (z)dµx,y . σ(T ) Assim, temos |Bf (x, y)| = Z σ(T ) f (z)dµx,y ≤ kf ksup Z σ(T ) dµx,y = kf ksup |hx, yi| ≤ kf ksup kxkkyk. Portanto, B é uma forma sesquilinear limitada. Assim, pelo Teorema de representação de Riesz existe um único operador linear limitado, que denotaremos por f (T ), tal que hx, f (T )yi = Z σ(T ) f (z)dµx,y . (38) A equação (38) define o cálculo funcional mensurável Ψ : B(σ(T )) → L(H) f 7−→ f (T ) de tal maneira que kΨ(f )k = kf (T )k = kBf k ≤ kf ksup , a igualdade vale se f for contı́nua, pois Ψ estende Φ e note que Ψ é injetivo por construção. Agora, vamos mostrar as propriedades de ∗-homomorfismo de Ψ. Como Ψ = Φ em C(σ(T )) temos (1) Ψ(1) = Φ(1) = I. (2) Para a função f (z) = z, Ψ(f ) = Φ(f ) = T . (3) Ψ é multiplicativa. Primeiramente, se f, g ∈ C(σ(T )). Seja S := Φ(g) = Ψ(g), então para x, y ∈ H temos f gdµx,y = hx, Ψ(f g)yi = hx, Ψ(f )Syi = Z hx, Ψ(f g)yi = hx, SΨ(f )yi = hS ∗ x, Ψ(f )yi = Z Z σ(T ) e σ(T ) σ(T ) f dµx,Sy (39) f dµS ∗ x,y (40) donde, para todo x, y ∈ H Z σ(T ) f gdµx,y = Z σ(T ) f dµx,Sy = Z σ(T ) isto é, gdµx,y = dµx,Sy = dµS ∗ x,y . 79 f dµS ∗ x,y (41) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Integrando a equação acima com f ∈ B(σ(T )) temos Z σ(T ) f gdµx,y = hx, Ψ(f g)yi = hx, Ψ(f )Syi = hS ∗ x, Ψ(f )yi = hx, SΨ(f )yi consequentemente Ψ(f g) = Ψ(f )S = Ψ(f )Φ(g) = SΨ(f ) = Φ(g)Ψ(f ). Portanto, para g ∈ C(σ(T )) e f ∈ B(σ(T )) vale que Ψ(f g) = Ψ(f )Ψ(g) = Ψ(g)Ψ(f ). (42) Repetindo as contas em (39), (40) e (41) usando (42) obtemos para f ∈ B(σ(T )) e S = Ψ(f ) f dµx,y = dµx,Sy = dµS ∗ x,y e integrando com f, g ∈ B(σ(T )) temos Z σ(T ) f gdµx,y = hx, Ψ(f g)yi = hx, Ψ(f )Syi = hS ∗ x, Ψ(f )yi = hx, SΨ(f )yi daı́ Ψ(f g) = Ψ(f )Ψ(g) = Ψ(g)Ψ(f ), para quaisquer f, g ∈ B(σ(T )). (4) É imediato que Ψ(af + g) = aΨ(f ) + Ψ(g), a partir de hx, f (T )yi = Z σ(T ) f (z)dµx,y . (5) Ψ(f )∗ = Ψ(f ), Ψ(f ) é um operador normal para toda f ∈ B(σ(T )) e se f for uma função real tem-se que Ψ(f ) é um operador auto-adjunto. De fato, para todo x, y ∈ H hx, f (T )∗ yi = hf (T )x, yi = hy, f (T )xi = = = Z Z Z σ(T ) σ(T ) σ(T ) f (z)dµy,x f (z)dµy,x f (z)dµx,y = hx, f (T )yi, donde Ψ(f )∗ = Ψ(f ), observe que na terceira igualdade usamos (37). Portanto, se f é uma função real Ψ(f )∗ = Ψ(f ) é auto-adjunto. Além disso, Ψ(f )∗ Ψ(f ) = Ψ(f f ) = Ψ(f f ) = Ψ(f )Ψ(f )∗ donde Ψ(f ) é um operador normal. 80 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (6) Se f ≥ 0, então Ψ(f ) ≥ 0. De fato, sendo f ≥ 0 existe g ∈ B(σ(T )) tal que f = g 2 , donde hx, Ψ(f )xi = hx, Ψ(g 2 )xi = hΨ(g)x, Ψ(g)xi ≥ 0 ∀x ∈ H. (7) Se fn → f uniformemente em B(σ(T )), então fn (T ) → f (T ) uniformemente, pois kfn (T ) − f (T )k = k(fn − f )(T )k ≤ kfn − f k → 0. Agora, se Ψ é outro ∗-homomorfismo contı́nuo tal que Ψ(f ) = T para a função f (z) = z, então Ψ coincide com Φ = Ψ em C(σ(T )), isto é, hΨ(f )x, yi = Z σ(T ) f (z)dµx,y = hΨ(f )x, yi portanto, Ψ e Ψ determinam as medidas espectrais para T , logo pelo Teorema de representação de Riesz Ψ = Ψ em B(σ(T )). 2.6 Operadores Fechados e Fecháveis, Critérios, Teorema Espectral para operadores ilimitados auto-adjuntos Definição 31 Sejam N1 e N2 espaços vetoriais normados. Um operador linear T : D(T ) ⊂ N1 → N2 , onde D(T ) é um subespaço de N1 , é dito fechado se para toda sequência convergente {ξn } ⊂ D(T ) com ξn → ξ ∈ N1 e {T ξn } ⊂ N2 também converte, T ξn → η, então ξ ∈ D(T ) e T ξ = η. Em outras palavras, T é fechado se e só se o gráfico de T , Γ(T ) = {(x, T x) ∈ N1 × N2 } é um subespaço fechado de N1 × N2 . Definição 32 Um operador linear T : D(T ) ⊂ N1 → N2 é dito fechável se possui uma extensão linear fechada. Todo operador fechável tem uma menor extensão fechada chamada de fecho de T , que denotaremos por T . Um operador S : D(S) ⊂ N1 → N2 estende T : D(T ) ⊂ N1 → N2 significa que D(T ) ⊂ D(S) e S|D(T ) = T . Lema 18 Se H é um espaço de Hilbert e T : D(T ) ⊂ H → H é fechável, então Γ(T ) = Γ(T ). Demonstração. Dada qualquer extensão fechada S de T é claro que Γ(S) ⊃ Γ(T ). Por outro lado, definindo D(A) := {φ ∈ H; (φ, ψ) ∈ Γ(T )}, onde A : D(A) → H é tal que Aφ = ψ. Temos que A está bem definido já que Γ(T ) está contido no gráfico de S, obrigando tal ψ ser único (por exemplo, A poderia ser S). Claramente Γ(A) = Γ(T ) e como A é estendida por qualquer extensão fechada de T , segue que A = T . Os conceitos de operador limitado e de operador fechado não são equivalentes, como mostram os exemplos abaixo. 81 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Exemplo 4 (Limitado e não fechado) Seja I : D(I) ⊂ E → E, onde E é espaço de Banach, com D(I) denso e próprio, o operador identidade Iξ = ξ para todo ξ ∈ D(I). Tal operador é claramente limitado. Seja ξn → ξ ∈ E \ D(I). Como ξn → ξ, mas ξ ∈ / D(I), este operador não é fechado. Exemplo 5 (Fechado e não limitado) Seja C 1 [0, π] ⊂ C[0, π], com topologia da convergência uniforme, o subespaço das funções continuamente diferenciáveis em [0, π] e D : C 1 [0, π] → C[0, π], dado por (Dψ)(t) = ψ ′ (t). D não é contı́nuo, já que ψn (t) = sen(nt)/n → 0, enquanto (Dψn )(t) = cos(nt) não converge uniformemente a zero. Por outro lado, esse operador é fechado. De fato, se ψn → ψ e Dψn = ψn′ → ϕ, então como os limites são uniformes temos Z t 0 ϕ(s)ds = Z t 0 lim ψ ′ (s)ds = n→∞ lim n→∞ n Z t 0 ψn′ (s)ds = ψ(t) − ψ(0). (43) Assim, ψ ∈ C 1 [0, π] e (Dψ)(t) = ϕ(t) para todo t, pois derivando (43) obtemos φ(t) = ψ ′ (t) = (Dψ)(t) e, portanto D é fechado. Lema 19 Se N ⊂ E, onde E é um espaço de Banach, então T ∈ L(N , E) é fechado se, e somente se, N é fechado. Demonstração. Seja (xn , T xn ) → (x, y), isto é, xn → x e T xn → y, se T é fechado temos pela continuidade de T que T x = y donde x ∈ N e assim N é fechado. Reciprocamente, se N é fechado e (xn , T xn ) → (x, y), então x ∈ N e pela continuidade de T temos que T xn → T x donde T x = y. Portanto T é fechado. Observe que o lema mostra, em particular, que todo operador contı́nuo entre espaços de Banach é fechado. Lema 20 Sejam X e Y espaços normados. Se dim(X) < ∞, então todo operador linear T : D(T ) ⊂ X → Y é fechado. Demonstração. Sendo dim(X) < ∞ segue que dim(D(T )) < ∞ e consequentemente dim(Im(T )) < ∞. Portanto, dim(Γ(T )) < ∞, logo é um subespaço fechado de X × Y . Definição 33 Sejam T : D(T ) ⊂ H → H um operador linear densamente definido, isto é, D(T ) = H, e D(A∗ ) o conjunto de todos os y ∈ H para os quais existe z ∈ H tal que hT x, yi = hx, zi ∀ x ∈ D(T ), o operador definido por T ∗ y = z é chamado o operador adjunto de T . Note que T ∗ é linear. Lema 21 Um operador T : D(T ) ⊂ H → H é densamente definido se, e somente se T ∗ está bem definido, isto é, para cada y ∈ D(T ∗ ) existe um único z ∈ H tal que T ∗ y = z. 82 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. Suponha que D(T ) não é denso em H, ou seja, que D(T ) 6= H, então existe y1 6= 0 tal que y1 ⊥ x para todo x ∈ D(T ). Assim, para y1 6= y ∈ D(T ∗ ) temos hT x, yi = hx, zi = hx, zi + hx, y1 i = hx, z + y1 i ∀ x ∈ D(T ), logo z = T ∗ y = z + y1 donde T ∗ não está bem definido. Agora suponhamos que D(T ) é denso em H, logo D(T )⊥ = {0}. Portanto, se hx, zi = hT x, yi = hx, z1 i ⇒ z − z1 ∈ D(T )⊥ = {0} ⇒ z = z1 . Assim T ∗ esta bem definido. Para o próximo teorema precisaremos do seguinte lema: Lema 22 Sejam H1 e H2 espaços de Hilbert e U : H1 → H2 um operador unitário, então para todo subespaço E ⊂ H1 U (E ⊥ ) = [U (E)]⊥ . Demonstração. Seja x ∈ U (E ⊥ ), então U −1 x ∈ E ⊥ e para todo y ∈ E temos que hx, U yi = hU ∗ x, yi = hU −1 x, yi = 0. Donde, U (E ⊥ ) ⊂ [U (E)]⊥ . Por outro lado, se x ∈ [U (E)]⊥ , então para y ∈ E temos 0 = hx, U yi = hU −1 x, yi ⇒ z = U −1 x ∈ E ⊥ ⇒ U z = x ∈ U (E ⊥ ). Portanto, [U (E)]⊥ ⊂ U (E ⊥ ) e consequentemente U (E ⊥ ) = [U (E)]⊥ . Teorema 83 Seja T um operador densamente definido em um espaço de Hilbert H. Então: (a) T ∗ é fechado. (b) T é fechável se, e somente se, D(T ∗ ) é denso, e nesse caso T = T ∗∗ . (c) Se T é fechável, então (T )∗ = T ∗ . Demonstração. (a). Definamos o operador unitário V : H × H → H × H por V (φ, ψ) = (−ψ, φ). 83 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. O produto interno no espaço de Hilbert H × H é dado por h(x, y), (u, v)i = hx, ui + hy, vi. Sendo V unitário, segue-se que V (E ⊥ ) = [V (E)]⊥ para todo subespaço E. Assim, (η, θ) ∈ V (Γ(T )⊥ ) = [V (Γ(T ))]⊥ se e só se h(η, θ), (−T φ, φ)i = 0, ∀ φ ∈ D(T ), ou seja, se e só se hη, T φ)i = hθ, φi, ∀ φ ∈ D(T ) ⇔ (η, θ) = (η, T ∗ (η)). Isto nos diz que Γ(T ∗ ) = [V (Γ(T ))]⊥ . Como [V (Γ(T ))]⊥ é um subespaço fechado de H × H, segue-se que T ∗ é fechado. (b). Como Γ(T ) e Γ(T )⊥ são subespaços de H × H e V 2 (φ, ψ) = (−φ, −ψ) segue que V 2 (E) = E para qualquer subespaço de H × H. Além disso, Γ(T ) = [(Γ(T ))⊥ ]⊥ = [V 2 ((Γ(T ))⊥ )]⊥ = [V (V (Γ(T ))⊥ )]⊥ = [V (Γ(T ∗ ))]⊥ , logo, se T ∗ é densamente definido o item (a) implica que T ∗∗ é fechado e consequentemente Γ(T ) = [V (Γ(T ∗ ))]⊥ = Γ(T ∗∗ ). Donde T é fechável e pelo Lemma 18 Γ(T ) = Γ(T ) = Γ(T ∗∗ ) ⇔ T = T ∗∗ . Reciprocamente, se T é fechável, suponha por absurdo que D(T ∗ ) não seja denso. Escolha um ψ ∈ D(T ∗ )⊥ , ψ 6= 0. Claramente (ψ, 0) ∈ (Γ(T ∗ ))⊥ e portanto (0, ψ) ∈ Γ(T ) = V ((Γ(T ∗ ))⊥ ) isso implica que Γ(T ) não é gráfico de aplicação linear, ou seja, T não seria fechável. (c). Se T é fechável, então pela parte (b) T = T ∗∗ , logo (T )∗ = T ∗∗∗ = T ∗ = T ∗ . Definição 34 (Operador simétrico) Um operador T : D(T ) ⊂ H → H é dito simétrico se hT x, yi = hx, T yi, ∀ x, y ∈ D(T ). Isto é equivalente a dizer que T ∗ estende T . De fato, pois sendo D(T ) denso e hx, T ∗ yi = hT x, yi = hx, T yi, ∀ x, y ∈ D(T ) temos que hx, T ∗ y − T yi = 0, daı́ T ∗ y = T y em D(T ) pois é denso. A recı́proca é óbvia. 84 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Teorema 84 Seja T : D(T ) ⊂ H → H um operador simétrico em um espaço de Hilbert H. São equivalentes: (a) T é auto-adjunto. (b) T é fechado e ker(T ∗ ± iI) = {0}. (c) (T ± iI)(D(T )) = H. Demonstração. (a) ⇒ (b). Como T ∗ é sempre fechado, então sendo T auto-adjunto segue que T é fechado. Agora se φ ∈ ker(T − iI) temos que T φ = T ∗ φ = iφ. Daı́ ihφ, φi = hφ, T φi = hT ∗ φ, φi = −ihφ, φi ⇒ φ = 0. Analogamente, vale para o operador T + iI. (b) ⇒ (c). Como ker(T ∗ + iI) = {0}, segue-se que (T − iI)(D(T )) é denso em H. De fato, se ψ ∈ [(T − iI)(D(T ))]⊥ temos que h(T − iI)φ, ψi = 0 para todo φ ∈ D(T ) isso implica que hφ, (T ∗ + iI)ψi = 0 para todo φ ∈ D(T ) que é denso, donde (T ∗ + iI)ψ = 0 e consequentemente ψ = 0, pois ker(T ∗ + iI) = {0}. Portanto [(T − iI)(D(T ))]⊥ = {0} e consequentemente (T − iI)(D(T )) é denso em H. Analogamente, se faz para o operador (T − iI). Agora, para φ ∈ D(T ) k(φ, T φ)k2 = kφk2 + kT φk2 e k(T ± iI)φk2 = h(T ± iI)φ, (T ± iI)φi = hT φ, T φi + hφ, φi ∓ ihT φ, φi ± ihT φ, φi = kφk2 + kT φk2 isso significa que (T ± iI)(D(T )) é isométrico ao Γ(T ) ⊂ H × H. Dessa isometria, concluı́mos que (T ± iI)(D(T )) é fechada em H e como é densa segue que é igual a H. (c) ⇒ (a) Seja ψ ∈ D(T ∗ ). Como (T − iI)(D(T )) = H, existe φ ∈ D(T ) tal que (T − iI)φ = (T ∗ − iI)ψ. Como T é simétrico, então T ∗ estende T e temos que (T ∗ − iI)(φ − ψ) = 0. 85 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Ademais, note que de (T +iI)(D(T )) = H implica que ker(T ∗ −iI) = {0}, pois caso contrário, existe 0 6= v ∈ ker(T ∗ − iI) logo h(T + iI)φ, vi = hφ, (T ∗ − iI)vi = 0 para todo φ ∈ D(T ), isso implica que (T + i)(D(T )) 6= H, que é uma contradição, logo ψ = φ ∈ D(T ), D(T ) = D(T ∗ ) e T é auto-adjunto. Definição 35 Um número complexo λ está no conjunto resolvente, ρ(T ), de T se existe (λI − T )−1 : H → D(T ) ⊂ H e é contı́nuo, onde T : D(T ) ⊂ H → H, e σ(T ) := C \ ρ(T ) é chamado o espectro de T . As definições de espectro, pontual, residual e contı́nuo para operadores densamente definidos são análogas aos de operadores T : H → H. Lema 23 (Identidade do resolvente) Se λ, µ ∈ ρ(T ) com λ 6= µ. Então Rλ (T ) − Rµ (T ) = (µ − λ)Rλ (T )Rµ (T ) e Rλ (T )Rµ (T ) = Rµ (T )Rλ (T ). Demonstração. Rλ (T ) − Rµ (T ) = Rλ (T )(µI − T )Rµ (T ) − Rλ (T )(λI − T )Rµ (T ) = Rλ (T )[(µI − T )Rµ (T ) − (λI − T )Rµ (T )] = Rλ (T )[µRµ (T ) − T Rµ (T ) − λRµ (T ) + T Rµ (T )] = Rλ (T )[(µ − λ)Rµ (T )] = (µ − λ)Rλ (T )Rµ (T ), logo Rλ (T ) − Rµ (T ) = (µ − λ)Rλ (T )Rµ (T ). (44) Rµ (T ) − Rλ (T ) = (λ − µ)Rµ (T )Rλ (T ). (45) Daı́ Somando 44 com 45, obtemos (λ − µ)Rµ (T )Rλ (T ) = −(µ − λ)Rλ (T )Rµ (T ) ⇒ Rµ (T )Rλ (T ) = Rλ (T )Rµ (T ). Lema 24 Seja T um operador linear densamente definido em um espaço de Hilbert H. (a) Se Im(T ) é densa em H e T é injetivo, então T ∗ é injetivo e (T ∗ )−1 = (T −1 )∗ . Em particular, se T é auto-adjunto e T −1 existe, então T −1 também é auto-adjunto. (b) Se z ∈ ρ(T ), então Rz (T )∗ = Rz (T ∗ ). (c) Se T é fechado, então σ(T ∗ ) = σ(T ), a barra indica o conjugado complexo. 86 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. (a). Como ker(T ∗ ) = (Im(T ))⊥ , obtemos que ker(T ∗ ) = {0}, logo T ∗ é injetivo. Mas Γ(T ∗ ) = [V (Γ(T ))]⊥ e Γ(T −1 ) = W (Γ(T )), onde W (ξ, η) = (η, ξ) é unitário e, portanto, W (E ⊥ ) = [W (E)]⊥ para todo E ⊂ H × H. Além disso W −1 = W e V W (E) = −W V (E) = W V (E), pois E = −E qualquer que seja o subespaço E. Assim, temos que Γ((T −1 )∗ ) = [V (Γ(T −1 ))]⊥ = [V (W (Γ(T )))]⊥ = [W (V (Γ(T )))]⊥ = W ([V Γ(T )]⊥ ) = W (Γ(T ∗ )) = Γ((T ∗ )−1 ) donde (T −1 )∗ = (T ∗ )−1 . (b). Se z ∈ ρ(T ), então zI − T é injetivo com Im(zI − T ) = H. Assim, por (a), (zI − T )∗ é injetivo e ((zI − T )−1 )∗ = ((zI − T )∗ )−1 = (zI − T ∗ )−1 , isto é Rz (T )∗ = Rz (T ∗ ). (c). Por (b), temos que ρ(T ) ⊂ ρ(T ∗ ). Como T é fechado, temos que T = T ∗∗ e, novamente por (b), ρ(T ∗ ) ⊂ ρ(T ∗∗ ), isso implica que ρ(T ∗ ) ⊂ ρ(T ∗∗ ) e consequentemente ρ(T ) ⊂ ρ(T ∗ ) ⊂ ρ(T ∗∗ ) = ρ(T ) ⇔ ρ(T ) = ρ(T ∗ ). Portanto, σ(T ∗ ) = σ(T ). Teorema 85 (Teorema espectral, versão multiplicativa) Sejam H um espaço de Hilbert separável e T : D(T ) ⊂ H → H um operador auto-adjunto. Então existe um espaço de medida (M, µ), onde µ é uma medida σ-finita, e um operador unitário U : L2 (M, µ) → H e uma função, definida em µ q.t.p, fˆ : M → R tal que (1) ψ ∈ D(T ) ⇔ fˆ( · )(U −1 ψ)( · ) ∈ L2 (M, µ). (2) Se g ∈ U −1 (D(T )), então (U −1 T U g)(y) = fˆ(y)g(y). Demonstração. (1). Como T é auto-adjunto, segue que σ(T ) ⊂ R e pelo Teorema 84 T é fechado, ker(T ± iI) = {0} e Im(T ± iI) = H. Pela identidade do resolvente (T + iI)−1 e (T − iI)−1 comutam e pelo lema anterior temos [(T + iI)−1 ]∗ = (T ∗ − iI)−1 = (T − iI)−1 , donde (T + iI)−1 : H → D(T ) ⊂ H é normal. 87 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Da versão multiplicativa para operadores normais existem um espaço de medida (M, µ) com µ σ-finita, uma função ĝ : M → C em L2 (M, µ) e um operador unitário U : L2 (M, µ) → H tal que [U −1 (T + iI)−1 U (g)](y) = ĝ(y)g(y) ∀ g ∈ L2 (M, µ). Note que, como ker(T +iI)−1 = {0}, então ĝ(y) 6= 0 µ q.t.p., pois U (χĝ−1 ({0}) ) ∈ ker(T +iI)−1 , já que (T + iI)−1 U (χĝ−1 (0) ) = U ĝχĝ−1 (0) = 0 como U é unitário e ker(T + iI)−1 = {0} ⇒ µ(ĝ −1 ({0})) = Z ĝ −1 ({0}) χĝ−1 ({0}) dµ = 0 ⇒ ĝ(y) 6= 0 µ q.t.p. . Assim podemos definir, fˆ(y) := ĝ(y)−1 − i µ q.t.p.. Dado ψ ∈ D(T ) existe um único ϕ ∈ H tal que (T + iI)−1 ϕ = ψ, que implica em U −1 ψ = U −1 (T + iI)−1 ϕ = ĝU −1 ϕ. Uma vez que fˆĝ é uma função limitada, concluı́mos que fˆ( . )(U −1 ψ)( . ) = fˆĝ U −1 ϕ ∈ L2 (M, µ). |{z} | {z } limitada ∈L2 Reciprocamente, se fˆ( . )(U −1 ψ)( . ) ∈ L2 (M, µ), então existe um único ϕ tal que (fˆ + i)U −1 ψ = U −1 ϕ, logo | {z ∈L2 } U −1 ψ = ĝ(fˆ + i)U −1 ψ = ĝU −1 ϕ = U −1 (T + iI)−1 ϕ ⇒ (T + iI)−1 ϕ = ψ, donde ψ ∈ D(A). (2). Se g = U −1 ψ, com ψ ∈ D(T ), então existe um único ϕ ∈ H tal que (T + iI)−1 ϕ = ψ, donde T ψ = ϕ − iψ. Além disso, U −1 ψ = ĝU −1 ϕ isso implica que U −1 ϕ = ĝ −1 U −1 ψ, logo U −1 T ψ = U −1 ϕ − iU −1 ψ = ĝ −1 U −1 ψ − iU −1 ψ = (ĝ −1 − i)U −1 ψ = fˆU −1 ψ. Agora vamos mostrar que fˆ é uma função real. Suponha por absurdo que existe S ⊂ M, µ(S) > 0 tal que Im(fˆ(y)) > 0 para todo y ∈ S. Por argumento padrão de teoria da medida podemos supor sem perda de generalidade que existe α > 0 tal que fˆ(y) > α > 0 para um certo Ŝ com µ(Ŝ) > 0. Considere uma bola B(0, r) ⊂ C tal que µ(fˆ−1 (B(0, r) ∩ Ŝ)) > 0. 88 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Escolha g0 = χfˆ−1 (B(0,r)∩Ŝ) , assim fˆg0 é limitada e consequentemente fˆg0 ∈ L2 (M, µ) e U (g0 ) = ψ0 ∈ D(T ). Por outro lado R ∋ hT ψ0 , ψ0 i = hT U (g0 ), U (g0 )i = hU −1 T U (g0 ), g0 i = hfˆg0 , g0 i = = mas i Z M Im(fˆg02 )dµ ≥ α Z Z ZM M fˆ−1 (B(0,r)∩Ŝ fˆg02 dµ Re(fˆg02 )dµ + i Z M Im(fˆg02 )dµ, χfˆ−1 (B(0,r)∩Ŝ) dµ ≥ αµ(fˆ−1 (B(0, r) ∩ Ŝ)) > 0 que é absurdo. Teorema 86 (Cálculo funcional) Seja A um operador auto-adjunto sobre um espaço de Hilbet separável H. Então existe uma única aplicação Φ do conjunto das funções de Borel limitadas sobre R, B(R), em L(H) tal que (1) Φ é um ∗-homomorfismo. (2) Φ é contı́nua em norma, isto é, kΦ(h)kL(H) ≤ khk∞ . (3) Seja hn (x) uma sequência de funções de Borel limitadas com hn (x) → x para cada x e |hn (x)| ≤ |x| para todo x e n. Então, para qualquer ψ ∈ D(A), lim Φ(hn )ψ = Aψ. (4) Se hn (x) → h(x) pontualmente e se a sequência khn k∞ é limitada, então Φ(hn ) → Φ(h) fortemente. (5) Se h ≥ 0, então Φ(h) ≥ 0. Demonstração. Para cada função limitada de Borel g definamos Φ(g) := U Tg◦fˆU −1 , onde Tg◦fˆ é o operador de multiplicação pela função g ◦ fˆ e fˆ e U são dados pelo Teorema 85. Vamos mostrar que Φ tem as propriedades desejadas. Φ é um ∗-homomorfismo, pois Φ(g)Φ(h) = U Tg◦fˆU −1 U Th◦fˆU −1 = U Tg◦fˆTh◦fˆU −1 = U T(gh)◦fˆU −1 = Φ(gh). 89 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Para todo α ∈ C Φ(αg + h) = U T(αg+h)◦fˆU −1 = U Tαg◦fˆ+h◦fˆU −1 = αU Tg◦fˆU −1 + U Th◦fˆU −1 = αΦ(g) + Φ(h). Φ(1) = U T1◦fˆU −1 = U U −1 = I. Como U −1 = U ∗ obtemos, Ä Φ(g)∗ = U Tg◦fˆU −1 ä∗ ∗ = (U −1 )∗ Tg◦ U∗ fˆ = U Tḡ◦fˆU −1 = Φ(ḡ). Isto prova o item (1). kΦ(h)kL(H) = kU Th◦fˆU −1 k ≤ kTh◦fˆk ≤ khk∞ isto prova o item (2). Como |hn (x)| ≤ |x| temos khn k2 = ≤ Z R Z |hn (x)|2 dµ |x|2 dµ = kxk2 R ⇒ khn k ≤ kxk. Assim, pelo teorema da convergência dominada lim kΦ(hn )ψ − Aψk = lim kΦ(hn )ψ − Φ(x)ψk n→∞ n→∞ = lim kΦ(hn − x)ψk n→∞ ≤ n→∞ lim kΦ(hn − x)kkψk ≤ n→∞ lim khn − xk∞ kψk = 0 isso prova o item (3). 90 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Para todo ψ ∈ H temos lim kΦ(hn )ψ − Φ(h)ψk = lim kΦ(hn − h)ψk n→∞ n→∞ ≤ lim kΦ(hn − h)kkψk n→∞ ≤ lim khn − hk∞ kψk = 0 n→∞ pelo teorema da convergência dominada e isso prova o item (4). Como h ≥ 0 existe uma função a valores reais g tal que h = g 2 , logo para todo ψ ∈ H temos hΦ(h)ψ, ψi = hΦ(g 2 )ψ, ψi = hΦ(g)Φ(g)ψ, ψi = hΦ(g)ψ, Φ(g)ψi ≥ 0 isso prova o item (5). Para a unicidade de Φ, note que, como Φ(id) = A e Φ é multiplicativa segue que Φ coincide com o cálculo funcional contı́nuo e como C(R), conjunto das funções contı́nuas limitadas em R, é denso em B(R) (teorema Vitali-Luzin) segue pelo BLT que Φ é único. 2.7 Grupos fortemente Contı́nuos e o Teorema de Stone Definição 36 Uma aplicação U : R → L(H) é chamada um grupo unitário a um parâmetro em um espaço de Hilbert H se: (1) U (t) é um operador unitário para todo t ∈ R e (2) U (t + s) = U (t)U (s). Proposição 87 Seja A : D(A) ⊂ H → H um operador auto-adjunto em um espaço de Hilbert H e defina U (t) = eitA . Então: (1) Para todo t ∈ R, U (t) é um operador unitário e U (t + s) = U (t)U (s). (2) U : R → L(H) é fortemente contı́nua, isto é, para todo ξ ∈ H vale que U (t)ξ → U (t0 )ξ quando t → t0 . U (s)ξ − ξ = iAξ. s→0 s (3) Fixado ξ ∈ D(A), lim U (s)ξ − ξ , então ξ ∈ D(A). s→0 s (4) Se existe lim 91 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Demonstração. (1). Para cada t ∈ R fixado usamos o cálculo funcional mensurável na função f (λ) = eitλ , para a qual obtemos I = Φ(1) = Φ(eitλ e−itλ) = Φ(eitλ )Φ(e−itλ) ) = eitA (e−itA )∗ = U (t)U (t)∗ e I = Φ(1) = Φ(e−itλ eitλ ) = Φ(e−itλ) )Φ(eitλ ) = (eitA )∗ e−itA = U (t)∗ U (t), donde U (t) é unitário e U (t + s) = Φ(ei(t+s)λ ) = Φ(eitλ )Φ(eisλ ) = U (t)U (s). Notamos que para todo t ∈ R, U (t) = U (t + 0) = U (0)U (t), donde U (0) = I e daı́ I = U (0) = U (t − t) = U (t)U (−t) donde U (−t) = U (t)−1 = U (t)∗ . (2). Se ξ ∈ H, temos kU (t)ξ − U (t0 )ξ)k = kU (t − t0 + t0 )ξ − U (t0 )ξ)k = kU (t0 )[U (t − t0 )ξ − ξ)]k = kU (t − t0 )ξ − ξ)k na última igualdade usamos o fato de U ser isometria. Portanto, basta mostrarmos que kU (t)ξ − ξ)k → 0 quando t → 0. Como U (t) = eitA ∈ L(H), temos que se ξ ∈ H então keitA ξ − ξk2 = Z R |eitλ − 1|2 d(Pλ ξ, ξ). (46) Como |eitλ − 1|2 ≤ 4 e para cada λ ∈ R |eitλ − 1| → 0 quando t → 0, logo aplicando o teorema da convergência dominada de Lebesgue a equação (46) obtemos que U (t)ξ → ξ quando t → 0 e o resultado segue. (3). Seja ft (λ) = eitλ − 1 eitA − I − iλ, temos que ft (A) = − iA. Então se ξ ∈ D(A) t t eitA ξ − ξ − iAξ t 2 = kft (A)ξk2 = Z 2 R eitλ − 1 − iλ d(Pλ ξ, ξ). t eitλ − 1 − iλ = (eitλ )′ (0) − iλ = 0 para todo λ ∈ R. Além disso |eis − 1| ≤ |s| para t→0 t todo s ∈ R. De fato, observando que |sen s| ≤ |s| para todo s ∈ R Mas lim 92 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. temos |eis − 1| = |(cos s − 1) + isen s| = (2 − 2 cos s)1/2 . Como sen2 s = (47) 1 − cos 2s 2 obtemos |s|2 ≥ |sen s|2 = 1 − cos 2s . 2 Trocando s por s/2 obtemos |s|2 ≥ 2 − 2 cos s, substituindo em (47), obtemos |eis − 1| ≤ |s|. Consequentemente |ft (λ)| ≤ |t|−1 |eitλ − 1| + |λ| ≤ 2|λ|. Usando novamente o teorema da convergência dominada de Lebesgue, obtemos eitA ξ − Iξ − iAξ → 0 quando t → 0, t isto é U (s)ξ − ξ = iAξ. s→0 s lim ® ´ U (t)ξ − ξ (4). Seja D := ξ ∈ H; lim existe . Pelo item (3) D(A) ⊂ D, logo D é denso. t→0 t 93 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Para ξ ∈ D seja T definido por U (t)ξ − ξ . t→0 t T ξ = −i lim T é claramente linear e para ξ, φ ∈ D temos Æ U (t)ξ − ξ ,φ hT ξ, φi = −i lim t→0 t ∏ de U (t)∗ = U (−t) vem Æ ∏ U (−t)φ − φ hT ξ, φi = −i lim ξ, t→0 t Æ ∏ U (−t)φ − φ = lim ξ, −i t→0 −t = hξ, T φi, isso mostra que T é simétrico. Pelo item (3), se ξ ∈ D(A) temos que T ξ = −i(iAξ) = Aξ. Portanto, A ⊂ T isso implica que T ∗ ⊂ A∗ , daı́ A ⊂ T ⊂ T ∗ ⊂ A∗ = A. Portanto A = T e D = D(A). Quando a aplicação U : R → L(H) cumpri a condição (2) do Teorema acima, U é chamado de grupo unitário fortemente contı́nuo a um parâmetro. Teorema 88 (Stone) Seja U : R → L(H) um grupo unitário fortemente contı́nuo a um parâmetro em um espaço de Hilbert H. Então existe um operador auto-adjunto A : D(A) ⊂ H → H tal que U (t) = eitA . Demonstração. Sejam Cc∞ o conjunto das funções infinitamente diferenciáveis com suporte compacto e f ∈ Cc∞ . Se ϕ ∈ H, definimos a integral ϕf := Z ∞ −∞ f (t)U (t)ϕ dt ∈ H. Seja D ⊂ H o espaço gerado pelas combinações lineares finitas de ϕf , f ∈ Cc∞ . Como U (t) é fortemente contı́nuo, dado ε > 0 existe um δ > 0 com sup kη − U (t)ηk < ε e para uma t∈[−δ,δ] 94 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. função positiva g ∈ Cc∞ com suporte em [−δ, δ] e Z kη − ηg k = Z = [−δ,δ] [−δ,δ] R g(t)ηdt − R Z g(t)dt = 1 temos [−δ,δ] g(t)U (t)ηdt g(t)(η − U (t)η)dt ≤ sup kη − U (t)ηk t∈[−δ,δ] Z [−δ,δ] g(t)dt = sup kη − U (t)ηk < ε, t∈[−δ,δ] mostrando que D é denso em H. Para ϕf ∈ D Ç U (s) − I s å ϕf = Z ∞ −∞ f (t) U (s + t) − U (t) ϕ dt s 1 ÅZ ∞ = f (t)U (s + t)ϕ dt − s −∞ Z ∞ −∞ ã f (t)U (t)ϕ dt fazendo τ = s + t obtemos Ç U (s) − I s å ã ∞ 1 ÅZ ∞ f (τ − s)U (τ − s)ϕ dτ f (τ − s)U (τ )ϕ dτ − s −∞ −∞ Z ∞ ã ÅZ ∞ 1 = f (τ )U (τ )ϕ dτ f (τ − s)U (τ )ϕ dτ − s −∞ −∞ Z ∞ f (τ − s) − f (τ ) U (τ )ϕ dτ = s −∞ Z ∞ f (t) − f (t + s) = U (t + s)ϕ dt s −∞ Z ∞ f (t + s) − f (t) U (t + s)ϕ dt =− s −∞ Z ϕf = donde Ç U (s) − I lim s→0 s å ϕf = − Z ∞ −∞ f ′ (t)U (t)ϕ dt = −ϕf ′ , assim para ϕf ∈ D definimos Aϕf = −iϕf ′ , ou seja, Ç U (s) − I Aϕf = i lim s→0 s 95 å ϕf = −iϕf ′ . J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Notamos que U (t)(D) ⊂ D, ∀t ∈ R, pois dado ϕf ∈ D U (t)ϕf = = = Z ∞ −∞ Z ∞ −∞ Z ∞ −∞ f (τ )U (t)U (τ )ϕ dτ f (τ )U (t + τ )ϕ dτ f (s − t)U (s)ϕ ds = ϕf (· −t) (48) Claramente A : D → D e A comuta com U , pois U (t)Aϕf = U (t)(−iϕf ′ ) = −iU (t)ϕf ′ = −iϕf ′ (· −t) = Aϕf (· −t) = AU (t)ϕf . por (48) A também é simétrico. Com efeito, se ϕf e ϕg ∈ D temos Æ Ç å ∏ U (s) − I ϕ f , ϕg hAϕf , ϕg i = lim i s→0 s Æ Ç å ∏ U (−s) − I = lim ϕf , −i ϕg s→0 s Æ Ç å ∏ U (−s) − I = lim ϕf , i ϕg s→0 −s = hϕf , Aϕg i. Agora mostraremos que A é auto-adjunto. Para isso, verifiquemos que ker(A∗ −iI) = {0}. Seja u ∈ ker(A∗ − iI), dado ϕf ∈ D, observe que de (48) obtemos U ′ (t)φf = φf ′ (· −t) = iAφf (· −t) = iAU (t)φf , daı́ d hU (t)ϕf , ui = hiAU (t)ϕf , ui {z } dt | h(t) = ihU (t)ϕf , A∗ ui = ihU (t)ϕf , iui = hU (t)ϕf , ui = h(t) e h(0) = hϕf , ui, 96 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. daı́ h(t) = hϕ, uiet . Mas h(t) é limitada, por Cauchy-Schwarz |h(t)| ≤ kϕf kkuk, logo hϕf , ui = 0 para todo ϕf ∈ D que é denso, logo u = 0 e consequentemente A auto-adjunto pelo Teorema 84. Definamos V (t) = eitA , vamos mostrar que V (t) = U (t). Dado ϕf ∈ D, temos que V (t)ϕf ∈ D, pelo item (4) da proposição anterior, e pela continuidade do cálculo funcional temos V ′ (t)ϕf = Φ((eitλ )′ )ϕf = Φ(iλeitλ )ϕf = Φ(iλ)Φ(eitλ )ϕf = iAV (t)ϕf . Considere W (t)ϕf = U (t)ϕf − V (t)ϕf isso implica que W é diferenciável e W ′ (t)ϕf = iAU (t)ϕf − iAV (t)ϕf = iAW (t), portanto d kW (t)k2 = hiAW (t), W (t)i + hW (t), iAW (t)i dt = −ihAW (t), W (t)i + ihAW (t), W (t)i = 0. Isso mostra que W é constante, mas W (0)ϕf = U (0)ϕf − V (0)ϕf = ϕf − ϕf = 0. Donde U = V . 2.8 Transformada de Fourier no Rn, funções do operador Laplaciano e espaços de Sobolev Como é tradicional, N = {0, 1, 2, . . .} e denotaremos por Nn o produto cartesiano de n cópias de N. Os elementos de Nn são n-uplas de inteiros não negativos, α = (α1 , . . . , αn ) chamados multi-ı́ndices. Se α é um multi-ı́ndice e x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn escreveremos |α| = xα = n X α1 + α2 + . . . j=1 xα1 1 xα2 2 . . . xαnn + αn e Ç α ∂ = ∂ ∂x1 åα1 Ç ∂ ∂x2 åα2 Ç ... ∂ ∂xn åαn = ∂ α1 +...+αn ∂xα1 1 . . . ∂xαnn Definição 37 O espaço de Schwartz (ou das funções que decrescem rapidamente), S(Rn ), é o espaço das funções f : Rn → C tais que f ∈ C ∞ (Rn ) 97 e J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. kf kα,β := sup |xα ∂ β f (x)| < ∞ x∈Rn para todo par de multi-ı́ndice α, β. Definição 38 Suponha que f ∈ L1 (Rn ). A transformada de Fourier de f é a função fˆ definida por Z 1 e−ix.ξ f (x)dx fˆ(ξ) = (2π)n/2 Rn onde x. ξ = n X xi ξi . A transformada de Fourier inversa de f , denotada por fˇ é a função i=1 fˇ(ξ) = 1 (2π)n/2 Z Rn eix.ξ f (x)dx A transformada de Fourier e a transformada inversa são operadores lineares. Com efeito, para quaisquer f, g ∈ L1 (Rn ) e a ∈ C temos Ÿ (f + ag)(ξ) = = Z Z Rn Rn (f + ag)(x)e−ix·ξ dx f (x)e −ix·ξ = fˆ(ξ) + aĝ(ξ). dx + a Z Rn g(x)e−ix·ξ dx Analogamente, mostra-se que a transformada de Fourier inversa é linear. Além disso, fˆ(−ξ) = 1 (2π)n/2 Z Rn eix.ξ f (x)dx = fˇ(ξ) É claro que o conjunto das funções infinitamente diferenciáveis com suporte compacto, C0∞ (Rn ), está contido em S(Rn ) e esse por sua vez está contido em Lp (Rn ) para todo 1 ≤ p < ∞ e como C0∞ (Rn ) é denso em Lp (Rn ) para 1 ≤ p < ∞ temos, portanto, que S(Rn ) é denso em Lp (Rn ) para 1 ≤ p < ∞. Teorema 89 Se f ∈ S(Rn ), então fˆ ∈ S(Rn ) e valem as fórmulas ÷ α f )(ξ) = (∂ α fˆ)(ξ) (−i)|α| (x (49) ÷ α f )(ξ) = ξ α fˆ(ξ) i|α| (∂ (50) Demonstração. Precisamos mostrar que fˆ ∈ C ∞ (Rn ) e que kfˆkα,β := sup |xα ∂ β fˆ(x)| < ∞ x∈Rn 98 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. para todo par de multi-ı́ndice α, β. Como f ∈ S(Rn ) podemos derivar sob o sinal de integral tanto quanto for necessário para obter fˆ(α) (ξ) = (2π)−n/2 = (2π)−n/2 Z Z Rn Rn (−ix)α f (x)e−ix·ξ dx (−i)|α| xα f (x)e−ix·ξ dx ÷ α f )(ξ) = (−i)|α| (x para qualquer multi-ı́ndice α, donde fˆ ∈ C ∞ (Rn ) e ÷ α f )(ξ). (∂ α fˆ)(ξ) = fˆ(α) (ξ) = (−i)|α| (x (51) Por outro lado, α ˆ(β) ξ f (ξ) = (2π) −n/2 = (2π)−n/2 Z Z ξ α (−ix)β e−ix·ξ f (x)dx Rn Rn = i|α| (2π)−n/2 (−i)−|α| ∂xα (e−ix·ξ )(−ix)β f (x)dx Z Rn e−ix·ξ ∂xα [(−ix)β f (x)]dx (52) onde a última igualdade é devida a integração por partes, pois como o domı́nio de integração é Rn temos que a integral sobre a fronteira é zero. Daı́, concluı́mos que kfˆkα,β = sup |ξ α fˆ(β) (ξ)| ≤ (2π)−n/2 ξ∈Rn Z Rn |∂xα (xβ f (x))|dx < ∞. Em particular, fazendo β = 0 na equação (52) obtemos ÷ α ξ α fˆ(ξ) = i|α| (∂ x f )(ξ). Lema 25 Se f ∈ S(Rn ) e f (0) = 0, então f (x) = n X j=1 com gj ∈ S(Rn ), j = 1, 2, . . . , n. Demonstração. Como f (0) = 0 temos que 99 xj gj (x) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. f (x) = f (x) − f (0) = Z 1 = n X d f (tx)dt 0 dt Z 1X n ∂f (tx)xj dt = 0 j=1 ∂xj = xj Z 1 0 ∂f (tx)dt ∂xj j=1 n X xj gj (x), Z 1 ∂f (tx)dt ∈ S(Rn ). ∂xj j=1 onde gj (x) = 0 Teorema 90 Se f ∈ S(Rn ), então f (x) = (2π) −n/2 Z Rn fˆ(ξ)eiξ·x dξ. (53) Demonstração. Em primeiro lugar notamos que basta provar (53) no caso em que x = 0, ou seja, que Z −n/2 fˆ(ξ)dξ (54) f (0) = (2π) Rn para toda f ∈ S(Rn ). De fato, suponha que vale (54) e observe que fˆ(ξ)eiξ·x = (2π)−n/2 eiξ·x = (2π)−n/2 = (2π) −n/2 Z Z Rn Rn Z Rn f (y)e−iξ·y dy f (y)e−iξ·(y−x) dy f (x + z)e−iξ·z dz para todo ξ, x ∈ Rn . Defina gx (z) := f (x + z), segue que gx ∈ S(Rn ) para cada x fixado, de modo que podemos escrever fˆ(ξ)eiξ·x = ĝx (ξ) daı́ segue usando (54) (2π) −n/2 Z Rn fˆ(ξ)eiξ·x dξ = (2π)−n/2 Z Rn ĝx (ξ)dξ = gx (0) = f (x) 100 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. portanto, como afirmado, basta provar (54). Para isto, consideraremos primeiro o caso especial em que f (0) = 0, ou seja, se f ∈ S(Rn ) e f (0) = 0, então (2π) −n/2 Z Rn fˆ(ξ)dξ = 0 = f (0). (55) Pelo Lema 25 podemos escrever f (x) = n X xj gj (x) j=1 daı́ fˆ(ξ) = (2π)−n/2 = (2π) n X Z Rn n X xj gj (x)e−ix·ξ dx j=1 n Z X −n/2 n j=1 R i ∂ = i (2π)−n/2 j=1 ∂ξj = n X i j=1 ó ∂ î gj (x)e−ix·ξ dx ∂ξj Z Rn gj (x)e−ix·ξ dx ∂ ĝj (ξ) ∂ξj donde Z Rn fˆ(ξ)dξ = i n Z X n j=1 R ∂ ĝj (ξ)dξ ∂ξj mas Z Rn ∂ ĝj (ξ) = ∂ξj Z +∞ −∞ ... Z +∞ −∞ ∂ ĝj (ξ)dξj . . . dξn ∂ξj e como Z +∞ −∞ ∂ ĝj (ξ)dξj = lim [ĝj (R) − ĝj (−R)] = 0, R→∞ ∂ξj portanto, Z Rn fˆ(ξ)dξ = 0 = f (0). Isto prova (55). Agora seja f ∈ S(Rn ) arbitrária e seja h(x) = f (x) − f (0)γ(x), 101 pois ĝj ∈ S(Rn ) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. 2 onde γ(x) = e−kxk /2 ∈ S(Rn ) e sabemos que γ̂ = γ e sua integral é precisamente igual a (2π)n/2 . Então h ∈ S(Rn ) e h(0) = 0 donde por (55) 0 = (2π)−n/2 Z Rn fˆ(ξ)dξ − f (0)(2π)−n/2 Z Rn portanto f (0) = (2π) −n/2 provando o Teorema. γ̂(ξ)dξ = (2π)−n/2 Z Rn Z Rn fˆ(ξ)dξ − f (0) fˆ(ξ)dξ ˇ O Teorema acima mostra que fˆ = f = fˆˇ. Corolário 91 Sejam f, g ∈ S(Rn ). Então hf, gi = Z Rn f (x)g(x)dx = Equivalentemente, Z Rn fˆ(ξ)ĝ(ξ)dξ = hfˆ, ĝi. kf kL2 = kfˆkL2 (56) para toda f ∈ S(Rn ). Demonstração. Pelo Teorema hf, gi = Z Rn f (x)g(x)dx = (2π) −n/2 = (2π)−n/2 = (2π)−n/2 = Z Rn Z Z Z Rn Rn Rn Z Z Rn Rn fˆ(ξ)eiξ·x g(x)dξdx fˆ(ξ)g(x)e−iξ·x dξdx fˆ(ξ) Z Rn g(x)e−iξ·x dxdξ fˆ(ξ)ĝ(ξ)dxdξ = hfˆ, ĝi. Tomando f = g obtemos (56) e usando a identidade de polarização 1 hf, gi = [kf + gk2 − kf − gk2 + ikf + igk2 − ikf − igk2 ] 4 1 = [kfˆ + ĝk2 − kfˆ − ĝk2 + ikfˆ + iĝk2 − ikfˆ − iĝk2 ] = hfˆ, ĝi. 4 obtemos a equivalência. O Corolário acima mostra que a transformada de Fourier é uma isometria no espaço de Schwartz com a norma de L2 (Rn ). No entanto, a transformada de Fourier não pode ser 102 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. definida em L2 (Rn ) como a definimos anteriormente, mas como a transformada de Fourier e sua inversa são operadores lineares contı́nuos, o B.L.T. garante que esses operadores se estendem unicamente a L2 (Rn ). Portanto, se f ∈ L2 (Rn ) e {fn }∞ n=1 é uma sequência qualquer em S(Rn ) convergindo a f em L2 (Rn ) definimos fˆ := n→∞ lim fˆn e fˇ := n→∞ lim fˇn (onde o limite é no sentido de L2 (Rn )) e consequentemente, por continuidade ˇ fˆ = f = fˆˇ para toda f ∈ L2 (Rn ). Portanto, acabamos de provar Teorema 92 A transformada de Fourier ˆ : L2 (Rn ) −→ L2 (Rn ) f 7−→ fˆ definida como a única extensão da transformada de Fourier em S(Rn ) é um operador unitário. Agora, escolhendo multi-ı́ndices da forma α = (0, . . . , 2, . . . , 0) que tem todas as entradas iguais a zero exceto a j-ésima que vale dois, obtemos usando (50) que − ∂2 f (ξ) = (ξj2 fˆ)ˇ(ξ) ∂ξj2 donde −∆f (ξ) = − n X ∂ 2f (ξ) = (kξk2 fˆ)ˇ 2 ∂ξ j j=1 para toda f ∈ S(Rn ). Portanto é natural introduzir o operador (−∆ em L2 (Rn ), denotado por H0 , através das fórmulas D(H0 ) = H 2 (Rn ) = {f ∈ L2 (Rn ) : kξk2 fˆ ∈ L2 (Rn )}, e (57) H0 f = (M0 fˆ)ˇ = F −1 M0 Ff, f ∈ D(H0 ) onde M0 é o operador de multiplicação por kξk2 e F denota a transformada de Fourier em L2 (Rn ), isto é, D(M0 ) = {g ∈ L2 (Rn ) : kξk2 g ∈ L2 (Rn )} e (M0 g)(ξ) = kξk2 g(ξ), g ∈ D(M0 ). 103 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. O espaço H 2 (Rn ) introduzindo em (57) é um dos famosos espaços de Sobolev (de tipo L2 ). Ele é um espaço de Hilbert quando munido do produto interno hf, gi = Z Rn (1 + kξk2 )2 fˆ(ξ)ĝ(ξ)dξ (58) Além disso, é conveniente notar que S(Rn ) é denso em H 2 (Rn ) e H0 f = (M0 fˆ)ˇ = (kξk2 fˆ)ˇ = −∆f, para toda f ∈ S(Rn ). Agora introduzimos as funções do operador H0 . Para isso, seja G : R → C uma função mensurável. Definimos o operador G(H0 ) através das fórmulas D(G(H0 )) = {f ∈ L2 (Rn ) : G(kξk2 )fˆ(ξ) ∈ L2 (Rn )} G(H0 )f = (G(M0 )fˆ)ˇ = F −1 G(M0 )Ff, f ∈ D(G(H0 )) onde G(M0 ) é o operador de multiplicação por G(kξk2 ) em L2 (Rn ), isto é, D(G(M0 )) = {φ ∈ L2 (Rn ) : G(kξk2 )φ(ξ) ∈ L2 (Rn )} (G(M0 )φ)(ξ) = G(kξk2 )φ(ξ), φ ∈ D(G(M0 )). Para a função G(s) = s temos G(H0 )f = (G(M0 )fˆ)ˇ = (kξk2 fˆ)ˇ = H0 f, isto é , G(H0 ) = H0 . Por outro lado se G é uma função limitada temos kG(H0 )φkL2 = kG(M0 )φ̂kL2 ≤ kGkL∞ kφ̂k = kGkL∞ kφk de modo que tanto G(H0 ) quanto G(M0 ) são operadores limitados com norma menor ou igual a kGkL∞ . Agora vamos descrever o operador resolvente de H0 obtido através da função Gz (kξk2 ) = (kξk2 − z)−1 , com ξ ∈ Rn , z ∈ C \ [0, ∞) e tem a seguinte ação para toda f ∈ L2 (Rn ) Gz (H0 )f = ((kξk2 − z)−1 fˆ)ˇ, onde, por simplicidade, escrevemos diretamente o resultado da composição de Gz (s) = (s − z)−1 com a função ξ 7→ kξk2 . Proposição 93 (1) Se f ∈ L2 (Rn ) e z ∈ C \ [0, ∞), então Gz (H0 )f ∈ D(H0 ) e (H0 − zI)Gz (H0 )f = f, onde I denota o operador identidade em L2 (Rn ). 104 (59) J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (2) Se f ∈ D(H0 ) e z ∈ C \ [0, ∞), então Gz (H0 )(H0 − zI)f = f. (60) Demonstração. (1). Para mostrar que Gz (H0 )f ∈ D(H0 ), temos de mostrar que 2 n ⁄ kξk2 G z (H0 )f ∈ L (R ). Com efeito, 2 ⁄ kkξk2 G z (H0 )f kL2 = = = = Z n ZR n ZR Z Rn Rn |kξk2 F(Gz (H0 )f )(ξ)|2 dξ |kξk2 F(F −1 ((kξk2 − z)−1 Ff (ξ)))|2 dξ |kξk2 (kξk2 − z)−1 Ff (ξ))|2 dξ |kξk2 (kξk2 − z)−1 |2 |Ff (ξ))|2 dξ ≤ kkξk2 (kξk2 − z)−1 k2L2 kFf k2L2 < ∞ onde a desigualdade é por Cauchy-Schwarz, isso mostra que Gz (H0 )f ∈ D(H0 ). Por outro lado, temos (H0 −zI)Gz (H0 )f (ξ) = (H0 −zI){F −1 [(kξk2 −z)−1 Ff (ξ)]} = H0 {F −1 [(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)]} − z{F −1 [(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)]} = F −1 {kξk2 F[{F −1 [(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)]}]}−z{F −1 [(kξk2 −z)−1 Ff (ξ)]} = F −1 {kξk2 (kξk2 − z)−1 Ff (ξ)} − z{F −1 [(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)]} = F −1 {kξk2 (kξk2 − z)−1 Ff (ξ) − z(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)} = F −1 {(kξk2 − z)(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)} = F −1 {Ff (ξ)} = f (ξ). (2). Gz (H0 )(H0 − zI)f (ξ) = Gz (H0 )[F −1 (kξk2 Ff (ξ)) − zf (ξ)] = Gz (H0 )[F −1 (kξk2 Ff (ξ))] − zGz (H0 )f (ξ) = F −1 {(kξk2 − z)−1 F[F −1 (kξk2 Ff (ξ))]} − zF −1 {(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)} = F −1 {(kξk2 − z)−1 kξk2 Ff (ξ)]} − zF −1 {(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)} = F −1 {(kξk2 − z)(kξk2 − z)−1 Ff (ξ)]} = F −1 {Ff (ξ)} = f (ξ) 105 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Definição 39 O conjunto das distribuições temperadas, denotado por S ′ (Rn ), é o dual topológico de S(Rn ) , ou seja, T ∈ S ′ (Rn ) se e só se T : S(Rn ) → C é um funcional linear contı́nuo. Usando o Teorema de representação de Riesz para espaços pré-Hilbertianos podemos identificar cada f ∈ L2 (Rn ) com um único T ∈ S ′ (Rn ) pela equação T g = hf, gi, em outras palavras podemos identificar L2 (Rn ) com um subespaço de S ′ (Rn ). Vamos agora considerar a transformada de Fourier em S ′ (Rn ). Se f ∈ S(Rn ), mostramos que fˆ ∈ S(Rn ) e define uma distribuição temperada pela fórmula hfˆ, gi = mas hfˆ, gi = = Z n ZR Rn Rn (2π)−n/2 (2π)−n/2 = hf, ĝi, ou seja, Z fˆ(ξ)g(ξ)dξ, Z n ZR Rn f (x)e−ix·ξ dxg(ξ)dξ e−ix·ξ g(ξ)dξf (x)dx hfˆ, gi = hf, ĝi para toda g ∈ S(Rn ) (61) Assim, definimos a transformada de Fourier de f ∈ S ′ (Rn ) por (61). Analogamente a transformada inversa é definida por hfˇ, gi = hf, ǧi para toda g ∈ S(Rn ). Consequentemente (62) fˆˇ = f = fˇˆ. Seja s ∈ R. Os espaços de Sobolev (de tipo L2 ) em Rn são os seguintes subconjuntos de S (Rn ) H s (Rn ) = {f ∈ S ′ (Rn ) : (1 + kξk2 )s/2 fˆ ∈ L2 (Rn )}. (63) ′ É possı́vel mostrar que o espaço H s (Rn ), s ∈ R é de Hilbert quando munido do produto interno hf, gis = e kf k2s Em particular, H 0 (Rn ) = L2 (Rn ). = Z Rn Z (1 + kξk2 )s fˆ(ξ) ĝ(ξ)dξ Rn (1 + kξk2 )s |fˆ(ξ)|2 dξ. 106 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. Proposição 94 Sejam s, s′ ∈ R. Temos ′ (1) H s (Rn ) ⊆ H s (Rn ) se s ≥ s′ . Além disso, esta inclusão é contı́nua e densa. (2) O dual topológico de H s (Rn ), isto é, a coleção de todos os funcionais lineares contı́nuos de H s (Rn ) em C, é isometricamente isomorfo a H −s (Rn ). ′ Demonstração. (1). É claro que s ≥ s′ implica (1 + kξk2 )s ≤ (1 + kξk2 )s . Portanto, se f ∈ H s (Rn ) segue que Z kf k2s′ = ′ ZR ≤ (1 + kξk2 )s |fˆ(ξ)|2 dξ n Rn (1 + kξk2 )s |fˆ(ξ)|2 dξ = kf k2s < ∞. ′ Isto prova que H s (Rn ) ⊆ H s (Rn ) e que a inclusão é contı́nua. Para obter a densidade, basta mostrar que \ s n H ∞ (Rn ) := H (R ) s∈R r n é denso em H (R ) para todo r ∈ R. Seja f ∈ H r (Rn ) e considere 2 ft = (e−tk·k fˆ)ˇ, t ≥ 0. Então ft ∈ H ∞ (Rn ) se t > 0. De fato, Z Rn Z (1 + kξk2 )s |fˆt (ξ)|2 dξ = Z = ≤ Rn (1 + kξk2 )s−r (1 + kξk2 )r |fˆt (ξ)|2 dξ (1 + kξk2 )s−r (1 + kξk2 )r e−2tkξk |fˆ(ξ)|2 dξ 2 "R n sup (1 + kξk2 )s−r e −2tkξk2 ξ ∈ Rn # kf k2r < ∞ quaisquer que sejam r, s ∈ R. Por outro lado kft − f k2r = = = = Z n ZR Z Z Rn Rn Rn 2 Ÿ (1 + kξk2 )r |(f t − f )(ξ)| dξ (1 + kξk2 )r |(fˆt − fˆ)(ξ)|2 dξ 2 (1 + kξk2 )r |e−tkξk fˆ(ξ) − fˆ(ξ)|2 dξ 2 (1 + kξk2 )r |e−tkξk − 1|2 |fˆ(ξ)|2 dξ e a última igualdade tende a zero quando t → 0 pelo Teorema de convergência dominada. Isso mostra a densidade. 107 J. Ivan S. S. J. Ivan S. S. (2). Se f ∈ H s (Rn ) e g ∈ H −s (Rn ), a desigualdade de Hölder implica Z Rn |fˆĝ|dξ = Z Rn (1 + kξk2 )s/2 |fˆ(ξ)|(1 + kξk2 )−s/2 |ĝ(ξ)|dξ ≤ kf ks kgk−s < ∞. Portanto, para cada g ∈ H −s (Rn ) fixada, a aplicação s n f ∈ H (R ) 7→ Ψg (f ) = Z Rn fˆ(ξ) ĝ(ξ)dξ é um funcional linear contı́nuo. Reciprocamente, se Ψ : H s (Rn ) → C é um elemento do dual topológico de H s (Rn ), o Teorema de representação de Riesz garante que existe uma única h ∈ H s (Rn ) tal que Z (64) (1 + kξk2 )s fˆ(ξ) ĥ(ξ)dξ Ψ(f ) = Rn para toda f ∈ H s (Rn ). Seja g tal que ĝ(ξ) = (1 + kξk2 )s ĥ(ξ), temos que g ∈ H −s (Rn ), pois kgk2−s = = = = Z Z Rn Z Rn Z Rn Rn (1 + kξk2 )−s |ĝ(ξ)|2 dξ (1 + kξk2 )−s |(1 + kξk2 )s ĥ(ξ)|2 (ξ)dξ (1 + kξk2 )−s (1 + kξk2 )2s |ĥ(ξ)|2 (ξ)dξ (1 + kξk2 )s |ĥ(ξ)|2 (ξ)dξ = khk2s < ∞. Portanto Ψ(f ) = Z Rn fˆ(ξ) ĝ(ξ)dξ = Ψg (f ). Consequentemente, todo funcional linear contı́nuo em H s (Rn ) pode ser escrito de maneira única na forma (64). Além disso, pelo Teorema de representação de Riesz, kΨg k2 = khk2s = = Z n ZR Rn (1 + kξk2 )s |ĥ(ξ)|2 dξ (1 + kξk2 )−s |ĝ(ξ)|2 dξ = kgk2−s . Isto encerra a prova. 108 Bibliography [1] Arveson, W. A Short Course on Spectral Theory, Springer, New York, Graduate Texts in Mathematics Vol. 209. 2000. [2] Aupetit, B. 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