4.1. Espaços Normados e com Produto Interno

Seja $E$ um espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ , onde $\mathds{K}$ denota o corpo dos números reais ou o corpo dos números complexos.

4.1.1 Definição.

Uma semi-norma em $E$ é uma aplicação:

E\ni x\longmapsto\|x\|\in\mathds{R}

satisfazendo as seguintes condições:

(a)

$\|x\|\geq 0$ , para todo $x\in E$ ;
(b)

$\|\lambda x\|=|\lambda|\|x\|$ , para todo $\lambda\in\mathds{K}$ e todo $x\in E$ ;
(c)

$\|x+y\|\leq\|x\|+\|y\|$ , para todos $x,y\in E$ (desigualdade triangular).

Uma norma em $E$ é uma semi-norma que satisfaz a condição adicional:

(d)

$\|x\|>0$ , para todo $x\in E$ com $x\neq 0$ .

Um espaço vetorial normado sobre $\mathds{K}$ (ou, mais abreviadamente, um espaço normado) é um par $(E,\|\cdot\|)$ , onde $E$ é um espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ e $\|\cdot\|$ é uma norma em $E$ .

Note que fazendo $\lambda=0$ na condição (b) obtemos:

\|0\|=0.

Dado um espaço vetorial normado $(E,\|\cdot\|)$ , nós definimos:

d(x,y)=\|x-y\|,

(4.1.1)

para todos $x,y\in E$ . Temos que $d:E\times E\to\mathds{R}$ é uma métrica em $E$ ; de fato, segue das condições (a) e (d) que, para todos $x,y\in E$ , $d(x,y)\geq 0$ e que $d(x,y)=0$ se e somente $x=y$ . Usando a condição (b), obtemos:

d(x,y)=\|x-y\|=\big{\|}(-1)\cdot(y-x)\big{\|}=\|y-x\|=d(y,x),

e usando a condição (c) obtemos:

d(x,z)=\|x-z\|=\big{\|}(x-y)+(y-z)\big{\|}\leq\|x-y\|+\|y-z\|=d(x,y)+d(y,z),

para todos $x,y,z\in E$ . Dizemos que a métrica $d$ definida em (4.1.1) é a métrica associada à (ou determinada pela) norma $\|\cdot\|$ . Nós sempre assumiremos que um espaço normado $(E,\|\cdot\|)$ está munido da métrica $d$ associada a sua norma. Temos então que todo espaço normado é também um espaço métrico (para uma recíproca, veja o Exercício 4.3).

4.1.2 Definição.

Um espaço de Banach sobre $\mathds{K}$ é um espaço normado $(E,\|\cdot\|)$ sobre $\mathds{K}$ tal que a métrica associada à norma $\|\cdot\|$ é completa.

4.1.3 Exemplo.

Dado um conjunto arbitrário $X$ , então o conjunto $\mathds{K}^{X}$ de todas as funções $f:X\to\mathds{K}$ possui uma estrutura natural de espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ definida por:

(f+g)(x)=f(x)+g(x),\quad(\lambda f)(x)=\lambda f(x),

para todos $x\in X$ , $\lambda\in\mathds{K}$ , $f,g\in\mathds{K}^{X}$ . O conjunto $\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ de todas as funções limitadas $f:X\to\mathds{K}$ é um subespaço de $\mathds{K}^{X}$ e a aplicação $\|\cdot\|_{\mathrm{sup}}:\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})\to\mathds{R}$ definida por:

\|f\|_{\mathrm{sup}}=\sup_{x\in X}\big{|}f(x)\big{|},

para toda $f\in\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ é uma norma em $\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ . A norma $\|\cdot\|_{\mathrm{sup}}$ é chamada a norma do supremo e a métrica $d_{\mathrm{sup}}$ associada a $\|\cdot\|_{\mathrm{sup}}$ é chamada a métrica do supremo. Temos que uma seqüência $(f_{n})_{n\geq 1}$ em $\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ converge para uma função $f\in\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ (resp., é de Cauchy) com respeito à métrica $d_{\mathrm{sup}}$ se e somente se $(f_{n})_{n\geq 1}$ converge uniformemente para $f$ (resp., é uniformemente de Cauchy). Se $(f_{n})_{n\geq 1}$ é uma seqüência uniformemente de Cauchy então $(f_{n})_{n\geq 1}$ também é pontualmente de Cauchy e portanto existe $f:X\to\mathds{K}$ tal que $(f_{n})_{n\geq 1}$ converge para $f$ pontualmente; segue do resultado do Exercício 2.36 que $(f_{n})_{n\geq 1}$ converge para $f$ uniformemente. Se todas as funções $f_{n}$ são limitadas, é fácil ver que $f$ também é limitada, e portanto a métrica $d_{\mathrm{sup}}$ é completa e $\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ é um espaço de Banach. Se $X$ é um espaço métrico (ou, mais geralmente, um espaço topológico) então o conjunto $C_{\mathrm{b}}(X,\mathds{K})$ de todas as funções contínuas e limitadas $f:X\to\mathds{K}$ é um subespaço de $\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ ; como o limite uniforme de funções contínuas é contínua, segue que $C_{\mathrm{b}}(X,\mathds{K})$ é fechado em $\mathrm{Bd}(X,\mathds{K})$ e portanto também completo com a métrica (induzida por) $d_{\mathrm{sup}}$ . Segue que $C_{\mathrm{b}}(X,\mathds{K})$ também é um espaço de Banach munido da norma (induzida por) $\|\cdot\|_{\mathrm{sup}}$ . Note que se $X$ é compacto então toda função contínua $f:X\to\mathds{K}$ é limitada, de modo que $C_{\mathrm{b}}(X,\mathds{K})$ coincide com o espaço $C(X,\mathds{K})$ de todas as funções contínuas $f:X\to\mathds{K}$ .

4.1.4 Definição.

Seja $E$ um espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ . Um produto interno em $E$ é uma aplicação:

E\times E\ni(x,y)\longmapsto\langle x,y\rangle\in\mathds{K}

satisfazendo as seguintes condições:

(a)

$\langle\lambda x+x^{\prime},y\rangle=\lambda\langle x,y\rangle+\langle x^{% \prime},y\rangle$ e $\langle x,\lambda y+y^{\prime}\rangle=\bar{\lambda}\langle x,y\rangle+\langle x% ,y^{\prime}\rangle$ , para todos $x,y,x^{\prime},y^{\prime}\in E$ e todo $\lambda\in\mathds{K}$ , onde $\bar{\lambda}$ denota o complexo conjugado de $\lambda$ ;
(b)

$\langle x,y\rangle=\overline{\langle y,x\rangle}$ , para todos $x,y\in E$ ;
(c)

$\langle x,x\rangle>0$ , para todo $x\in E$ com $x\neq 0$ .

Note que a condição (b) implica que $\langle x,x\rangle$ é real, para todo $x\in E$ , de modo que faz sentido falar em $\langle x,x\rangle>0$ , na condição (c). Quando $\mathds{K}=\mathds{R}$ então $\bar{\lambda}=\lambda$ para todo $\lambda\in\mathds{K}$ , de modo que as condições (a) e (b) podem ser substituídas respectivamente por:

(a’)

$\langle\lambda x+x^{\prime},y\rangle=\lambda\langle x,y\rangle+\langle x^{% \prime},y\rangle$ e $\langle x,\lambda y+y^{\prime}\rangle=\lambda\langle x,y\rangle+\langle x,y^{% \prime}\rangle$ , para todos $x,y,x^{\prime},y^{\prime}\in E$ e todo $\lambda\in\mathds{K}$ ;
(b’)

$\langle x,y\rangle=\langle y,x\rangle$ , para todos $x,y\in E$ .

Fazendo $\lambda=1$ na condição (a) obtemos:

\langle x+x^{\prime},y\rangle=\langle x,y\rangle+\langle x^{\prime},y\rangle,% \quad\langle x,y+y^{\prime}\rangle=\langle x,y\rangle+\langle x,y^{\prime}\rangle,

para todos $x,y,x^{\prime},y^{\prime}\in E$ ; daí:

\langle 0,y\rangle=\langle 0+0,y\rangle=\langle 0,y\rangle+\langle 0,y\rangle,% \quad\langle x,0\rangle=\langle x,0+0\rangle=\langle x,0\rangle+\langle x,0\rangle

e portanto:

\langle x,0\rangle=0,\quad\langle 0,y\rangle=0,

para todos $x,y\in E$ . Fazendo $x^{\prime}=0$ , $y^{\prime}=0$ na condição (a) obtemos então:

\langle\lambda x,y\rangle=\lambda\langle x,y\rangle,\quad\langle x,\lambda y% \rangle=\bar{\lambda}\langle x,y\rangle,

para todos $x,y\in E$ e todo $\lambda\in\mathds{K}$ .

O primeiro resultado não trivial sobre produtos internos que provaremos é o seguinte:

4.1.5 Lema (desigualdade de Cauchy–Schwarz).

Seja $E$ um espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ e $\langle\cdot,\cdot\rangle$ um produto interno em $E$ . Então:

\big{|}\langle x,y\rangle\big{|}\leq\langle x,x\rangle^{\frac{1}{2}}\langle y,% y\rangle^{\frac{1}{2}},

(4.1.2)

para todos $x,y\in E$ ; a igualdade em (4.1.2) vale se e somente se $x$ e $y$ são linearmente dependentes.

Demonstração.

Se $x$ e $y$ são linearmente dependentes então ou $y=\lambda x$ ou $x=\lambda y$ , para algum $\lambda\in\mathds{K}$ ; daí é fácil ver que vale a igualdade em (4.1.2). Suponhamos então que $x$ e $y$ são linearmente independentes e provemos que vale a desigualdade estrita em (4.1.2). Provemos primeiramente que:

\big{|}\Re\langle x,y\rangle\big{|}<\langle x,x\rangle^{\frac{1}{2}}\langle y,% y\rangle^{\frac{1}{2}},

(4.1.3)

onde $\Re\lambda$ denota a parte real de um número complexo $\lambda$ . Considere a função $p:\mathds{R}\to\mathds{R}$ definida por:

p(t)=\langle x+ty,x+ty\rangle,

para todo $t\in\mathds{R}$ . Temos:

p(t)=\langle x,x\rangle+t\langle x,y\rangle+t\langle y,x\rangle+t^{2}\langle y% ,y\rangle=\langle x,x\rangle+2t\Re\langle x,y\rangle+t^{2}\langle y,y\rangle,

para todo $t\in\mathds{R}$ . Como $x$ e $y$ são linearmente independentes, temos que $x+ty$ é não nulo, para todo $t\in\mathds{R}$ e portanto $p(t)>0$ , para todo $t\in\mathds{R}$ . Mas $p$ é uma função polinomial do segundo grau e portanto seu discriminante:

\Delta=4\big{(}\Re\langle x,y\rangle\big{)}^{2}-4\langle x,x\rangle\langle y,y\rangle

deve ser negativo. Daí (4.1.3) segue diretamente. Seja agora $\lambda\in\mathds{K}$ com $|\lambda|=1$ tal que $\lambda\langle x,y\rangle$ é real¹¹ 1 Dado um número complexo $z$ , evidentemente existe um número complexo $\lambda$ de módulo $1$ tal que $\lambda z$ é real; basta tomar $\lambda=\frac{\bar{z}}{|z|}$ , se $z\neq 0$ e $\lambda=1$ se $z=0$ .; trocando $x$ por $\lambda x$ em (4.1.3) obtemos:

\big{|}\Re\langle\lambda x,y\rangle\big{|}<\langle\lambda x,\lambda x\rangle^{% \frac{1}{2}}\langle y,y\rangle^{\frac{1}{2}},

donde segue a desigualdade:

\big{|}\langle x,y\rangle\big{|}<\langle x,x\rangle^{\frac{1}{2}}\langle y,y% \rangle^{\frac{1}{2}}.\qed

4.1.6 Corolário.

Seja $E$ um espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ e $\langle\cdot,\cdot\rangle$ um produto interno em $E$ . Então a aplicação $\|\cdot\|:E\to\mathds{R}$ definida por:

\|x\|=\langle x,x\rangle^{\frac{1}{2}},

(4.1.4)

para todo $x\in E$ , é uma norma em $E$ .

Demonstração.

Note que, como $\langle x,x\rangle\geq 0$ para todo $x\in E$ , a aplicação $\|\cdot\|$ está bem definida e $\|x\|\geq 0$ , para todo $x\in E$ ; além do mais, $\|x\|>0$ , para $x\in E$ não nulo. Dados $\lambda\in\mathds{K}$ , $x\in E$ , temos:

\|\lambda x\|=\langle\lambda x,\lambda x\rangle^{\frac{1}{2}}=\big{(}\lambda% \bar{\lambda}\langle x,x\rangle\big{)}^{\frac{1}{2}}=\big{(}|\lambda|^{2}% \langle x,x\rangle\big{)}^{\frac{1}{2}}=|\lambda|\|x\|.

Finalmente, a desigualdade triangular é obtida da desigualdade de Cauchy–Schwarz, através dos cálculos abaixo:

\|x+y\|^{2}=\langle x+y,x+y\rangle=\langle x,x\rangle+\langle x,y\rangle+% \langle y,x\rangle+\langle y,y\rangle\\ =\|x\|^{2}+\|y\|^{2}+2\Re\langle x,y\rangle\leq\|x\|^{2}+\|y\|^{2}+2\big{|}% \langle x,y\rangle\big{|}\\ \leq\|x\|^{2}+\|y\|^{2}+2\|x\|\|y\|=\big{(}\|x\|+\|y\|\big{)}^{2},

onde $x,y\in E$ . ∎

A norma definida em (4.1.4) é chamada a norma associada ao (ou determinada pelo) produto interno $\langle\cdot,\cdot\rangle$ .

4.1.7 Definição.

Seja $E$ um espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ e $\langle\cdot,\cdot\rangle$ um produto interno em $E$ . O par $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ é chamado um espaço pré-Hilbertiano sobre $\mathds{K}$ . Se a métrica associada à norma associada ao produto interno $\langle\cdot,\cdot\rangle$ for completa, dizemos que $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ é um espaço de Hilbert sobre $\mathds{K}$ .

Nós sempre assumiremos que um espaço pré-Hilbertiano $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ está munido da norma (4.1.4) associada ao seu produto interno. Vemos então que todo espaço pré-Hilbertiano é um espaço normado e todo espaço de Hilbert é um espaço de Banach. Nem toda norma está associada a um produto interno, como segue facilmente do seguinte:

4.1.8 Lema (identidade do paralelogramo).

Se $E$ é um espaço vetorial sobre $\mathds{K}$ , $\langle\cdot,\cdot\rangle$ é um produto interno em $E$ e $\|\cdot\|$ é a norma associada a $\langle\cdot,\cdot\rangle$ então:

\|x+y\|^{2}+\|x-y\|^{2}=2\big{(}\|x\|^{2}+\|y\|^{2}\big{)},

(4.1.5)

para todos $x,y\in E$ .

Demonstração.

Temos:

\|x+y\|^{2}=\langle x+y,x+y\rangle=\langle x,x\rangle+\langle x,y\rangle+% \langle y,x\rangle+\langle y,y\rangle,

donde:

\|x+y\|^{2}=\|x\|^{2}+\|y\|^{2}+2\Re\langle x,y\rangle;

(4.1.6)

similarmente:

\|x-y\|^{2}=\|x\|^{2}+\|y\|^{2}-2\Re\langle x,y\rangle.

(4.1.7)

A conclusão é obtida somando (4.1.6) e (4.1.7). ∎

No Exercício 4.10 pedimos ao leitor para mostrar que a norma do supremo não satisfaz a identidade do paralelogramo (exceto pelo caso trivial, em que o domínio tem um único ponto). Vemos então que nem toda norma está associada a um produto interno. No Exercício 4.14 apresentamos um leitor um roteiro para demonstrar que toda norma que satisfaz a identidade do paralelogramo está associada a um único produto interno.

Se $F$ é um subconjunto fechado não vazio de $\mathds{R}^{n}$ e $K$ é um subconjunto compacto não vazio de $\mathds{R}^{n}$ então existem pontos $x\in F$ , $y\in K$ tais que $d(x,y)=d(F,K)$ , ou seja, a distância mínima entre $F$ e $K$ é explicitamente realizada²² 2 Esse não é o caso se supusermos apenas que $F$ e $K$ são fechados. Por exemplo, se $F=\big{\{}\big{(}x,\frac{1}{x}\big{)}:x>0\big{\}}$ e $K=\mathds{R}\times\{0\}$ então $F$ e $K$ são fechados e disjuntos em $\mathds{R}^{2}$ , mas $d(K,F)=0$ .. Como é ilustrado no exemplo a seguir, se $(M,d)$ é um espaço métrico arbitrário, $F\neq\emptyset$ é fechado em $M$ e $K\neq\emptyset$ é um subconjunto compacto de $M$ , não é verdade em geral que a distância mínima entre $F$ e $K$ é realizada, mesmo sob a hipótese que o espaço métrico $M$ seja completo (é verdade, no entanto, que se $K$ e $F$ são disjuntos então $d(K,F)>0$ ).

4.1.9 Exemplo.

Seja $C\big{(}[0,1],\mathds{R}\big{)}$ o espaço de Banach das funções contínuas $f:[0,1]\to\mathds{R}$ munido da norma do supremo (veja Exemplo 4.1.3) e seja $E$ o subespaço de $C\big{(}[0,1],\mathds{R}\big{)}$ constituído pelas funções contínuas $f:[0,1]\to\mathds{R}$ tais que $f(0)=f(1)=0$ . Claramente $E$ é um subespaço fechado de $C\big{(}[0,1],\mathds{R}\big{)}$ e portanto é também um espaço de Banach. Seja $H$ o subconjunto de $E$ definido por:

H=\big{\{}f\in E:{\textstyle\int_{0}^{1}f\,\mathrm{d}\mathfrak{m}=1}\big{\}}.

Se uma seqüência $(f_{n})_{n\geq 1}$ em $C\big{(}[0,1],\mathds{R}\big{)}$ converge uniformemente para $f$ então (veja Exercício 2.26):

\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}f_{n}\,\mathrm{d}\mathfrak{m}=\int_{0}^{1}f\,% \mathrm{d}\mathfrak{m},

donde segue que $H$ é fechado em $E$ . Vamos mostrar que a distância

d_{\mathrm{sup}}(0,H)=\inf_{f\in H}\|f\|_{\mathrm{sup}}

da função nula até $H$ é igual a $1$ , mas que não existe nenhuma função $f\in H$ com $d_{\mathrm{sup}}(0,f)=\|f\|_{\mathrm{sup}}=1$ . Em primeiro lugar, mostremos que não existe $f\in H$ com $\|f\|_{\mathrm{sup}}\leq 1$ . De fato, suponha por absurdo que $f\in H$ e $\|f\|_{\mathrm{sup}}\leq 1$ . Daí $1-f\geq 0$ e $\int_{0}^{1}(1-f)\,\mathrm{d}\mathfrak{m}=0$ , donde $f=1$ quase sempre; mas $f(0)=f(1)=0$ e a continuidade de $f$ implicam que $f$ é menor que $1$ numa vizinhança de $\{0,1\}$ , o que nos dá uma contradição. Vamos agora mostrar que para todo $\varepsilon>0$ existe $f\in H$ com $\|f\|_{\mathrm{sup}}\leq 1+\varepsilon$ . Obviamente podemos supor sem perda de generalidade que $\varepsilon\leq 1$ ; seja $\eta=\frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}\in\left]0,\frac{1}{2}\right]$ e considere a função $f:[0,1]\to\mathds{R}$ definida por:

f(x)=\begin{cases}\frac{1+\varepsilon}{\eta}\,x,&\text{se $0\leq x\leq\eta$},% \\ 1+\varepsilon,&\text{se $\eta\leq x\leq 1-\eta$},\\ \frac{1+\varepsilon}{\eta}\,(1-x),&\text{se $1-\eta\leq x\leq 1$}.\end{cases}

É fácil ver que $f\in H$ e que $\|f\|_{\mathrm{sup}}=1+\varepsilon$ . Logo $d_{\mathrm{sup}}(0,H)=1$ , mas não existe $f\in H$ com $\|f\|_{\mathrm{sup}}=1$ .

4.1.10 Proposição.

Seja $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ um espaço pré-Hilbertiano sobre $\mathds{K}$ e seja $C\subset E$ um subconjunto completo, não vazio, tal que $\frac{1}{2}(p+q)\in C$ , para todos $p,q\in C$ . Então para todo $x\in E$ existe um único ponto $p\in C$ tal que $d(x,p)=d(x,C)$ .

Demonstração.

Sejam $x\in E$ , $p,q\in C$ . Aplicando a identidade do paralelogramo (4.1.5) aos vetores $x-p$ , $x-q$ , obtemos:

\|2x-p-q\|^{2}+\|p-q\|^{2}=2\big{(}\|x-p\|^{2}+\|x-q\|^{2}\big{)},

e portanto:

\|p-q\|^{2}=2\big{(}\|x-p\|^{2}+\|x-q\|^{2}-2\big{\|}x-\tfrac{1}{2}(p+q)\big{% \|}^{2}\big{)}.

(4.1.8)

Seja $c=d(x,C)\geq 0$ . Provemos primeiramente a unicidade de $p$ . Se $p,q\in C$ são tais que $d(x,p)=d(x,q)=c$ então $d\big{(}x,\frac{1}{2}(p+q)\big{)}\geq c$ , de modo que (4.1.8) nos dá:

\|p-q\|^{2}\leq 2(c^{2}+c^{2}-2c^{2})=0,

e daí $p=q$ . Para provar a existência de $p$ , seja $(p_{n})_{n\geq 1}$ uma seqüência em $C$ tal que $d(x,p_{n})<c+\frac{1}{n}$ , para todo $n\geq 1$ . Usando (4.1.8) com $p=p_{n}$ , $q=p_{m}$ e observando que $d\big{(}x,\frac{1}{2}(p_{n}+p_{m})\big{)}\geq c$ , obtemos:

\|p_{n}-p_{m}\|^{2}<2\big{[}\big{(}c+\tfrac{1}{n}\big{)}^{2}+\big{(}c+\tfrac{1% }{m}\big{)}^{2}-2c^{2}\big{]}=2\big{(}\tfrac{2c}{n}+\tfrac{2c}{m}+\tfrac{1}{n^% {2}}+\tfrac{1}{m^{2}}\big{)},

donde segue que $(p_{n})_{n\geq 1}$ é uma seqüência de Cauchy. Já que $C$ é completo, existe $p\in C$ com $p_{n}\to p$ e daí fazendo $n\to\infty$ em $d(x,p_{n})<c+\frac{1}{n}$ obtemos $d(x,p)\leq c$ . Como obviamente $d(x,p)\geq c$ , a conclusão segue. ∎

4.1.11 Definição.

Seja $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ um espaço pré-Hilbertiano sobre $\mathds{K}$ . Dois vetores $x,y\in E$ são ditos ortogonais se $\langle x,y\rangle=0$ . Seja $S$ um subconjunto de $E$ . O complemento ortogonal de $S$ , denotado por $S^{\perp}$ , é conjunto dos vetores $x\in E$ que são ortogonais a todos os vetores de $S$ , isto é:

S^{\perp}=\big{\{}x\in E:\text{$\langle x,y\rangle=0$, para todo $y\in S$}\big% {\}}.

É fácil ver que o complemento ortogonal de um subconjunto $S$ de $E$ coincide com o complemento ortogonal do subespaço vetorial de $E$ gerado por $S$ , de modo que a noção de complemento ortogonal é particularmente interessante apenas para subespaços vetoriais. É fácil ver também que o complemento ortogonal de um subconjunto arbitrário de $E$ é sempre um subespaço de $E$ .

4.1.12 Lema.

Sejam $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ um espaço pré-Hilbertiano sobre $\mathds{K}$ e $S$ um subespaço vetorial de $E$ . Dados $x\in E$ , $p\in S$ , então $d(x,p)=d(x,S)$ se e somente se $x-p\in S^{\perp}$ .

Demonstração.

Sejam $x\in E$ , $p\in S$ e suponha que $x-p\in S^{\perp}$ . Dado $q\in S$ então $p-q\in S$ e portanto os vetores $x-p$ e $p-q$ são ortogonais; pelo Teorema de Pitágoras (veja Exercício 4.15):

\|x-q\|^{2}=\big{\|}(x-p)+(p-q)\big{\|}^{2}=\|x-p\|^{2}+\|p-q\|^{2}\geq\|x-p\|% ^{2},

donde $d(x,p)\leq d(x,q)$ , para todo $q\in S$ . Isso mostra que $d(x,p)=d(x,S)$ . Reciprocamente, suponha que $d(x,p)=d(x,S)$ . Dado $v\in S$ , considere a função $\phi:\mathds{R}\to\mathds{R}$ definida por:

\phi(t)=d(x,p+tv)^{2}=\|(x-p)-tv\|^{2},

para todo $t\in\mathds{R}$ . Temos:

\phi(t)=\|x-p\|^{2}-2t\Re\langle x-p,v\rangle+t^{2}\|v\|^{2},

para todo $t\in\mathds{R}$ . Como $d(x,p)=d(x,S)$ , a função $\phi$ possui um mínimo global em $t=0$ e portanto:

\phi^{\prime}(0)=-2\Re\langle x-p,v\rangle=0.

Concluímos que:

\Re\langle x-p,v\rangle=0,

(4.1.9)

para todo $v\in S$ . Se $\mathds{K}=\mathds{R}$ , a demonstração já está completa. Se $\mathds{K}=\mathds{C}$ , podemos trocar $v$ por $iv$ em (4.1.9), o que nos dá:

\Re\langle x-p,iv\rangle=-\Re\big{(}i\langle x-p,v\rangle\big{)}=\Im\langle x-% p,v\rangle=0,

onde $\Im\lambda$ denota a parte imaginária de um número complexo $\lambda$ . Daí:

\langle x-p,v\rangle=0

e a demonstração está completa. ∎

4.1.13 Definição.

Sejam $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ um espaço pré-Hilbertiano sobre $\mathds{K}$ e $S$ um subespaço vetorial de $E$ . Dado $x\in E$ então um ponto $p\in S$ com $x-p\in S^{\perp}$ é dito uma projeção ortogonal de $x$ em $S$ .

Temos que a projeção ortogonal de $x$ em $S$ é única quando existe; de fato, se $p,q\in S$ e $x-p,x-q\in S^{\perp}$ então $p-q=(x-q)-(x-p)\in S^{\perp}$ e $p-q\in S$ , de modo que $\langle p-q,p-q\rangle=0$ e $p-q=0$ .

4.1.14 Corolário.

Sejam $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ um espaço pré-Hilbertiano sobre $\mathds{K}$ e $S$ um subespaço vetorial de $E$ . Suponha que $S$ é completo (esse é o caso, por exemplo, se $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ é um espaço de Hilbert e $S$ é fechado em $E$ ). Então todo $x\in E$ admite uma (única) projeção ortogonal $p\in S$ .

Demonstração.

Segue da Proposição 4.1.10 que existe $p\in S$ com $d(x,p)=d(x,S)$ . O Lema 4.1.12 nos diz então que $x-p\in S^{\perp}$ . ∎

4.1.15 Corolário.

Demonstração.

Se $v\in S\cap S^{\perp}$ então $\langle v,v\rangle=0$ , de modo que $v=0$ . O Corolário 4.1.14 implica que todo elemento de $E$ é soma de um elemento de $S$ com um elemento de $S^{\perp}$ , i.e., $E=S+S^{\perp}$ . A conclusão segue. ∎