Equações Diferenciais Parciais

Transcrição

1 Universidade Federal de São Carlos Centro de Ciências xatas e de Tecnologia Departamento de Matemática Introdução à Teoria das Distribuições e Tópicos de quações Diferenciais Parciais Autor: Igor Ambo Ferra Orientador: Prof. Dr. Rafael Fernando Barostichi Disciplina: Trabalho de Conclusão do Curso A Curso: Bacharelado em Matemática Professores Responsáveis: Karina Schiabel Silva Tomas dson Barros Vera Lúcia Carbone São Carlos, 20 de janeiro de 2012.

2

3 Introdução à Teoria das Distribuições e Tópicos de quações Diferenciais Autor: Igor Ambo Ferra Orientador: Prof. Dr. Rafael Fernando Barostichi Disciplina: Trabalho de Conclusão do Curso A Curso: Bacharelado em Matemática Professores Responsáveis: Karina Schiabel Silva Tomas dson barros Vera Lúcia Carbone Instituição: Universidade Federal de São Carlos Centro de Ciências xatas e de Tecnologia Departamento de Matemática São Carlos, 20 de janeiro de Nome do Autor (aluno) Nome do Orientador (orientador)

4

5 Agradecimentos À minha família e aos amigos que sempre deram o apoio necessário. Aos professores Pedro Malagutti e José Ruidival por toda a ajuda nas horas difíceis. Ao professor Rafael, pela sua orientação, paciência e seus ensinamentos. Aos professores Daniel Octaviano e José Carlos Martinez, pela base que me deram no início de tudo, sem a qual eu não chegaria até aqui.

6

7 Resumo A teoria das distribuições permite estender o conceito de soluções para equações diferenciais parciais, além de nos fornecer ferramentas potentes para o estudo de operadores diferenciais clássicos. Fizemos neste trabalho alguns pré requisitos básicos para a teoria das Distribuições, tais como a integral de Lebesgue, os espaços L p e os teoremas de convergência. Desenvolvemos também alguns pontos sobre análise de Fourier, definindo a transformada de fourier em S (espaço de Scwhartz) e em seu dual S, para então realizar um estudo mais detalhado de quatro operadores: O operador de Cauchy, o operador das ondas, o operador do calor e o operador de Laplace.

8

9 vii Sumário Introdução xi 1 Teoria de Lebesgue Funções de Conjuntos A Medida de Lebesgue Funções mensuráveis Integração Funções Simples Integral de Lebesgue Teoremas de Convergência Comparação com a Integral de Riemann Integração de Funções Complexas Os espaços L p Teoria Básica dos spaços L p O espaço L Distribuições Introdução Funções Teste Distribuições Operações com Distribuições Derivadas distribucionais e derivadas clássicas Derivadas e Primitivas Partição da Unidade Distribuição com suporte compacto Convergência e convolução em D (Ω) Análise de Fourier Introdução O espaço de Schwartz Transformada de Fourier

10 viii Sumário 5.4 Transformada de Fourier em S Transformada Parcial de Fourier Os Teoremas de Paley-Wiener e Regularidade de Soluções Introdução O teorema de Paley-Wiener Microrregularidade Regularidade de Soluções Soluções Fundamentais Os operadores Clássicos Introdução Operador de Cauchy-Riemman Operador do Calor Operador das Ondas Operador de Laplace

11 ix Lista de Figuras 1.1 Conjuntos lementares Função de densidade de uma massa pontual Deslocamento de caminho

12 x Lista de Figuras

13 xi Introdução ste trabalho traz um estudo da teoria das Distribuições desenvolvida por Laurent Schwartz ( ). Tal teoria além de ter uma grande importância na área de equações diferenciais, também tem uma ligação íntima com outras áreas como a Física. É com ela que podemos formalizar conceitos como a de densidade de uma massa pontual. Admitimos que a teoria básica de função de várias variáveis, assim como alguns conceitos de topologia e espaços métricos são conhecidos, apesar de comentarmos ou demonstrarmos alguns fatos. Dividimos o trabalho em duas partes: a primeira está nos quatro primeiros capítulos, os quais foram elaborados no TCC A. O objetivo final desta parte é atingida no capítulo 4, no qual definimos as distribuições, trabalhamos exemplos e deduzimos os principais resultados que serão utilizados. Os três capítulos iniciais tratam sobre alguns pré-requisitos para tal teoria. Na segunda parte do trabalho (os capítulos 5, 6 e 7, estudados no TCC B), desenvolvemos mais algumas ferramentas da teoria e mostramos algumas de suas aplicacões na teoria de quações Diferenciais Parciais. Uma das contribuições da teoria das distribuições é a ampliação das possíveis soluções para operadores diferenciais. Isso se á pelo fato de que qualquer função L 1 loc (Ω), onde Ω R n é um aberto, pode agora ser solução de uma DP, desde que tal função seja vista como uma distribuição. A teoria das distribuições não só amplia as possíveis soluções, mas também facilita o cálculo de soluções clássicas quando introduzimos o conceito de solução fundamental e operadores hipoelípticos. Um exemplo de operador hipoelíptico é o laplaciano, denotado por e dado por n 2 x j. Neste caso, mostraremos que as distribuições não contribuem com novas soluções para u 0, isto é, toda solução de u 0 é, na verdade, de classe C. Abordaremos o conceito de operadors hipoelípticos no capítulo 3. Tendo em vista o estudo dos operadores clássicos, no capítulo 1 apenas enunciamos as definições, alguns resultados e os principais exemplos obtidos no TCC A, que servirão apenas de referência para os demais capítulos. No capítulo 2, contruímos o espaço de Schwartz S e a transformada de Fourier F no mesmo. A transformada de Fourier é uma

14 xii 0. Introdução ferramenta que permite trocarmos o estudo de derivadas de uma função por um estudo de equações envolvendo polinômios da variável transformada. Ou seja, se tivermos uma DP linear dada em termos de derivadas parciais nas variáveis espaciais x e temporal t, aplicando a transformada parcial de Fourier na variável x, vamos obter uma DO em t com um parâmetro ξ. O trabalho mais difícil então é encontrar a transformada inversa da solução dessa DO. No capítulo 3, demonstramos os teoremas de Paley-Wiener. Tais teoremas caracterizam quando uma distribuição em u D é de classe C. Tal caracterização nos permite definir o conceito de microrregularidade de uma distribuição D, isto é, detectamos as direções onde u deixa de ser regular utilizando estimativas que os teoremas de Paley- Wiener fornecem. Não focamos o estudo de microrregularidade neste trabalho, mas sim o conceito de regularidade utilizando soluções fundamentais, as quais nada mais são do que soluções de P u δ, onde P é um operador diferencial linear e δ é a distribuição Delta de Dirac. No capítulo 4 fazemos um estudo mais detalhado dos quatro operadores clássicos: O operador de Cauchy, o operador das ondas, o operador do calor e o operador de Laplace. m particular, mostraremos que o operador de Cauchy é hipoelíptico e, com isso, deduziremos, de forma alternativa, alguns resultados conhecidos da teoria de variáveis complexas.

15 1 Capítulo 1 Teoria de Lebesgue Neste capítulo estudaremos a Teoria de Lebesgue visando definir a Integral de Lebesgue e alguns resultados importantes como o Lema de Fatou, o Teorema da convergência monónota, e o Teorema da convergência domiminada os quais serão utlizados para o estudo de Distribuições. A Integral de Lebesgue de certa forma expande o conjunto das funções Riemann integráveis, pois funções como a função de Dirichlet passam a ser intregráveis nessa nova teoria. Assim, caminharemos no sentido de definir conjuntos com propriedades convenientes para se falar da Integral de Lebesgue. 1.1 Funções de Conjuntos Definição 1.1. Uma família R de conjuntos chama-se anel se são verificadas as seguintes propriedades para A, B R quaisquer: 1. A B R. 2. A B R. Da igualdade A B A (A B) temos que A B R quando A, B R e R é um anel. Dizemos ainda que R é um σ-anel quando se verifica A n R, n1 n1 n1 se A i R, i 1, 2, 3,.... A igualdade A n A 1 (A 1 A n ) nos mostra que A n R quando R é um σ-anel. n1

16 2 1. Teoria de Lebesgue Definição 1.2. Dizemos que φ é uma função de conjunto em R se φ associa a cada A R um número φ (A) do conjunto dos números reais ampliado. Uma função φ é dita aditiva se quando (A B). φ é σ-aditiva quando φ (A B) φ (A) + φ (B), ( ) φ A n n1 se A i A j, quando i j. φ (A n ). (1.1) Observação 1.3. Para que a série em (1.1) faça sentido vamos supor que φ não possa assumir + e simultaneamente. Além disso, o primeiro membro da equação nos diz que a série independe da ordem dos A n. Pelo teorema da reordenação temos que ou a série converge absolutamente ou as somas parciais tendem para + ou. De fato, suponha que a série não convirja e que as somas parciais não tendem para + ou. ntão teremos infinitos índices n i e m i, i 1, 2, 3,... tais que φ (A ni ) < 0 e φ (A mi ) > 0, pois caso contrário, se os dois conjuntos de índices fossem finitos, a série iria converjir trivialmente ( e se apenas um deles fosse finito, a série iria para + ou. Mas ) ( ) então teríamos φ A ni e φ A mi +, pois sendo um dos dois finitos ou ambos finitos teríamos uma contradição (no primeiro caso teríamos a soma + ou e no segundo caso teríamos uma convergência trivial). Porém, excluímos a possibilidade de φ assumir tais valores simultaneamente, o que conclui a afirmação. Convencionaremos n1 também que φ não é constant igual a + ou. Proposição 1.4. Se φ é uma função de conjunto e aditiva, então valem: 1. φ ( ) φ (A 1... A n ) φ (A 1 ) (A n ), se A i A j para i j. 3. φ (A 1 A 2 ) + φ(a 1 A 2 ) φ (A 1 ) + φ (A 2 ). 4. Se φ (A) 0, A R e se A 1 A 2, então φ (A 1 ) φ (A 2 ). 5. φ (A B) φ (A) φ (B) se B A e φ (B) < +. Demonstração. 1. Como φ não é identicamente + ou, existe A R tal que φ (A) é finito. Como A, segue da aditividade de φ que φ (A) φ (A ) φ (A) + φ ( ).

17 1.1. Funções de Conjuntos 3 Logo, φ ( ) Segue por indução finita: Para n 2 é a própria hipótese de aditividade de φ. Suponha que seja válido para um certo k N e considere A 1,..., A k+1 R tais que A i A j para i j e i, j {1, 2,... k + 1}. ntão temos que A i A j para i j e i, j {1, 2,... k} e A A 1... A k é tal que A A k+1. Usando o caso n 2 e a hipótese de indução, temos: φ (A 1... A k A k+1 ) φ (A A k+1 ) φ (A 1... A k ) + φ (A k+1 ) φ (A 1 ) φ (A k ) + φ (A k+1 ). 3. Observe que e A 1 A 2 (A 1 A 2 ) (A 2 A 1 ) (A 1 A 2 ) A 1 (A 1 A 2 ) (A 1 A 2 ). Como tais reuniões são disjuntas, segue da atividade que: φ (A 1 ) + φ (A 2 ) φ (A 1 A 2 ) + φ (A 2 A 1 ) + 2φ (A 1 A 2 ) φ (A 1 A 2 ) + φ (A 1 A 2 ). 4. Como A 1 A 2, temos que A 2 (A 2 A 1 ) A 1. Sendo tal reunião disjunta, pela propriedade anterior e pela hipótese temos que φ (A 2 ) φ (A 1 ) φ ((A 2 A 1 ) A 1 ) φ (A 1 ) φ (A 2 A 1 ) + φ (A 1 ) φ (A 1 ) φ (A 2 A 1 ) Como B A, temos A B B, B A. Assim, se φ (B) < +, temos φ (A B) φ (A B) φ ( ) φ (A B) + φ (A B) φ (B A) φ (A B) φ ((A B) (A B)) φ ((B A) (A B)) φ (A) φ (B).

18 4 1. Teoria de Lebesgue Teorema 1.5. Seja φ uma função σ-aditiva em um σ-anel R. Suponha ainda que A n R, n 1, 2, 3,..., A 1 A 2 A 3..., A R e A A n. n1 ntão φ (A n ) φ (A) quando n. Demonstração. Definimos os seguintes conjuntos: B 1 A 1, B n A n A n 1, n 2, 3, 4,.... Afirmação 1: B i B j se i j. De fato, suponha sem perda de generalidade que i < j. ntão da hipótese segue que A i A j 1. Como B j A j A j 1, segue que se x B i, então x A i e portanto x A j 1. Assim, x / B j e portanto B i B j. Afirmação 2: A n B 1... B n. De fato se x B 1... B n, então x B j A j A j 1, sendo j {1,... n}. Assim, x A j A n, pois j n. Reciprocamente, suponha x A n e que x / B 1... B n. Como B 1 A 1, segue que x / A 1. Note que A n A 1... A n, e portanto x A i0, para algum 2 i 0 n. Como x / B i0 A i0 A i0 1, segue que x A i0 1. Aplicando o mesmo argumento iteradamente, concluímos que x A 1, o que é uma contradição. Logo, x B 1... B n. Afirmação 3: A B n. n1 O argumento é similar ao anterior: Se x n1 B n, então x B i0 para algum i 0 N. Logo, x A i0 A i0 1 e portanto x A i A. Reciprocamente, suponha x A. ntão x A i0, para algum i 0 N. Se x / B n, então temos que x / B i, i N, e em particular x / B 1. Observe que x / B i0 n1 A i0 A i0 1 e como x A i0, temos que x A i0 1. Aplicando o mesmo argumento iteradamente temos que x A 1, contradição. Assim, sendo φ σ-aditiva, temos que ( n ) φ (A n ) φ B i n φ (B i ) e de onde concluímos que ( ) φ (A) φ B i φ (B i ), φ (A n ) φ (A) quando n.

19 1.2. A Medida de Lebesgue A Medida de Lebesgue Nestaa seção construiremos a medida de Lebesgue e os conjuntos mensuráveis, os quais serão a base para falarmos de funções mensuráveis e posteriormente da Integral de Lebesgue. Definição 1.6. Representaremos por R p o espaço euclidiano p-dimensional. Chamaremos de intervalo em R p os conjuntos constituídos por pontos x (x 1,..., x p ) tais que a i x i b i, i 1,..., p, (1.2) ou um conjunto de pontos caracterizados por (1.2) com um ou todos os sinais substituidos por <. Não excluímos a possibilidade de a i b i para algum i. Portanto, o conjunto é um intervalo se considerarmos algum a i b i e o sinal < em (1.2). Diremos ainda que A é um conjunto elementar quando A for a reunião de um número finito de intervalos, e denotamos por o conjunto de todos os conjuntos elementares de R p. Definição 1.7. Se I for um intervalo em R p de extremos b i a i como em (1.2), definimos m (I) p (b i a i ). Observe que se p 1, 2, 3, então m (I) coincide o comprimento, área e volume de I respectivamente. Suponha A possa ser escrito como A I 1... I n, sendo que os intervalos disjuntos dois a dois. ntão definimos m(a) m(i 1 ) m(i m ). (1.3) Definimos portanto uma função de conjunto m : [0, + ] que satisfaz as seguintes propriedades: Proposição 1.8. a dois. 1. Se A, então A é a reunião finita de intervalos disjuntos dois 2. Se A, então m(a) fica bem definida por (1.3), ou seja, m(a) possui o mesmo valor para qualquer que seja a decomposição de A em intervalos disjuntos. Note que pelo item anterior, sempre existe uma tal decomposição. 3. m é aditiva em. Observe m é uma forma natural de definir a medida de intervalos ou conjuntos elementares. Tal proposição mostra que de fato m é uma função aditiva no anel. sses

20 6 1. Teoria de Lebesgue dois elementos são a base para a construção da medida de Lebesgue. Geometricamente, para p 1, 2, 3, a proposição é facilmente visualizada. alguns casos dos itens acima. Demonstração. 1. é um anel: Assim, faremos um esboço de Se A 1, A 2, então A 1 I (1) 1... I n (1) 1 e A 2 I (2) 1... I n (2) 2. Como a união A 1 A 2 I (1) 1... I n (1) 1 I (2) 1... I n (2) 2 é finita, temos A 1 A 2. Além disso, observe que A 1 A 2 ( I (1) [ I (1) 1 Logo, é suficiente mostrar que ( I (2) ) 1... I n (1) I (2) ( )] I (2) 1... I n (2) 2... n 2 ) [ I (1) j I (2) 1... I (2) n 2 ]. [ I n (1) 1 ( )] I (2) 1... I n (2) 2. [ ] [( ) ( Observe que I (1) j I (2) 1... I n (2) 2 I (1) j I (2) 1 I (2) 2... I n (2) 2 )]. Assim, por indução finita, é suficiente mostrar que I J se I e J são intervalos. Faremos o caso em que I [ ] [ ] a (1) 1, b (1) 1 a (1) 2, b (1) 2... [ ] a (1) p, b (1) p e J [ ] [ ] a (2) 1, b (2) 1 a (2) 2, b (2) 2... [ ] a (2) p, b (2) p, sendo os demais casos análogos. Analisemos os seguintes casos: (a) I J : ntão I J I. (b) I J: ntão I J. [ ] (c) J I: ntão a (2) i, b (2) i (I J) [ a (1) i, b (1) i ], i 1, 2,..., p. Neste caso teremos: [ ) [ ] a (1) 1, a (2) 1 a (1) 2, b (1) 2... [ ] a (1) p, b (1) p ( ] [ ] b (2) 1, b (1) 1 a (1) 2, b (1) 2... [ ] a (1) p, b (1) p [ ] [ ) a (1) 1, b (1) 1 a (1) 2, a (2) 2... [ ] a (1) p, b (1) p [ ] ( ) a (1) 1, b (1) 1 b (2) 2, b (1) 2... [ ] a (1) p, b (1) p. [ ] [ a (1) 1, b (1) 1... [ ] a (1) 1, b (1) 1... a (1) p 1, b (1) p 1 [ a (1) p 1, b (1) p 1 ) ) [ ) a (1) p, a (2) p ( ] b (2) p, b (1) p. De fato, denotando por B o conjunto definido acima, temos: Se x

21 1.2. A Medida de Lebesgue 7 [ ] a (1) i, b (1) i, i 1, 2,..., p e para pelo me- (x 1,..., x p ) I J, então x i [ nos um j 1,..., p, x j / a (2) j, b (2) j e portanto pois x i concluímos que x / ]. Suponha que x / B. ntão [ ) [ ] a (1) 1, a (2) 1 a (1) 2, b (1) 2... [ ] a (1) p, b (1) p, x 1 / [ ) a (1) 1, a (2) 1. [ ] a (1) i, b (1) i, i 2, 3,..., p. De modo analogo, x 1 / x 1 [ ] a (2) 1, b (2) 1. Com o mesmo argumento para cara termo de B, temos que x i portanto x J, contradição. ( ] b (2) 1, b (1) 1 de onde [ ] a (2) i, b (2) i e Reciprocamente, se x B, então para algum j 1,..., p, temos que b (2) j < x [ ] j ou x j < a (2) j. Além disso, para todo i 1, 2,..., p, temos que x i a (1) i, b (1) i. Assim, x I J. Para o caso geral, observemos que se I e J são intervalos, então I J é um intervalo. De fato, utilizando a mesma anotação acima, definimos: { } α i max a (1) i, a (2) i, para i 1, 2,..., p, { } β i min b (1) i, b (2) i, para i 1, 2,..., p e considere Q [α 1, β 1 ]... [α p, β p ]. ntão I J Q. De fato, x (x 1,..., x p ) I J x i [ ] [ ] a (1) i, b (1) i a (2) i, b (2) i, para i 1,..., p a (1) i, a (2) i x i b (1) i, b (2) i para i 1,..., p α i x i β i, para i 1,..., p x i [α i, β i ] x Q. Dessa forma, temos I J I, sendo que I J é um intervalo. igualdade I J I I J ntão a nos dá que I J pelo caso anterior, e concluímos que é um anel. não é σ-anel:

22 8 1. Teoria de Lebesgue Observe que R p n1 é sempre limitada, R P /. [ n, n]... [ n, n], mas como a união finita de intervalos 2. Se A, então A é a reunião finita de intervalos disjuntos dois a dois. Observe que é suficiente fazer a demonstração se A for união de dois intervalos I e J, pois o argumento para o caso geral segue indutivamente. Os casos em que I J, I J ou J I são analogos ao que foi feito no item anterior. Faremos um caso particular em que p 2, sendo os demais casos análogos: Suponha que vale a (1) 1 a (2) 1 b (1) 1 a (2) 1 e a (2) 2 a (1) 2 b (2) 2 b (1) 2. Graficamente, temos: dessa forma segue que I U Figura 1.1: Conjuntos lementares ([ ) [ 1, a (2) 1 ] a (1) ([ a (2) 1, b (1) 1 a (1) 2, b (2) 2 [ a (2) 2, b (2) 2 ]) ([ ]) sendo que os intervalos são disjuntos dois a dois. a (1) 1, b (1) 1 ] (( b (1) 1, b (2) 1 ] ( b (2) 2, b (1) 2 [ a (2) 2, b (2) 2 3. Se A, então m(a) fica bem definida por (1.3), ou seja, m(a) possui o mesmo valor para qualquer que seja a decomposição de A em intervalos disjuntos. Note que pelo item anterior, sempre existe uma tal decomposição. Inicialmente observe que [a, b) [b, c] [a, c] e (b a) + (c b) c a. Assim, uma tal decomposição dessa forma não irá alterar o valor m(a). ]) ]). Desprezando tais decomposições, vamos ter que todo conjunto elementar tem uma decomposição única, o que conclui a afirmação feita. 4. m é aditiva em.

23 1.2. A Medida de Lebesgue 9 Pelos itens anteriores, temos que se A, B então A I 1... I na, sendo os intervalos disjuntos dois a dois e B J 1... J nb, sendo os intervalos disjuntos dois a dois. Assim, se A B, teremos que I 1,..., I na, J 1,..., J nb Logo, são disjuntos dois a dois. m (A B) m (I 1..., I na J 1... J nb ) m (I 1 ) m (I na ) + m (J 1 ) +... m (J nb ) m (A) + m (B). o que conclui a demosntração. Definição 1.9. Dizemos que uma função de conjunto φ não negativa é regular quando se verifica a seguinte propriedade: Para cada A e cada ɛ > 0 dado, existem F, G tais que F é fechado, G é aberto, F A G e vale φ (G) ɛ φ (A) φ (F ) + ɛ (1.4) Proposição A função m é regular: Mostremos inicialmente que (1.4) vale para intervalos. Seja I R p um intervalo. Suponha primeiramente I (a 1, b 1 )... (a p, b p ). Se algum a j b j, então podemos tomar F G I. ntão podemos supor a i 0 dado. Sendo I aberto, podemos tomar G I. Analisemos então dois casos: 1. Se m(i) ɛ 0: Neste caso, sendo I aberto, tomamos um intervalo F I fechado qualquer tal que m(f ) > < m(i) ɛ: ntão podemos tomar δ tal que 0 < δ < 1 p m(i) ɛ m(i) F e considerar [ a 1 + δ 2 (b 1 a 1 ), b 1 δ ] [ 2 (b 1 a 1 )... a p + δ 2 (b p a p ), b p δ ] 2 (b p a p ) I. ntão temos m (F ) m (I) (1 δ) p ( ) m (I) ɛ m (I) m (I) m (I) ɛ.

24 10 1. Teoria de Lebesgue Agora suponha que I [a 1, b 1 ]... [a p, b p ]. Podemos tomar F I e para G, consideramos 0 < δ < p m(i)+ɛ 1 e definimos m(i) G I ( a 1 δ 2 (b 1 a 1 ), b 1 + δ ) ( 2 (b 1 a 1 )... a p δ 2 (b p a p ), b p + δ ) 2 (b p a p ). Logo, m (G) ɛ m (I) (1 + δ) p ɛ m (I). O caso geral segue utilizando os dois casos acima. Finalmente, se A, então A I 1... I n, sendo os intervalos disjuntos dois a dois. Dado ɛ > 0, para cada i 1, 2,..., n existe um intervalo aberto G i I i e m (G i ) ɛ n < m (I i). ntão A G 1... G n que é aberto e m (G) ɛ < n m (G i ) ɛ n ( m (G i ) ɛ ) n n m (I i ) m (A). xitem também intervalos fechados F i I i, i 1, 2,..., n (e portanto F i F j se i j) tais que m (I i ) m (F i ) + ɛ n. Tomando F F 1... F n, temos que F é fechado, F A e m (A) n m (I i ) n ( m (F i ) + ɛ ) n n m (F i ) + ɛ m (F ),

25 1.2. A Medida de Lebesgue 11 o que demonstra que m é regular. xemplo Consideremos p 1 e α : R R uma função monótona crescente. Nessas hipóteses sabemos que sempre existem, para qualquer que seja a R, os seguintes limites: e α(a ) lim α(x) sup α (x) x a x<a α(a+) lim α(x) inf α (x). x a+ a<x Considerando todos os tipos de intervalos limitados possíveis na reta, damos a seguinte definição para µ: µ ([a, b)) α (b ) α (a ), µ ([a, b]) α (b+) α (a ), µ ((a, b]) α (b+) α (a+), µ ((a, b)) α (b ) α (a+). Como feito no exemplo anterior, é suficiente provar que µ é regular quando consideramos apenas intervalos. Faremos no caso em que I [a, b), sendo os demais casos analogos. Seja ɛ > 0 dado. Como α(b ) sup α (x) e α é monótona crescente, existe x<b x 0 (a, b) tal que α(b ) ɛ < α(x 0 ) < α(b ). Segue então que α(b ) ɛ < α(x 0 ) α(x 0 +). e portanto α(b ) < ɛ+α(x 0 +). Assim, α(b ) α(a ) α(x 0 +) α(a )+ɛ. Concluímos que µ ([a, b)) µ ([a, x 0 ]) + ɛ, sendo que [a, x 0 ] [a, b). Ainda para tal ɛ > 0, como α(a ) sup α (x), existe x 0 < a tal que x<a α(a ) ɛ < α(x 0 ) α(x 0 ). e portanto α(x 0 ) ɛ α(a ). Assim, α(b ) α(x 0 ) ɛ α(b ) α(a ) e concluímos que µ ((x 0, b)) ɛ µ ([a, b)), sendo que (x 0, b) [a, b). Iremos agora construir, a partir de uma função regular em, um σ-anel que contém o anel e uma função σ-aditiva nesse σ-anel. Definição Seja µ uma função de conjunto aditiva, regular, não negativa e finita em. Seja R p e consideramos coberturas enumeráveis A n, com A n. Definimos então µ () inf µ (A n ). sendo o ínfimo relativo a todas as coberturas enumeráveis de por conjuntos elementares. n1 n1

26 12 1. Teoria de Lebesgue µ é chamada de medida exterior de correspondente a µ. Proposição Com as definições dadas acima, valem: 1. µ () 0, R p. 2. µ ( 1 ) µ ( 2 ) se 1 2. Demonstração. 1. Como µ é não negativa, temos que 0 µ (A n ), A n. m particular para todas as coberturas enumeráveis de por conjuntos elementares. Logo, 0 inf µ (A n ). n1 µ () n1 2. Como 1 2, então toda cobertura de 2 por abertos elementares também é cobertura de 1. Logo, { } { } µ (A n ) : 1 A n, A n elementar µ (B n ) : 2 B n, B n elementar n1 n1 n1 n1 e passando ao ínfimo obtemos a desigualdade desejada. Teorema Se A então µ (A) µ (A). 2. Se n1 n, então µ () µ ( n ) (subaditividade de µ ). n1 Demonstração. 1. Seja A e ɛ > 0 dado. Sendo µ regular, existe G aberto tal que A G e µ (G) < µ (A) + ɛ. Podemos então considerar B 1 G e B n, n 2. Obtemos Sendo ɛ arbitrário, temos que µ (A) inf A A n µ (G) µ (A n ) n1 < µ (A) + ɛ. µ (A) µ (A). (1.5)

27 1.2. A Medida de Lebesgue 13 Por outro lado, para tal ɛ dado, podemos obter conjuntos A n, n N cuja união cobre A e tais que µ (A n ) µ (A) + ɛ. n1 Sendo µ regular, existe um fechado elementar F A tal que µ (A) µ (F ) + ɛ. Sendo F um intervalo fechado, F é compacto e podemos extrair uma subcobertura finita m F A ni. Como µ é aditiva e não negativa, obtemos µ (A) µ (F ) + ɛ ( m ) µ A ni + ɛ m µ (A ni ) + ɛ µ (A) + 2ɛ. Sendo ɛ arbitrário temos que µ (A) µ (A) e com a quação (1.5) concluímos que 2. Seja n1 µ (A) µ (A). n. Se µ ( i ) + para algum i, então a desigualdade vale pois i. Suponha então que µ ( i ) < +, i N. Dado ɛ > 0, para cada i 1, 2, 3,... existem conjuntos A (i) n,n 1, 2, 3,... cuja união cobrem i e n1 µ ( ) A n (i) µ ( i ) + 2 n ɛ. ( Como A (i) n n1 ), temos µ () ( µ ( ) ) A (i) n n1 ( µ ( n ) + 2 n ɛ ) (µ ( n )) + ɛ.

28 14 1. Teoria de Lebesgue Sendo ɛ arbitrário, segue a desigualdade. Observe que a medida exterior µ é uma extensão de µ ao conjunto das partes de R p. No entanto esse não é o conjunto mais adequado para se trabalhar com tal medida, pois queremos que propriedades como a σ-aditividade seja válida. Tendo essa motivação em vista, contruiremos um σ-anel que contém o anel e no qual a medida exterior tenha as propriedades que nos interessam. Definição Sejam A, B R p. Definimos S (A, B) (A B) (B A) e (1.6) d (A, B) µ (S (A, B)). (1.7) S definido em (1.6) é chamado de diferença simétrica de A e B. screvemos também A n A quando lim n d (A n, A) 0. Definição Quando existe uma sequência de conjuntos elementares A n tais que lim d (A n, A) 0, então diremos que A é finitamente µ-mensurável e escrevemos A n M F (µ). Se A é a união enumerável de conjuntos finitamente µ-mensuráveis, então dizemos que A é µ-mensurável e escrevemos A M (µ). Mostraremos que o conjunto M (µ) é um σ-anel e que µ é uma função σ-aditiva em M (µ). Para isso listaremos algumas propriedades de teoria dos conjuntos abaixo. Lema Para quaisquer A, B e C subconjuntos de R p, valem: 1. S (A, B) S (B, A). 2. S (A, B) S (A, C) S (C, B). 3. Se A 1, A 2, B 1 e B 2 são subconjuntos de R p, então S (A 1 A 2, B 1 B 2 ) S (A 1 A 2, B 1 B 2 ) S (A 1 A 2, B 1 B 2 ) S (A 1, B 1 ) S (A 2, B 2 ). Com tais inclusões temos o seguinte resultado: Lema Para quaisquer A, B e C subconjuntos de R p, valem: 1. d (A, B) d (B, A). 2. d (A, A) 0.

29 1.2. A Medida de Lebesgue d (A, B) d (A, C) d (C, B). 4. Se A 1, A 2, B 1 e B 2 são subconjuntos de R p, então d (A 1 A 2, B 1 B 2 ) d (A 1 A 2, B 1 B 2 ) d (A 1 A 2, B 1 B 2 ) d (A 1, B 1 ) + S (A 2, B 2 ). Demonstração. Como d (A, B) µ (S (A, B)), o resultado segue da subadtividade de µ e das inclusões do lema Teorema M (µ) é um σ-anel e µ é σ-aditiva em M (µ). Demonstração. Dividiremos a prova em partes. Inicialmente mostraremos que M F (µ) é um anel e µ é aditiva em M F (µ). Suponha A e B conjuntos com µ (B) finito e 0 µ (B) µ (A). ntão µ (A) d (A, ) d (A, B) + d (B, ) d (A, B) + µ (B) e portanto µ (A) µ (B) d (A, B). (1.8) Ou seja, se pelo menos uma das medidas exteriores de A ou B for finita, vale a equacão 1.8. Suponha A, B M F (µ). ntão por definição existem A n, B n, n N com A n A e B n B. Observe então que do lema (1.18) temos que d (A n B n, A B) d (A n, A) + d (B n, B) e portanto A n B n A B. (1.9) Da mesma forma, utilizando o lema (1.18) e o que foi observado acima, temos que A n B n A B, (1.10) A n B n A B, (1.11) µ (A n ) µ (A). (1.12)

30 16 1. Teoria de Lebesgue Observe ainda que µ (A) < +, pois para todo n N, temos µ (A) d (A, A n ) + d (A n, ) d (A, A n ) + µ (A n ) d (A, A n ) + µ (A n ). Como A n, temos que µ (A n ) < +. Além disso, d(a n, A) 0 e portanto podemos limitar d(a n, A) para n suficientemente grande, o que conclui a afirmação feita. As equações (1.9) e (1.11) mostram que A B M F (µ) e A B M F (µ), já que união e diferença de conjuntos elementares ainda é um conjunto elementar. A aditividade de µ segue de (1.12) e do Teorema 1.14: µ (A n ) + µ (B n ) µ (A n ) + µ (B n ) µ (A n B n ) + µ (A n B n ) µ (A n B n ) + µ (A n B n ). Fazendo n, obtemos µ (A) + µ (B) µ (A B) + µ (A B). A B concluímos a aditividade de µ. assim, se Mostremos agora que se A M (µ) e µ (A) <, então A M F (µ). Inicialmente, note que se A M (µ), então então A pode ser escrito como um reunião disjunta de elementos de M F (µ). De fato, se A M (µ), então A Temos então que A a dois. A 1 A 1 e ( ) A n A 1... A n n1 n1 A n, com A n M F (µ). Definimos ( ) A 1... A n 1, n2,3,4,.... A n, sendo que os conjuntos definidos acimas são disjuntos dois Da subaditividade de µ, já sabemos que µ (A) µ (A n ). Por outro lado, como A 1... A n A, da aditividade de µ no anel M F (µ), temos que µ (A 1 ) µ (A n ) µ (A). n1 Passando o limite mantemos a desigualdade e obtemos que µ (A) µ (A n ). (1.13) n1 Logo, se µ (A) <, a série do lado direito da igualdade é convergente. Tomamos

31 1.2. A Medida de Lebesgue 17 B n A 1... A n e então temos: d (A, B n ) µ ((A A 1... A n ) (A 1... A n A)) µ (A A 1... A n ) ( ) µ A i in+1 in+1 µ (A i ) 0 quando n. Como M F (µ ) é um( anel, ) B n M F (µ ), n N, ou seja, para cada n 1, 2, 3,..., existe uma sequência de conjuntos elementares tais que C (n) k Definimos a sequência D n C (n) n k ( ) d B n, C (n) k 0, quando k, n N. M F (µ ) e temos que d (A, D n ) 0, quando n. Logo, A M F (µ). Mostremos que µ é enumeravelmente adivita em M (µ): Suponha A A n, com A n M (µ) e A i A j se i j. Se tivermos algum A j tal que n1 µ (A j ), então como A j A, teremos a igualdade µ (A n ) µ (A) +. n1 Se µ (A j ) <, j N, então temos que A j M F (µ) e a igualdade foi provada em (1.13). Finalmente, temos que M (µ) é σ-anel: 1. Suponha A n M (µ), n N. ntão para cada i N temos que A i k1 B (i) k, com B (i) k M F (µ) e portanto ( A i a qual ainda é uma reunião enumerável de elementos finitamente µ-mensuráveis. Logo, A i M (µ). k1 B (i) k ),

32 18 1. Teoria de Lebesgue 2. Suponha A, B M (µ). ntão A A n, com A n M F (µ) e n1 B B n, com B n M F (µ). n1 Observe que fixado n, temos A n B (A n B i ). Como M F (µ) é anel, segue que A n B i M F (µ), i N. Logo, A n B M (µ). Além disso, temos que µ (A n B) µ (A n ) < + e portanto A n B M F (µ), n N. Assim, temos que A n B A n (A n B) M F (µ), n N. Da igualdade A B (A n B), temos A B M (µ). n1 Contruímos assim, a partir do anel dos conjuntos elementares e da medida exterior µ, um σ-anel, no qual µ é σ-aditiva. sta função µ é chamada medida e a denorateremos a partir de agora apenas por µ. No caso em que µ m definida em (1.3), temos a medida de Lebesgue em R p. Observação Se A é um conjunto aberto, então A M (µ). Isso se deve ao fato de conseguirmos uma base enumerável de intervalos abertos em R p, tomando apenas bolas com coordenadas racionais e usando a densidade dos pontos com coordenadas racionais. m particular, R p M (µ) e portanto todo fechado F M (µ). 2. Dado A M (µ) e ɛ > 0, então existem F fechado e G aberto tais que F A G e valem as desigualdades: µ (G A) < ɛ e µ (A F ) < ɛ. De fato, suponha que µ (A) <. A 1, A 2,... abertos tais que Pela definição de µ, temos que existem A n1 A n e µ (A n ) < µ (A) + ɛ. n1 Tomando G A n temos que A G, e G é um aberto. Pelo item 5 da Proposição n1

33 1.2. A Medida de Lebesgue 19 (1.4) segue que Para o caso geral, temos que A µ (G A) µ (G) µ (A) ( ) µ A n µ (A) n1 < ɛ. n1 µ (A n ) µ (A) n1 A n, com µ (A n ) <, pois A n M F (µ). Logo, para cara i N, temos que existe G i aberto tal que A i G i e µ (G i A i ) < ɛ2 i. Tomando o aberto G como G G n, temos que A G e n1 ( ) µ (G A) µ G n A n n1 n1 ( ) µ (G n A n ) < ɛ. n1 µ (G n A n ) n1 n1 ɛ2 n Para provar a existência de F, considere B A c. Pelo que foi provado acima, existe G aberto tal que B G e µ (G B) < ɛ. Logo, F G c é um fechado que contém A e como A F G B, temos que µ (A F ) < ɛ. 3. O menor σ-anel que contém todos os abertos de R p é chamada de σ-anel de Borel e denotada por B, isto é, se R é um σ-anel que contém todos os abertos de R p, então B R. Consequentemente, B contém todos os fechados e pelo item 1 desta observação, temos que B M (µ). Assim, dado A M (µ), existem F, G B tais que F A G e µ (G A) 0 e µ (A F ) 0. De fato, seja para cada n N, existe um aberto G n e um fechado F n tais que F n A G n e µ (G n A) < 1 n e µ (A F n) < 1 n.

34 20 1. Teoria de Lebesgue Tome G G n e F F n ambos em B. ntão temos que n1 n1 (G A) (G n A) e (A F ) (A F n ), n N, obtendo µ (G A) < 1 n e µ (A F ) < 1, n N. n Como podemos escrever A F (A F ), temos que A é sempre um conjunto de Borel unido comum conjunto de medida nula. 4. Os conjuntos de medida nula formam um σ-anel. Se A 1, A 2, A 3... são conjuntos de medida nula, então dado ɛ > { 0, para } cada i N, por definição, existe uma cobertura por conjuntos elementares de A i tal que A (i) k k Logo, Portanto A (i) k k1 j1 ( µ A (i) j ) < ɛ2 i. é uma cobertura enumerável de ( ) µ A i 0. ( A i tal que µ k1 ) A (i) k < ɛ. 5. Na medida de de Lebesgue (µ m), todo conjunto enumerável tem medida nula. Considere X {x 1, x 2,..., x n,...} um conjunto enumerável. ntão temos que X pode ser escrito como a união disjunta X {x n } n1 e como m ({x i }) 0, o que conclui a observação. 1.3 Funções mensuráveis Definição Dado um conjunto X, dizemos que X é um espaço de medida se existe um σ-anel M de subconjuntos de X e uma função de conjunto µ não negativa e σ-aditiva definida em M. Os conjuntos de M são chamados de conjuntos mensuráveis e µ é chamada de medida definida em M. Se X M dizemos que X é um espaço mensurável. xemplo X R p e M a coleção M (µ) definida na seção anterior, com µ m a medida de Lebesgue. xemplo X N, M P (N) e µ (A) card (A), em que card (A) representa o cardinal de A e P (N) o conjunto das partes de N.

35 1.3. Funções mensuráveis 21 Definição Seja X um espaço mensurável e f : X [, + ] função. Dizemos que f é mensurável quando para todo a R temos que {x : f (x) > a} é mensurável. xemplo X R p com a medida de Lebesgue m e o σ-anel M (µ). Se f é uma função contínua, então f é mensurável, pois {x : f (x) > a} é um aberto já que é imagem inversa de um aberto. Teorema Seja (X, M) espaço mensurável e f : X [, + ] função. As seguintes afirmações são equivalentes: 1. {x : f (x) > a} é mensurável para cada a R. 2. {x : f (x) a} é mensurável para cada a R. 3. {x : f (x) < a} é mensurável para cada a R. 4. {x : f (x) a} é mensurável para cada a R. Demonstração. 1) 2): Basta observar que {x : f(x) a} n1 { x : f (x) > a 1 }. n Como M é σ-anel, temos que {x : f(x) a} M, pois cada um dos conjuntos do lado direito da igualdade estão em M. Basta tomar o complementar para mostrar que 2) 3) e os demais são análogos. Teorema Seja (f n ) n uma sequência de funções mensuráveis. Para x X definimos g(x) f n (x), n 1, 2, 3... h(x) lim sup f n (x). n ntão g e h s ao mensuráveis. Um resultado análogo vale para inf e lim inf. Demonstração. Mostremos que g é mensurável. Observe que {x : g (x) > a} {x : f n (x) > a}. n1 Logo, a mensurabilidade de g segue do fato de que cada f n é mensurável e portanto cada conjunto do lado direito da igualdade é mensurável. Para provar que h é mensurável podemos considerar h(x) lim sup f n (x) como n sendo o menor valor de aderência da sequência (f n (x)) n ou equivalentemente h (x) inf g m (x),

36 22 1. Teoria de Lebesgue onde g m (x) sup f n (x). n m De modo análogo ao argumento acima, temos que cada g m é mensurável. Da igualdade concluimos que h é mensurável. Corolário {x : h (x) < a} m1 {x : g m (x) < a} 1. Se f e g são mensuráveis, então max {f, g} e min {f, g} São mensuráveis. m particular, f + max {f, 0} e f min {f, 0} são mensuráveis. 2. Se (f n ) n é uma sequência de funções mensuráveis tal que f n f, então f é mensurável. Demonstração. 1. Defina f 2n+1 (x) f (x) e f 2n (x) g (x). Como f e g são mensuráveis, temos que (f n ) n é uma sequência de funções mensuráveis e max {f, g} lim sup f n (x). O resultado segue do teorema anterior. n 2. Se f n (x) f (x), então temos que lim sup f n (x) f (x). Logo, f é mensurável n pelo teorema anterior. Teorema Sejam f e g funcões reais mensuráveis definidas em X, F : R 2 R contínua e h (x) F (f (x), g (x)). ntão h é mensurável. m particular, f + g e fg são mensuráveis. Demonstração. Definimos G a {(u, v) : F (u, v) > a}, que é um aberto pois é a imagem inversa de um aberto por uma função contínua. Podemos escrever G a como união enumerável de intervalos em R p, isto é G a I n, onde I n {(u, v) : a n a n } {x : f (x) a} {x : (f (x), g (x)) G a } {x : (f (x), g (x)) I n }. n1

37 1.3. Funções mensuráveis 23 o que conclui a demonstração.

38 24 1. Teoria de Lebesgue

39 25 Capítulo 2 Integração Com as definições e resultados do capítulo anterior podemos introduzir a integral de Lebesgue em espaçõs mensuráveis. Faremos com detalhes o caso em que a função toma valores reais e, no final do capítulo, comentaremos como estender alguns dos resultados para funções tomando valores complexos. 2.1 Funções Simples Definição 2.1. Seja X um conjunto e s : X R. Se o conjunto de valores que s assume for finito, então s é chamada de função simples. Dado X, a função X é uma função simples chamada de função característica de dada por { X (x) 1, se x 0, se x /. Suponha que a imagem de uma função simples s seja {c 1,..., c n } e seja i {x X : f (x) c i }, i 1, 2, 3,..., n. ntão s n c i X i. Assim, toda função simples é uma combinação linear de funcões características. Observe que s é mensurável se, e somente se cada i é mensurável. Isso se dá pela igualdade i {x : s (x} c i ) {x : s (x) c i }. Teorema 2.2. Seja f : X R uma função. ntão existe uma sequência de funções simples s n tais que s n (x) f (x). Se f é mensurável, podemos tomar s n mensurável. Se f 0, podemos escolher s n não decrescente. Demonstração. Suponha inicialmente que f 0. Definimos então para cada n N os

40 26 2. Integração seguintes conjuntos: Dessa forma, ni nj para cada n N: { x : i 1 ni f (x) < 1 2 n 2 n F n {x : n f (x)}. }, i 1, 2,... n2 n, e se i j e ni F n, i 1, 2,... n2 n. Definimos então, s n n2 n i 1 2 X ni + X Fn. Mostremos que s n é não decrescente. Fixe x X. Caso 1: f (x) < n. ntão temos que f (x) [ ) i 1, 2 n 2, para algum i n {1, 2,..., n2 n }. Note que ni (n+1)2i 1 (n+1)2i e ainda que i < n2 n 2i < 2n2 n < (n + 1) 2 n+1. Logo, s (x) i 1 2 n Caso 2: Se n f (x). { 2(i 1) 2 n+1 s n+1 (x), se x (n+1)2i 1, 2i 1 2 n s n+1 (x), se x (n+1)2i. Neste caso, se n + 1 < f (x), então s n (x) n < n + 1 s n+1 (x). Vamos supor então que n fa (x) < n + 1. Observe que [0, n + 1) (n+1)2 n+1 [ ) i 1 2, i. n+1 2 n+1 Logo, existe i 0 {1, 2,..., (n + 1)2 n+1 } tal que f(x) [ i 0 1 i, 0 ) 2 n+1 2. Como n n+1 f(x) temos que n2n+1 f(x) e portanto n2 n+1 i 2 n+1 0 1, pois caso contrário, teríamos i 0 1 < n2 n+1 e portanto f (x) / [ ) i 0 1 i, 0 2 n+1 2. ntão x n+1 (n+1)i0, i 0 1 n2 n+1 e segue que Mostremos que s n (x) < f(x), x X: s n+1 (x) i n+1 n2n+1 2 n+1 s n (x). Caso 1: f (x) n. Neste caso x F n e portanto s n (x) n f (x). Caso 2: Se 0 f (x) < n, então existe i 0 {1, 2,... n2 n } tal que f (x) [ i n, i 0 2 n ). Logo, s n (x) i n f (x). Mostremos que s n (x) f (x). Caso 1: f(x) +. Neste caso, s n (x) n + quando n.

41 2.2. Integral de Lebesgue 27 Caso 2: f(x) < +. Dado x X, existe n (x) N tal que f(x) < n (x). Logo, se n > n (x), então existe i {1, 2,..., n2 n } tal que f(x) [ i 1 2 n, i 2 n ) e então sn (x) i 1 2 n. Logo, f(x) s n (x) f(x) s n (x) n (x). Fazendo n temos que s n (x) f(x). Observe que nessa passagem, se f é uma função limitada, então podemos tomar n independente de x e a convergência é uniforme. Além disso, se f for mensurável, então cada ni é mensurável e portanto cada s n é mensurável. Para o caso geral basta fazer a decomposicão f f + f e aplicar o que foi feito acima para cada uma das funções (observe que são não negativas). 2.2 Integral de Lebesgue Suponha que s(x) n ia1 c i X (x), x X e c i > 0 seja uma função simples mensurável em um espaço mensurável (X, M), µ. Dado M, definimos I (s) n c i µ ( i ). (2.1) Definimos então a integral de uma função mensurável não negativa f em, a qual denotaremos por fdµ, como sendo: fdµ sup I (s), (2.2) em que o sup acima é relativo a todas as funcões simples mensuráveis tais que 0 s f (observe que na seção anterior mostramos que sempre existe uma sequência de funções simples que aproximam f e que satisfazem essa desigualdade). A integral fdµ é chamada de Integral de Lebesgue de f relativamente à medida µ e ao conjunto. Proposição 2.3. Se s é uma função simples, mensurável e não negativa, então sdµ I (s). Demonstração. Pela definição de integral, temos que I (s) sdµ. Assim, é suficiente mostrarmos que se r é uma função simples, mensurável, não negativa e r s, então I (r) I (s).

42 28 2. Integração Se r é uma função nas condições acima, podemos escrever s n c i X i e m r d i X Fi. ( ) m Sendo que X 1... n F 1... F m. ntão i i F j e portanto µ ( i ) m µ ( i F j ), pois F i F j se i j. De modo análogo, j1 µ (F j ) m µ ( i F j ). Observe também que m d j µ ( i F j ) n c j µ ( i F j ), pois ou x i j1 e portanto d j c j já que r s ou x / i e portanto d j c i 0. Logo, j1 j1 I (r) m d j µ ( j ) j1 m j1 n m j1 n d j µ ( i F j ) m c i µ ( i F j ) j1 c i n µ ( i F j ) n c i µ ( i ) I (s). Definição 2.4. Seja f uma função mensurável definida em uma espaço mensurável (X, M), M e considere f + dµ e f dµ (que agora estão bem definidas pois são não negativas e mensuráveis de acordo com o corolário (1.28)). Se pelo menos uma dessas integrais são finitas, definimos a integral de f em por fdµ f + dµ f dµ. (2.3) Se as duas integrais forem finitas, dizemos que f é integrável no sentido de Lebesgue (ou Lebesgue integrável) em relativamente a µ e escrevemos f L(µ) em. Se µ m (medida de Lebesgue), escrevemos simplesmente f L em.

43 2.2. Integral de Lebesgue 29 Observação Se f é mensurável e limitada em um mensurável tal que µ() < +, então f L(µ) em. De fato, se f é mensurável e limitada, então pelo corolário (1.28) temos que f + ef são mensuráveis e limitadas. Mostremos que fdµ < + : Temos que f + (x) M, x X, sendo M > 0 uma constante. Se s n c i X i é uma função simples mensurável tal que 0 s f +, então s(x) M, x X. Observe que como i j se i j, e ( 1 )... ( j ), temos que I (s) n c i µ( i ) M n µ( i ) ( n ) Mµ i Mµ(). Como s foi tomada arbitrariamente, temos que f + dµ Mµ() < +. modo análogo provamos que f + dµ < +. De 2. Se a f(x) b, x e µ() < + então aµ() fdµ bµ(). Note que a segunda desigualdade segue a mesma demonstração do item anterior com a seguinte ressalva: quando calculamos I (s), somente os valores de s em que nos interessam, pois se i, então o termo se anula na somatória. Para a outra desigualdade, basta considerar r(x) ax. Temos que r é uma função simples mensurável (pois é mensurável) tal que 0 r f. Pela definição da integrala, temos que I (r) fdµ, ou seja aµ() fdµ. 3. Se f, g L (µ) em e f(x) g(x), x, então fdµ gdµ. Fazemos o caso em que f 0: basta observar que se s é uma função simples mensurável tal que 0 s f, então 0 s f. Logo, temos a seguinte inclusão:

44 30 2. Integração {I (s) : s é uma função simples, mensurável e 0 s f} {I (s) : s é uma função simples, mensurável e 0 s g}. Passando o sup temos o resultado. Para o caso geral, o mesmo argumento vale para f + e g +, pois ainda temos f + (x) g(x) e observe que temos a desigualdade inversa para f e g, o que conclui a afirmação. 4. Se f L(µ), em então c < + constante, temos que cf L(µ), em e vale a igualdade: cfdµ c fdµ. Faremos o caso f 0. O caso geral segue dos mesmos argumentos aplicados para f + e f. No caso c 0 temos que ambos os lados da igualdade se anulam e portanto o resultado vale. Podemos supor então c 0. Se c > 0, observe que cfdµ sup I (s). 0 s cf Como estamos no caso c > 0 resta mostrar a seguinte igualdade de conjuntos e passarmos o sup: {I (s) : 0 s cf} {ci (s) : 0 s f}. De fato, seja x {I (s) : 0 s cf}. ntão x I (s 0 ), 0 s 0 f. Tome r s 0 c função simples mensurável. ntão r satisfaz 0 r f e x I (s 0 ) ci (r). Logo, x {ci (s) : 0 s f}. Reciprocamente, se x {ci (s) : 0 s f}, então x ci (s 0 ), com 0 s 0 f. Tome r cs 0 função simples mensurável que satisfaz 0 r cf. ntão temos que I (r) ci (s 0 ) x. Logo, x {I (s) : 0 s cf}. Se c < 0, então temos que cf 0. Logo, (cf) + 0 e (cf) 0. Assim, temos que c > 0 e aplicando o que acabamos de mostrar, segue que cf dµ (cf) dµ ( c)f dµ ( c) fdµ c fdµ.

45 2.2. Integral de Lebesgue Se µ() 0 e f é mensurável, então fdµ 0. Pelo item 2, se f 0 temos que 0 fdµ. Se 0 s f, como i, temos que I (s) 0, pois µ() 0. Logo, fdµ 0. O caso geral segue aplicando o mesmo argumento para f + e f. 6. Se f L(µ) em e A, então f L(µ) em A. Novamente supomos f 0 e o caso geral segue aplicando os mesmos argumentos para f + e f. Seja s n c i X i função simples mensurável tal que 0 s f. Como A, então µ (A i ) µ ( i ). Logo, temos que I A (s) n c i µ ( i A) n c i µ ( i ) I (s) f + dµ < +. Teorema Suponha f uma função não negativa definida em um espaço mensurável (X, M). Definimos para cada A M φ(a) fdµ. ntão φ é σ-aditiva em M. A 2. O mesmo vale se f L(µ) em X. Demonstração. Observe que o item b) segue de a) se aplicarmos o resultado para f + e f. Suponha que A A i com A i A j se i j e A i M. Mostremos então o primeiro item. Comecemos mostrando o resultado para uma função

46 32 2. Integração característica: Se f X, então φ(a) X dµ I A (X ) A ( ) µ (A i ) µ (A i ) I Ai (X ) φ(a i ). Se f é uma função simples, isto é, f n c i X i, temos φ(a) fdµ I A (f) A ( n ) c i µ (A j i ) j1 [ ( n )] c i (µ(a j j )) j1 ( n ) c i µ (A j i ) I Aj (f) j1 φ(a j ). j1 Para o caso geral, considere 0 s f, s uma função simples. Pelo que foi mostrado acima, temos sdµ A sdµ A i fdµ A i φ (A i ).

47 2.2. Integral de Lebesgue 33 Como s é arbitrária, temos φ (A) φ (A i ). Resta mostrarmos que φ(a i ) φ(a). Se φ(a n ) + para algum n N, temos que a igualdade vale, pois φ(a n ) φ(a), já que µ(a n ) µ(a ), M e f 0. Suponha então que φ(a n ) < +, n N. Assim, pela definição da integral de f nos conjuntos A 1 e A 2, temos que dado ɛ > 0, existem funções simples mensurávels s 1 e s 2 tais que 0 s 1, s 2 f e fdµ ɛ < I Ai (s i ) s i dµ, para i 1, 2. A i A i Definimos a seguinte função: s 1 (x), x A 1 s(x) x 2 (x), x A 2 0, x / A 1 A 2, que ainda é uma função simples mensurável tal que 0 s f. Como A 1 A 2, temos que φ (A 1 A 2 ) fdµ A 1 A 2 sdµ A 1 A 2 sdµ + sdµ A 1 A 2 s 1 dµ + s 2 dµ A 1 A 2 fdµ + fdµ 2ɛ A 1 A 2 φ(a 1 ) + φ(a 2 )a 2ɛ Como ɛ é arbitrário, temos que φ(a 1 ) + φ(a 2 ) φ(a 1 A 2 ). Por indução finita, podemos concluir que φ(a 1 ) φ(a n ) φ(a A n ). n observe que A 1... A n A. Logo, φ(a i ) φ(a). Passando o limite obtemos a desigualdade desejada.

48 34 2. Integração Corolário 2.7. Se A M e B A tal que µ(a B) 0, então A fdµ B fdµ. Demonstração. Temos que B (A B) e µ(a B) 0. Pelo item 5 da Observação 2.5 temos que fdµ 0. Assim, do teorema anterior, segue que (A B) A fdµ fdµ fdµ + B (A B) B B fdµ. (A B) fdµ Concluímos então que os conjuntos de medida nula são desprezíveis na integração. Observe que com esse resultado, podemos definir a seguinte relação de equivalência entre funções mensuráveis: escrevemos f g em se o conjunto µ ({x : f(x) g(x)} ) 0. A reflexividade e simetria de tal relação são imediatas. A transitividade segue de {x : f(x) h(x)} {x : f(x) g(x)} {x : g(x) h(x)} se f g e g h. De fato, se x não está nessa última união, então f(x) g(x) e g(x) h(x), e portanto f(x) h(x). Assim, se f, g L(µ) em A e f g em A, então fdµ gdµ. A A Tal relação de equivalência será importante no estudo dos espaçõs L p. Dizemos ainda que uma propriedade P vale em quase toda a parte (ou simplesmente q.t.p.) se P vale em todo o espaço, exceto possivelmente em um conjunto de medida nula. Observe ainda que se f L(µ) então f deve ser finita, exceto possivelmente em um conjunto de medida nula. Assim, não há perda de generalidade quando colocamos essa restrição para uma função f. Teorema 2.8. Se f L(µ) em então f L(µ) em e fdµ Demonstração. Defina os seguintes conjuntos: f dµ. A {x : f(x) 0} e B {x : f(x) < 0}.

49 2.3. Teoremas de Convergência 35 Assim, temos que f dµ f dµ + A f + dµ + A < +. B B f dµ f dµ A última igualdade vem da hipótese de f ser Lebesgue integrável e do item 6 da Observação 2.5. Logo, f L(µ). Além disso, temos que f f e f f. segue do item 3 da Observação 2.5 que fdµ f dµ. Teorema 2.9. Seja f uma função mensurável em e suponha que existe uma função g L(µ) em tal que f g. ntão f L(µ). Demonstração. Observe que f + f g e f f g. Logo, f + dµ gdµ e f dµ gdµ, o que prova o resultado, pois gdµ < Teoremas de Convergência Nesta seção faremos os principais teoremas de convergência para a integral de Lebesgue. Tais teoremas nos mostram algumas vantagens de se trabalhar com a integral de Lebesgue ao invés da integral de Riemann. Considere o seguinte exemplo: xemplo Considere uma enumeração dos números racionais que estão no intervalo [0, 1]. screvemos então Q [0, 1] {x 1, x 2,..., x n,...}. Definimos então a seguinte sequência de funções: { f n (x) 1, se x {x 1, x 2,..., x n } [0, 1] 0, se x [0, 1] {x 1, x 2,..., x n }. Se f é a função dada por f (x) { 1, se x Q [0, 1] 0, se x [0, 1] Q, então temos que f n f (pontualmente). Note que cada f n é Riemann integrável pois seus pontos de descontinuidade são finitos. Porém, f não é Riemann integrável (basta notar que toda soma superior é 1 e toda soma inferior é 0 ou que f é descontínua em todo o intervalo [0, 1]).

50 36 2. Integração Assim, temos exemplos de sequências de funções que são Riemann integráveis mas convergem para um função que não é Riemann integrável. Podemos fazer o mesmo tipo de pergunta para a integral de Lebesgue. Outra questão natural que surge é: se o limite de uma sequência de funções Lebesgue integráveis for Lebesgue integrável, então podemos comutar o sinal de integral com o de limite? Sabemos que isso não vale em geral para a Integral de Riemann, pois precisamos de mais hipóteses sobre a convergência. Mais precisamente, queremos saber se vale a seguinte igualdade: lim n f n dµ lim f ndµ. n Os teoremas dessa seção dão condições suficientes para garantir que limite de funções integráveis ainda é uma função integrável e para que a igualdade acima sejá válida. Teorema 2.11 (Teorema da Convergência Monótona). Seja um conjunto mensurável e (f n ) n uma sequência de funções mensuráveis tais que 0 f 1 (x) f 2 (x)... f n (x)..., x Considere f(x) lim n f n(x), com x. ntão lim n f n dµ fdµ Demonstração. Como (f n (x)) n, x, é uma sequência crescente, temos que pela definição de f, f n (x) f(x), x. Além disso, pelo corolário (1.28) f é mensurável e temos f ndµ fdµ. Como a sequência f ndµ é crescente, ela possui um limite α lim f n dµ. Logo, n α fdµ. Resta mostrar que fdµ α. (2.4) Seja 0 < c < 1 e s uma função simples tal que 0 s f. Definimos então os seguintes conjuntos: n {x : f n (x) cs (x)}. Como f n f n+1, temos que n n+1, n N. Observe que x, então temos: se s(x) 0, x n, n N. Se 0 < s(x), então cs(x) < s(x) f(x) sup f n (x) n N n1 n. De fato, se Logo existe n 0 N tal que cs(x) < f n0 (x) e portanto x n0. A inclusão contrária é

51 2.3. Teoremas de Convergência 37 imediata da definição de n. Dessa forma, para todo n N, segue que f n dµ f n dµ n csdµ n c sdµ n Fazendo n, utilizando o Teorema 2.6 e o Teorema 1.5 temos que α c sdµ. Fazendo c 1+, temos α sdµ, e como s é arbitrária obtemos (2.4). Teorema Suponha que f 1 e f 2 sejam funções Lebesgue integráveis em um mensurável. ntão f f 1 + f 2 é Lebesgue integrável em e vale f 1 + f 2 dµ f 1 dµ + f 2 dµ. (2.5) Demonstração. Suponha inicalmente que f 1, f 2 0. Mostremos que o resultado vale se f 1 e f 2 são funções simples, isto é f 1 f 2 n c i X i e m d i X i. Observe que se A B, então X A B X A + X B. Logo, como i m i F j, e os conjuntos F j s são disjuntos, temos que f 1 n c i X ( m. Assim, segue que i F j) I (f 1 ) j1 (( n m ) ) c i µ i F j j1 ( n m ) c i µ ( i F j ) n n c i j1 j1 m j1 µ ( i F j ) m c i µ ( i F j ). j1

52 38 2. Integração Analogamente, temos que I (f 2 ) n m d j µ ( i F j ). j1 Observe que com argumentos semelhantes aos que foram usados acima, podemos escrever f 1 n m c i X i F j e também f 2 n m d j X i F j. Logo, temos que j1 f 1 + f 1 dµ I (f 1 + f 2 ) n n j1 m (c i + d j ) µ ( i F j ) j1 m c i µ ( i F j ) + j1 I (f 1 ) + I (f 2 ) f 1 dµ + f 2 dµ. n m d j µ ( i F j ) Para o caso geral (mas supondo ainda que f 1 e f 2 são não negativas), pelo Teorema 2.2 podemos tomar duas sequências s n e s n não decrescentes que convergem para f 1 e f 2 respectivamente. Definimos s n s n + s n que converge para f f 1 + f 2. Note podemos utilizar o teorema de convergência monótona para tais funções simples, pois elas são não decrescentes. Pelo que mostramos para funções simples, temos que s ndµ s ndµ + s ndµ. Passando o limite, concluímos que fdµ f 1 dµ + f 2 dµ. Suponha f 1 0 e f 2 0. Como f f 1 + f 2 e f 1 e f 2 são integráveis (Teorema 2.8), concluímos que f dµ f 1 dµ + f 2 dµ < +, e portanto, pelo Teorema 2.9, temos que f é integrável. Definimos os seguintes conjuntos: A {x : f (x) 0} e j1 B {x : f (x) < 0}. No conjunto A temos que f 1, f 2 e f são não negativas e f 1 f f 2. Utilizando o que demonstramos acima, temos que f 1 dµ A fdµ + A fdµ A A A f 2 dµ f 2 dµ.

53 2.3. Teoremas de Convergência 39 De modo análogo, para B obtemos f 1 dµ fdµ f 2 dµ. B B B Somando as duas últimas equações obtidas e como A B, segue que fdµ f 1 dµ + f 2 dµ. Para o caso geral, definimos os seguintes conjuntos: 1 {x : f 1 (x) 0 e f 2 (x) 0}, 2 {x : f 1 (x) < 0 e f 2 (x) < 0} 3 {x : f 1 (x) 0 e f 2 (x) < 0}, 4 {x : f 1 (x) < 0 e f 2 (x) 0}. ntão para j 1, 2, temos que f jdµ mostrar, temos que o que conclui o teorema. f 1 dµ 4 ( i f jdµ). pelo o que acabamos de 4 ( ) f 1 dµ i 4 ( ) fdµ f 2 dµ i i fdµ f 2 dµ, Corolário Suponha que f 1 (x) f 2 (x)... f n (x)... sejam funções mensuráveis em X e considere f(x) fn0 dµ < +, então lim f n (x), x X. Se existe n 0 N tal que n lim f n dµ fdµ. n Demonstração. Suponha sem perda de generalidade que f 1dµ < +. Temos então que a nova sequência de funções F n (x) f 1 (x) f n (x) converge para f 1 (x) f(x) e satisfaz as condições do teorema de convergência monótona. Logo, utilizando o teorema anterior, segue que lim f n dµ lim f 1 f n f 1 dµ n n lim f 1 f n dµ f 1 dµ n f 1 fdµ f 1 dµ fdµ

54 40 2. Integração e portanto temos lim f n dµ fdµ. n Teorema Seja um conjunto mensurável e (f n ) n uma sequência de funções mensuráveis e não negativas em. Definimos f(x) f n (x), x. ntão fdµ n1 n1 f n dµ. Demonstração. Observe que se s n n f n (x) é a sequência das somas parciais, como as funções são não negativas, então s n s n+1, n N. Além disso, s n é mensurável para todo n N (Teorema 1.27) e pelo teorema de convergência monótona e pelo Teorema 2.12, temos que fdµ lim s n dµ n n lim f i dµ n n lim f i dµ n f i dµ. Teorema 2.15 (Lema de Fatou). Seja um conjunto mensurável e (f n ) n uma sequência de funções mensuráveis não negativas em. Definimos f(x) lim inf n f n(x), x e então fdµ lim inf n f n dµ (2.6) Demonstração. Como fizemos no Teorema 1.27, consideramos g n (x) inf m n f m(x) e como g n (x) g n+1 (x) temos f(x) lim g n (x) sup g n (x). n Pelo teorema da convergência monótona concluímos que lim g n dµ fdµ. n n

55 2.3. Teoremas de Convergência 41 Além disso, como g n f n, temos que g ndµ f ndµ e portanto lim g n dµ lim inf f n dµ. n n (2.6). Mostraremos no fim da seção que nem sempre a igualdade é válida na quação Teorema 2.16 (Teorema de Convergência Dominada). Seja um conjunto mensurável e (f n ) n uma sequência de funções mensuráveis tais que f n (x) f(x), x. Suponha que exista uma função g L(µ) em tal que f n (x) g(x), x. ntão lim f n dµ fdµ. n Demonstração. Observe que pelo Teorema 2.9 temos que cada f n é integrável em. Pelo lema de Fatou concluímos também que f é integrável, pois f ndµ gdµ e portanto fdµ lim inf n gdµ < +. f n dµ Além disso, como f n (x) g(x), temos que f n + g 0 e f n + g 0. Pelo lema de Fatou, segue que (f + g) dµ lim inf n Mas observe que se g i inf (f n + g) dµ, então i n lim inf n (f n + g) dµ sup i sup i sup i sup i lim inf n (f n + g) dµ. g i (x) ( { }) inf (f n + g) dµ i n ( { } ) inf f n dµ + gdµ i n ( { }) inf f n dµ + gdµ i n f n dµ + fdµ.

56 42 2. Integração Assim, podemos escrever fdµ (f + g) dµ gdµ e concluir que fdµ lim inf n f n dµ. Utilizando que se sup A inf A, mostramos de forma análoga que Obtemos então as seguintes desigualdades: lim sup f n dµ fdµ. n lim sup f n dµ fdµ lim inf f n dµ. n n o que conclui o teorema, pois temos sempre que lim sup f n ndµ lim inf n f ndµ. Corolário Se é um conjunto mensurável tal que µ() < + e (f n ) n é uma sequência de funções mensuráveis e uniformemente limitadas tal que f n f, então lim f n dµ fdµ. n Demonstração. Se (f n ) n é uniformemente limitada, então existe M > 0 tal que f n (x) M, n N, x. Observe que Mdµ Mµ() < +. Assim, podemos utilizar o teorema da convergência dominada para g MX. 2.4 Comparação com a Integral de Riemann Neste seção iremos verificar que toda função Riemann integrável em um intervalo [a, b] R é Lebesgue integrável e suas integrais coincidem. Consideramos nosso espaço mensurável como sendo X [a, b] e escrevemos b fdx ao invés da notação fdm para a integral a X de Lebesgue de f em X (estamos utilizando a medida de Lebesgue em R p. Usaremos a notação R b fdx para indicar a integral de Riemann de f em [a, b]. Admitimos que os a resultados para a integral de Riemann do capítulo 6 de [5] são válidos. Lema Seja f uma função mensurável tal que f 0 e fdµ 0. ntão f 0 q.t.p. em. Demonstração. Para cada n N, definimos n { x : f(x) > 1 } n e A n. n1

57 2.4. Comparação com a Integral de Riemann 43 Observe que n n+1, n N e portanto, pelo Teorema 1.5, temos que µ( n ) µ(a). Além disso, µ(a) 0 µ( n ) 0, n N. De fato, se µ( n ) 0, n N, então µ(a) lim n 0 0. Reciprocamente, se µ(a) 0, não podemos ter µ( k ) > 0 para algum k N, pois como k n se k n, então µ( n ) > 0 se n k e teríamos lim n µ( n ) µ( k ) > 0. Como f 0, temos que A {x : f(x) 0}. Logo, basta mostrar que µ(a) 0, ou equivalentemente que µ( n ) 0, n N. Note que para cada n N, temos 0 fdµ fdµ n 0. Como f(x) > 1 n se x n, então 0 n 1 n X n dµ 0. portanto µ( n ) 0, n N. Teorema Suponha que f seja uma função Riemann integrável em um intervalo [a, b] R. ntão f L em [a, b] e R b a fdx b a fdx, Demonstração. Seja P k : a x 0 < x 1 <... < x k b uma sequência de partições do intervalo [a, b] tal que P k+1 refina P k (isto é, P k P k+1 ) e Definimos então S k (a) s k (a) f(a) e P k max i0,...,k 1 {t i+1 t i } 0, S k (x) M i, se x (x i 1, x i ] e onde M i s k (x) m i, se x (x i 1, x i ]. sup f(x) e m i inf f(x) Observe que temos x i 1 <x x i x i 1 <x x i S (P k, f) s (P k, f) n M i (x i+1 x i ) n m i (x i+1 x i ) b a b a S k dx e s k dx.

58 44 2. Integração Além disso, como P k+1 refina P k, temos que S 1 (x) S 2 (x)... f(x)... s 2 (x) s 1 (x), x [a, b]. Definimos S(x) lim S n (x) e s(x) lim s n (x). Pelo teorema da convergência monótona n n e do corolário (2.13), segue que b S n dx b a a Sdx e b s n dx b a a sdx. Mas sendo f uma função Riemann integrável, segue que S(P k, f) Logo, b Sdx b sdx R b a a a b a fdx. Assim, b a Sdx e s(p k, f) S sdµ 0 e o resultado segue do lema anterior, pois S s 0 b a sdx. Podemos concluir agora que nem sempre temos a igualdade (2.6) do Lema de Fatou: xemplo Considere a seguinte função g : [0, 1] R dada por g (x) { 0, se 0 x 1 2 1, se 1 2 < x 1. Definimos então f 2k (x) g(x) e f 2k+1 (x) g(1 x), para x [0.1]. Observe que para cada x [0, 1], temos que lim inf f n(x) 0, pois 0 f n (x) 1 e f 2k (x) 0 se x [0, 1] n 2 e f 2k+1 (x) 0 se x ( 1, 1]. Logo, temos que 2 [0,1] lim inf n f n 0. Mas por outro lado, temos 1 0 f n (x)dx 1 2 lim inf n f n 1 2. portanto temos a desigualdade estrita no Lema de Fatou. Terminamos a seção apenas enunciando o teorema de mudança de variáveis da integral de Riemann, a qual iremos utilizar no decorrer do trabalho: Teorema 2.21 (Teorema de Mudança de Variáveis). Seja g : X Y um difeomorfismo entre os conjuntos abertos X e Y de R n. Seja f : Y R uma função contínua. ntão

59 2.5. Integração de Funções Complexas 45 f é integrável em Y se, e somente se, (f g) J (g) é integrável em X (onde J (g) é o determinante da matriz Jacobiana de g) e, neste caso, Y f X (f g) J (g). 2.5 Integração de Funções Complexas Se f é uma função complexa definida em um espaço de medida X, podemos escrever f u + iv, onde u e v são funções reais. Dizemos que f é mensurável se u e v o forem. Observe que a soma e o produto de funções complexas mensuráveis são funções mensuráveis, pois tal resultado vale para funções reais. O mesmo vale para f (u 2 +v 2 ) 1 2. Dizemos então que uma função complexa f é integrável em, e escrevemos f L(µ) em se f é mensurável e Neste caso, definimos fdµ f dµ < + udµ + i vdµ Observe que como v f, u f e f u + v, então f L(µ) se, e somente se, v L(µ) e u L(µ). De modo geral geral, os teoremas deste capítulo que não utilizam a relação de ordem em R podem ser adaptados e estendidos para funções complexas.

60 46 2. Integração

61 47 Capítulo 3 Os espaços L p Neste capítulo iremos definir inicialmente os espaços L p para 1 p < + e deduzir os principais resultados. Feito isso, estenderemos o conceito para p + e observar que os mesmos resultados ainda valem nesse espaço. Alguns resultados nesta seção serão apenas enunciados. Uma abordagem mais profunda pode ser encontrada em [1]. 3.1 Teoria Básica dos spaços L p Dado um espaço mensurável (X, M, µ), f uma função complexa mensurável e 0 0 (e portanto X {x : f (x) > 0}) e se a 0 temos que f p > a se, e somente se, f > p 1 a. ntão f p é uma função mensurável e faz sentido falarmos em f p dµ. Definição 3.1. Seja (X, M, µ) um espaço mensurável e f uma função mensurável. Se 0 < p < +, definimos ( f p ) 1 f p p dµ e L p (X, M, µ) L p {f : X C : f é mensurável e f p < + }. m L p é conveniente dizermos que duas funções f e g são iguais se f g q.t.p. em X. Mostramos no capítulo anterior que funções que coincidem q.t.p. em um conjunto X podem ser separadas em classes de equivalência. Tais classes de equivalência são os objetos com que iremos trabalhar dentro dos espaços L p. Isso é necessário pois como vimos no lema (2.18), f 1 0 se, e somente se, f 0 q.t.p. em X. Temos como objetivo utilizar. p como uma norma em L p, e portanto poderíamos ter f 0 mas f p 0 se não considerássemos tais classes de equivalência. Proposição 3.2. O conjunto L p definido acima é um espaço vetorial. Demonstração L p, pois 0 p 0 < +.

62 48 3. Os espaços L p 2. Se λ C e f L p, então λf L p, pois λf p ( ( λ λ f p < +. ) 1 (λf) p p dµ dµ ) 1 f p p dµ 3. Se f, g L p, então f + g L p. De fato, observe que f + g p ( f + g ) p (2 max { f, g }) p 2 p ( f p + g p ) e portanto ( ) 1 f + g p p dµ ( ( 2 < +, ) 1 2 p ( f p + g p p ) dµ f p dµ + ) 1 g p p dµ pois cada parcela da soma acima dentro da raiz p-ésima é finita. Portanto, L p é um subespaço das funções mensuráveis complexas definidas em X. Como observamos acima, a notação. sugere uma norma em L p. Na proposição anterior mostramos que λf p λ f p, e pelo que foi observado, f p 0 se, e somente se f 0 q.t.p. em X. Além disso, como f 0, é claro que f p 0. A propriedade da desigualdade triangular não se verifica imediatamente. Na realidade, ela não vale em geral. Se 0 0 constantes e 0 0, então t p 1 > (a+t) p 1. Logo, utilizando o lema (2.18) segue que b t p 1 dt > b 0 0 (a + t) p 1 dt e portanto (a+b)p p ap p < bp p, de onde concluímos que (a + b) p < a p + b p.

63 3.1. Teoria Básica dos spaços L p 49 Se e F são conjuntos mensuráveis de medida finita tais que F, tomamos a µ() 1 1 p e b µ() p. ntão temos que X + X F p (µ() + µ(f )) 1 p (a p + b p ) 1 p > ((a + b) p ) 1 p a + b X p + X F p. Assim, a desigualdade triangular não é sempre válida se 0 < p < 1. Faremos abaixo alguns teoremas abaixo para provar a desigualdade triangular se 1 p < +. Observe que o caso p 1 é imediato da desigualdade triangular para.. Lema 3.4. Sejam a 0, b 0 constantes e 0 < λ < 1. ntão a λ b 1 λ λa + (1 λ)b e a igualdade vale se, e somente se a b. Demonstração. Se b 0 teremos que 0 λa e o resultado vale. Caso contrário, tome t a. Dividindo ambos os lados da inequação por b, devemos provar que b t λ λt + (1 λ) e a igualdade vale se, e somente se t 1. Considere a função g(t) t λ λt, para t R. Temos então que g (t) λ(t (λ 1) 1). Portanto, g (t) > 0, t < 1 e Assim g tem um máximo em t1. Logo, g (t) < 0, t > 1. g(t) t λ λt g(1) 1 λ, o que prova o lema. Teorema 3.5 (Desigualdade de Hölder). Suponha que 1 < p < + e seja q tal que p 1 + q 1 1, ou seja, q p. Se f, g são mensuráveis em X, então p 1 fg 1 f p g q. e a igualdade vale se, e somente se, existem constantes α e β tais que αβ 0 e α f p β g q q.t.p.

64 50 3. Os espaços L p Demonstração. Se f p 0 ou g q 0, então f 0 q.t.p. ou g 0 q.t.p. e o lado esquerdo da desigualdade se anula, o que conclui o teorema. Podemos supor então que f p 0 e g q 0. Se f p + ou g q +, então o lado esquerdo da desigualdade é + e o teorema vale. liminando esses casos, podemos definir: f(x) a f p p g(x), b g q q, λ 1 p. Pelo lema anterior, temos que a λ b 1 λ λa + (1 λ)b. No nosso caso, obtemos que ou equivalentemente ( 1 f(x) p) ( p g(x) f p g q q) (1 1 p) 1 f(x) p f p f(x)g(x) 1 f(x) p f p g q p f p dµ + 1 g(x) q q f q dµ. p ( + 1 p) 1 g(x) g q Se integrarmos ambos os lados, a desigualdade se mantém e obtemos 1 f p q q fg 1 1 p + 1 q 1. q, Dessa forma, fg 1 f p g q. Além disso, pelo lema a igualdade vale se, e somente se a b, ou seja f p g q q g q f p p. Tomando α g q q e β f p p concluímos o teorema. Observação 3.6. Dado 1 < p < + a igualdade p 1 + q 1 1 aparece com frequência quando estudamos os espaços L p. O número q de p. + : p p 1 é chamado de expoente conjugado O teorema seguinte estabelece a desigualdade triangular no caso em que 1 p < Teorema 3.7. Se 1 p < + e f, g L p, então f + g p f p + g q. Demonstração. Como observado anteriormente, o resultado vale se p 1. Além disso, se f + g 0 q.t.p., o lado esquerdo da desigualdade se anula e o teorema vale. xcluindo tais casos, temos: Tome q tal que p 1 + q 1 1 e observe que f + g p f + g f + g p 1 ( f + g ) f + g p 1

65 3.1. Teoria Básica dos spaços L p 51 e portanto, utilizando a desigualdade de Hölder e que (p 1)q p, temos que f + g p f f + g p 1 dµ + g f + g p 1 dµ ( f f + g p 1) 1 + ( g f + g p 1) 1 f p. f + g p 1 q + g p. f + g p 1 q ) ( ) 1 ( f p + g p. f + g p q. Com tal desigualdade, segue que f + g p ( f + g p ). ( ) 1 f + g p q ( f p + g p ). ( f + g p ) 1 q. ( ) 1 f + g p q f p + g p. Dessa forma concluímos que L p é um espaço vetorial normado. Provaremos agora que ele é completo, isto é, toda sequência de Cauchy em L p converge em L p. Lema 3.8. Seja um espaço vetorial normado. é completo se, e somente se toda série absolutamente convergente em é convergente. Demonstração. Suponha que é completo e considere uma série x n que converge n 1 absolutamente, isto é, temos que x n < +. Se S N N x n é a sequência das somas parciais e N > M, temos que n1 n1 S N S M N M x n x n n1 n1 N x n nm+1 N nm+1 nm+1 x n x n 0,

66 52 3. Os espaços L p quando n. Logo, S N é uma sequência de Cauchy e portanto converge em. Reciprocamente, suponha que toda série absolutamente convergente é convergente e seja (x n ) n uma sequência de Cauchy em. Assim, para cada j N, existe n j tal que x m x n < 2 j, n, m n j, sendo que podemos tomar n 1 < n 2 <.... Definimos então y 1 x n1 y j x nj x nj 1 e obtemos que Observe ainda que k y i x nk. k y i y 1 + y y n x n1 + x n2 x n xnk + x nk 1 x n (k 1) k x n1 + 2 i. Fazendo k, obtemos que y i x n1 + 1 < + e portanto y n converve para algum α, ou seja, a subsequência x nk converge para α. n 1 Como (x n ) n é de Cauchy, temos que para dado ɛ > 0, existe n 0 > 0 tal que se n, m n 0, então x n x m < ɛ 2. Como (x nk ) k converge para α, existe k 0 tal que se k k 0, então x nk α < ɛ 2. Tomando N max {k 0, n 0 }, temos que se m > N, então x m α x m x nm + x nm α < ɛ.

67 3.1. Teoria Básica dos spaços L p 53 Teorema 3.9. Para 1 p < +, L p é um espaço de Banach. Demonstração. Utilizando o lema anterior motraremos que toda série absolutamente congervente em L p é convergente. Seja (f n ) n uma sequência de funções em L p tal que f i p B < +. Definimos então G n Dessa forma, temos que G n p n f i G f i n f i p n f i p B. Ou seja, para todo n N, temos que (G n ) p dµ B p. Pelo Teorema 2.14 temos que G p dµ lim n G p ndµ B p < +. Portanto, G L p e em particular G(x) < + q.t.p. Assim, f n (x) converge q.t.p. n 1 em C e portanto f n (x) converge q.t.p. em C. Denotamos F (x) f n (x) (como n 1 n1 a convergência na norma de L p é q.t.p. podemos definir F como sendo qualquer valor n nos pontos onde não temos convergência). Como f i n f i, temos que F G e portanto F L p. Observe ainda que n F f i F + n f i 2G e portanto F n p f i (2G) p. Como (2G) p L 1 pois G L p, segue do teorema da convergência dominada que n p n p F f i F f i dµ 0, p

68 54 3. Os espaços L p pois Assim, n 1 f n converge em L p. lim n n F f i 0. Proposição Seja 1 p < +. ntão o conjunto das funções simples s n a i X i com µ ( i ) < + é denso em L p. Demonstração. Observe que se s n a i X i com µ ( i ) < +, então s L p, pois ( n g p a p i µ ( i) ) 1 p < +. Seja f u + iv L p. Pelo Teorema 2.2 existem sequências de funções simples s 1 n, s 2 n, r 1 n e r 1 n tais que seus limites são respectivamente u +, u, v + e v. Além disso, podemos tomar tais funções não decrescentes e limitadas pelas suas respectivas funções limite. Definimos φ n s 1 n s 2 n + i (r 1 n r 2 n). ntão φ n é uma função simples de módulo não decrescente, que converge para f e φ n (x) f(x). Como f L p, pelo teorema da convergência dominada, temos que φ n L p e f n f p 2 p f p L 1, pois f L p. Utilizando novamente o teorema da convergência dominada segue que lim f n f p n p lim f n f p dµ lim f n f p dµ n 0. n 3.2 O espaço L Nesta seção iremos definir o espaço L e deduzir algumas de suas propriedades. Observe que se p é natural definir seu expoente conjugado q 1. Com tal definição, podemos estender algumas propriedades da seção anterior como a desigualdade de Hölder. Definição Seja f uma função mensurável em X. Definimos o supremo essencial de f ( ess sup f(x) ou f ) por: x X f inf {a 0 : µ ({x : f (x) > a}) 0} e convencionamos que inf +.

69 3.2. O espaço L 55 Definição Definimos L por L {f : X C : f é mensurável e f < + }. Observe que supremo essencial de f é o supremo de f a menos de um conjunto de medida nula. Mais precisamente, temos a seguinte proposição: Proposição Seja f uma função mensurável em X. ntão f L se, e somente se existe uma função mensurável g limitada tal que f g q.t.p. Demonstração. Suponha que exista função g tal que g(x) M e f g q.t.p. Teremos então que f M, pois µ ({x : f (x) > M}) 0, ja que f (x) M q.t.p. m geral, a desigualdade acima vale para toda constante positiva K que limita f q.t.p. Reciprocamente, suponha f <. Definimos g fx, onde {x : f (x) f }. Observe que { {x : f (x) > a} } x : f (x) > a + n 1 e se µ ({x : f (x) > a}) 0, então µ ({x : f (x) > b}) 0, b a, pois n1 {x : f (x) > b} {x : f (x) > a}. Logo, devemos ter que µ ( c ) 0, pois caso contrário, existira N N tal que µ ({ x : f (x) > f + N 1}) > 0. Mas pela definição de f, existe a C tal que f a < f + N 1 tal que µ ({x : f (x) > a}) 0. Porém, a < f + N 1 nos dá µ ({ x : f (x) > f + N 1}) 0. Assim, c tem medida nula e portanto f g q.t.p. Além disso, g é limitada (por f ) e é mensurável pois é produto de mensuráveis. Observe que sendo g limitada por f e

70 56 3. Os espaços L p f g em, então f é limitada q.t.p. por f. Podemos estender a desigualdade de Hölder para p : Teorema Se f, g são funções mensuráveis em X então fg 1 f 1 g e a igualdade vale se, e somente se g(x) g q.t.p. no conjunto onde f não se anula. Demonstração. Se g +, o lado direito da desigualdade é + e o teorema é válido. Suponha g < +. Pela proposição anterior, temos que g (x) g q.t.p., e portanto fg f g q.t.p. Assim, segue que fg 1 fg dµ f g dµ f 1 g. Observe ainda que se A {x : f (x) 0}, então fg 1 f 1 g equivale a f ( g g ) 0. Como f é nula em A, temos que a ultima igualdade equivale a f ( g g ) 0 q.t.p. em A c e portanto g(x) g q.t.p. em A c. Teorema L é um espaço vetorial e. é uma norma em L p. Demonstração. Pela definição de espaço L, se mostrarmos que. satisfaz as propriedades de norma, então segue que L é um espaço vetorial. 1. Por definição, f é o ínfimo de um conjunto formado por valores não negativos e portanto f 0. Como f f q.t.p., então f 0 se, e somente se f 0 q.t.p. 2. Se λ 0, então é claro que λ f λf. Se λ 0, temos λ f inf { λ a : µ ({x : f (x) > a}) 0, a 0}. Além disso, temos a seguinte igualdade: { λ a : µ ({x : f (x) > a}) 0, a 0} {a : µ ({x : λ f (x) > a}) 0, a 0}.

71 3.2. O espaço L 57 De fato, seja A o conjunto do lado esquerdo da igualdade e B o conjunto do lado direito da igualdade. ntão se a A, segue que a λ a 0, sendo que µ ({x : f (x) > a 0 }) 0. Logo, µ ({x : λ f (x) > a}) 0 e portanto a B. Reciprocamente, se a B, então µ ({x : λ f (x) > a}) 0 e então ({ µ x : f (x) > a }) 0. λ Como a a λ λ, temos que a A. O resultado segue pois inf B λf 3. Das desigualdades f + g f + g f + g, temos que f + g f + g, e concluímos o teorema. Lema Seja (f n ) n um sequência em L. ntão f f n 0 se, e somente se existe um conjunto mensurável tal que µ ( c ) 0 e f n f uniformemente em. Demonstração. Suponha que f f n 0 e defina, para cada n N, o seguinte conjunto: n {x : f n (x) f (x) f n f }. Seja n1 n. Observe que como µ ( c n) 0, n N e c µ ( c ) 0. Logo, para x qualquer, temos que f n (x) f (x) f n f 0. n1 c n, temos que Reciprocamente, suponha que exista o conjunto nas condições do enunciado e seja ɛ > 0 dado. ntão existe n 0 N tal que f n (x) f (x) ɛ,

72 58 3. Os espaços L p se n n 0, x. Fixe a < ɛ e observe que f n (x) f (x) > a somente em c que tem medida nula. Portanto, a < ɛ e n 0 n nos dá µ ({x : f n (x) f (x) > a}) 0 e portanto se n 0 n, temos f n f a < ɛ, o que prova o teorema. Teorema O espaço L é completo e as funções são simples densas em L. Demonstração. Seja (f n ) n uma sequência de Cauchy em L. Definimos para cada m, n 1, 2, 3,... o conjunto n,m {x : f n (x) f m (x) f n f m } Observe que c n,m tem medida nula e se n,m1 n,m, então c tem medida nula. Como (f n ) n é de Cauchy em L, dado ɛ > 0, existe n 0 N tal que se n, m n 0, então f n f m < ɛ. Logo, para qualquer x, temos que se n, m n 0, então f n (x) f(x) f n f m < ɛ. Assim, (f n ) n é uniformemente de Cauchy em e portanto converge uniformemente em. Pelo teorema anterior, segue que f n f 0. Para mostrar a densidade das funções simple sem L note que se s s M, onde M max {c 1, c 2,..., c n }. Portanto n c i X i, então s < +. Se f L, então f é uma função limitada q.t.p. Pelo teorema aproximação por funções simples, existe uma sequência (s n ) n de funções simples que convergem uniformemente para f q.t.p. e o resultado segue do lema anterior, pois teremos s n f 0. xiste uma relação entre os espaços L p e L q quando p e q são expoentes conjugados. Se 1 < p < +, então o conjunto dos funcionais lineares contínuos em L p é isomorfo ao espaço L q, ou seja, (L p ) (L q ).

73 3.2. O espaço L 59 Para o caso em que p 1 ou p + ainda é possível obter tal isomorfismo se colocarmos algumas hipóteses adicionais na medida µ que estamos usando. Uma abordagem mais detalhada pode ser vista no capítulo 6 de [1]. nunciaremos agora o teorema de Fubini-Tonelli. Nele, utilizamos uma medida produto no produto cartesiano de espaços mensuráveis, isto é: Se (X, M, µ) e (Y, N, ν) são espaçes mensuráveis, podemos definir um novo σ-anel M N em X Y utilizando M, N e as projeções em cada coordenada. Definimos ainda uma medida µ ν em X Y tal que µ ν (A B) µ (A) ν (B), se A A e B N. Assim, temos o seguinte teorema: Teorema 3.18 (Teorema de Fubini-Tonelli). Sejam (X, M, µ) e (Y, N, ν) espaços mensuráveis σ-finitos, isto é cada espaço é escrito como união enumerável de conjuntos de medida finita. ntão 1. (Tonelli) Se f L + (µ ν), ou seja, f 0, então g (x) f x dν L + (X), h (y) f y dµ L + (Y ) e vale a igualdade fd (µ ν) [ [ ] f (x, y) dν (y) dµ (x) ] f (x, y) dµ (x) dµ (y). 2. (Fubini) Se f L 1 (µ ν) então f x L 1 (ν) q.t.p. em X, f y L 1 (µ) q.t.p. em Y e a mesma igualdade acima vale. Com o teorema de Fubini-Tonelli, obtemos: Teorema Sejam (X, M, µ) e (Y, N, ν) são espaços σ-finitos e K uma função M N -mensurável em X Y tal que existe c > 0 satisfazendo K (x, y) dµ (x) c, q.t.p. em Y e K (x, y) dν (x) c, q.t.p. em X. Se f L P (ν) (1 p + ), então a função T f (x) K (x, y) f (y) dν (y)

74 60 3. Os espaços L p converge absolutamente q.t.p. em X (seu módulo é finito) e é tal que T f L p (µ) e T f p c f p. Demonstração. Suponha inicialmente que 1 < p < + e seja q seu expoente conjugado. Observe que usando a desigualde de Hölder, temos que K (x, y) f (y) dν (y) (K (x, y)) ( 1 q + 1 p) f (y) dν (y) [ c 1 q [ ] 1 [ ] 1 q K (x, y) dν (y) K (x, y) f (y) p p dν (y) ] 1 K (x, y) f (y) p p dν (y), q.t.p. em X. Como estamos tomando o valor absoluto das funções, podemos utilizar o teorema de Tonelli. Além disso, da desigualdade acima, segue que [ p T f p p k (x, y) f (y) dν (y)] dµ (x) c p q k (x, y) f (y) p dν (y) dµ (x) c p q f (y) p k (x, y) dµ (x) dν (y) c p q +1 f p p. Como o último termo das desigualdades acima é finito, então K (x, y) f (y) não pode assumir + em um conjunto de medida positiva e portanto T f converge absolutamente q.t.p. em X. Além disso, extraindo a raiz p-ésima, obtemos T f p p c f p p. Se p 1, então f L 1 (ν). Observe que pelo teorema de Tonelli, segue que a função F (x, y) K (x, y) f (y) é tal que F L 1 (µ ν), pois F (x, y) d (µ ν) [ c ] K (x, y) f (y) dµ (x) dν (y) f (y) dν (y) c f 1 < +. Logo, pelo teorema de Fubini, F x L 1 (ν) q.t.p. em X. Como T f F x dν (y), temos que T f converge absolutamente e por argumentos análogos aos que foram usados acima, temos que T f 1 K (x, y) f (y) dν (y) dµ (x) c f 1. O caso em que p +, basta notar que T f (x) c f, q.t.p. em X,

75 3.2. O espaço L 61 pois f limita f q.t.p. em Y. xemplo Seja g L 1 (R n ). Defina K (x, y) g (x y). Como a medida de Lebesgue é invariante por translações ([1] pag. 37), temos que K x (x, y) dy g (x y) dy g (z) dz g 1 < +. De modo análogo, para todo y, temos que K y (x, y) dx g 1. Seja f L p (R n ). Pelo exemplo, a função T f (x) K (x, y) f (y) dy g (x y) f (y) dy além de estar bem definida, é tal que T f L p (R n ) e T f p g 1 f p.

76 62 3. Os espac os Lp

77 63 Capítulo 4 Distribuições 4.1 Introdução Um conceito muito utilizado em física é o de massa pontual, isto é, uma certa massa concentrada em um único ponto do espaço. Observe que nessas condições, a densidade de tais objetos possui a seguinte propriedade: ela vale zero fora do ponto em questão e no mesmo. Se fixarmos a massa do objeto como sendo unitária, ao integrarmos a sua densidade devemos obter 1. Porém, não há sentido em falar de uma função que represente a densidade de uma massa pontual com as ferramentas que temos até então. Podemos dar sentido matemático a um objeto físico dessa espécie utilizando as distruibuições. Obtemos também outras motivações com uma formulação voltada para equações diferenciais como faremos abaixo. Considere as seguintes equações: 2 u x y 0 e 2 u y x 0 Observe que se exigirmos soluções de classe C 2, então pelo teorema de Schwarz, as duas equações terão a mesma solução. Porém, isso não ocorre se não exigirmos tanta regularidade das soluções, pois u x é solução da primeira, enquanto que u não existe x quando x 0. ssa necessidade de derivar funções que no sentido clássico não são deriváveis aparece em outras ocasiões e o uso de distribuições permite que isso seja feito. 4.2 Funções Teste Neste capítulo, Ω representará um conjunto aberto de R n. Definição 4.1. Seja φ uma função contínua definida em Ω tomando valores complexos. Definimos o suporte de φ, S(φ), por S (φ) {x : φ (x) 0}

78 64 4. Distribuições ou seja, S(φ) é o fecho em Ω do conjunto onde f não se anula. Definição 4.2. Denotaremos por Cc (Ω) o conjunto das funções de classe C (Ω) que possuem suporte compacto. Tais funções serão chamadas de funções teste. Note que como o suporte de uma função é um conjunto fechado, então φ Cc (Ω) quando S(φ) é limitado. xemplo 4.3. Considere a seguinte função definida em R n : { exp ( x 2 1 ) 1, se x < 1 φ (x) 0, se x 1. Observe que a função f (t) { exp ( ) 1, se t < 0 t 0, se t 0 é de classe C (Ω), pois as derivadas, para t < 0 são da forma e 1 t pe 1 t, onde j, l, p são t j t l constantes, e convergem a zero quando t 0 e f (n) (0) 0. Assim, φ é de fato uma função em C c (R n ) pois é a composição de funções C (R n ) e S (φ) {x : x 1}. Observação Observe que com tal função φ, podemos sempre construir funções testes em Ω. Basta tomar a Ω, fazer uma translação para que o centro da bola seja a e tomar um raio r suficientemente pequeno para que a bola esteja contida em Ω. Ou seja, consideramos onde r > 0 é tal que B (a, r) Ω. ( ) x a ψ (x) φ r 2. Observe que no exemplo acima, temos que I φdx > 0, pois φ(x) > 0 em B (a, r). Logo, a função ψ Iφ ainda é uma função teste não negativa, ψdx 1 e S (ψ) B [a, r]. 3. As derivadads de qualquer ordem de φ C c (Ω) tem suporte compacto contido em S (φ). De fato, se x / S (φ), então φ é identicamente nula em uma vizinhança de x e portanto as derivadas de qualquer ordem de φ são nulas. 4. Se φ é contínua e com suporte compacto, então φ é limitada. De fato, φ assume um máximo em seu suporte, pois o mesmo é compacto e φ é contínua. Basta notar então que fora de tal compacto φ se anula. 5. Intuitivamente, a função que representa a densidade de massa pontual pode ser vista como um limite de sequência de funções com suporte compacto que possuem integral unitaria. Veremos durante o capítulo que isso de fato ocorre. Graficamente, temos:

79 4.2. Funções Teste 65 Figura 4.1: Função de densidade de uma massa pontual Definição 4.5. Sejam f e g duas funções contínuas em R n e uma delas com suporte compacto. Definimos então a convolução de f por g como (f g) (x) f (x y) g (y) dy. Lema 4.6. A função f g definida acima é contínua. Demonstração. Suponha que (x n ) n é uma sequência que converge para x 0 e que f tenha suporte compacto (não há perda de generalidade pois mostraremos que convolução é comutativa). Observe que como f é contínua, basta justificar que podemos comutar o limite com o sinal de integral, isto é lim n f (x n y) g (y) dy lim f (x n y) g (y) dy. n Mostraremos que existe um compacto K que contém o suporte cada uma das funções y f (x n y). (4.1) Analisemos dois casos: o primeiro é se 0 S(f). Nesse caso, x n S (f (x n x)), n N. Observe que temos a seguinte igualdade: d diams (f) diams (f (x n x)), n N, pois vale que S (f (x n x)) x n S (f). Assim, para ɛ 1, existe n 0 N tal que se n n 0, então x n x 0 < 1. Como união finita de compactos ainda é um compacto, basta mostrar que se se n n 0, então S (f (x n s)) S (f) + B [0, 1 + 2d],

80 66 4. Distribuições pois soma de compactos é compacto. De fato, seja x S (f (x n x)) e fixe x S (f). Observe então que x x + x x e x x x x n + x n x x x 0 + x 0 x n + x n x < 1 + 2d e portanto x S (f) + B [0, 1 + 2d]. Para o caso em que 0 / S (f), então x n / S (f (x n x)). Como o suporte é um conjunto compacto, então a distância de cada x n ao conjunto S (f (x n x)) é uma constante d > 0 e é atingida em um ponto de S (f (x n x)) que chamaremos de x n. Neste caso, teremos que se n n 0, então S (f (x n x)) S (f) + B [0, 1 + 2d + 2d ]. De fato, seja x S (f (x n x)). Se x S (f), então x x + 0 e portanto x S (f) + B [0, 1 + 2d + 2d ]. Caso contrário, temos x x + x x, com x S(f) como acima. Note que x x x x n + x n x x x 0 + x 0 x n + x n x n + x n x x x 0 + x 0 x 0 + x 0 x n + x n x n + x n x d + d d + d 1 + 2d + 2d. Ou seja, existe um compacto K tal que o suporte de f(x n y) está contido em K para todo n N. Assim, f (x n y) g (y) dy f (x n y) g (y) dy, n N. Como f é contínua e com suporte compacto, então f é limitada e portanto K f (x n y) g (y) Mg (y), y, n. Sendo g é contínua, temos que K Mg (y) dy < +.

81 4.2. Funções Teste 67 Logo, podemos aplicar o teorema da convergência dominada e concluímos que lim f (x n y) g (y) dy n K K K lim f (x n y) g (y) dy n f (x 0 y) g (y) dy f (x 0 y) g (y) dy, sendo que a última igualdade é obtida do fato de S (f (x 0 x)) K. Argumento semelhante ao que foi utilizado acima podem ser utilizados para derivar sob o sinal de integral se a função for suficientemente regular. Observação 4.7. Podemos definir a convolução entre duas funções que não são contínuas e que não possuem necessariamente suporte compacto. Basta que g L 1 (R n ) e que f L p (R n ), com 1 p +. A convolução fica bem definida em virtude do exemplo (3.20). Ainda pelo exemplo, temos f g L p (R n ) e vale a desigualdade de Young: f g p f p g 1. Proposição 4.8. São válidas as seguintes propriedades para convolução: 1. Se f e g são contínuas e pelo menos uma possui suporte compacto, então f g g f. 2. Se f, g e h são contínuas e pelo menos duas possuem suporte compacto, então (f g) h f (g h). 3. Se f C 1 e g C 0 e alguma delas possue suporte compacto, então i (f g) ( i f) g. Demonstração. 1. Observe que como (f g) (x) f (x y) g (y) dy, fazendo a mudança de variável z x y, obtemos que (f g) (x) f (z) g (x z) dz g (x z) f (z) dz (g f) (x).

82 68 4. Distribuições 2. Calculando (f g) h (x) obtemos que (f g) h (x) f (x y z) g (z) h (y) dzdy. Por outro lado, temos que f (g h) (x) f (x y) g (y z) h (z) dydz. Para obter a igualdade basta fazer a mudança de variável y z w na última integral. 3. Observe que se f C 1, podemos derivar sob o sinal de integração utilizando o teorema de convergência dominada e obter que i (f g) (x) i f (x y) g (y) dy ( i f) g (x). Definição 4.9. Seja f : Ω C uma função mensurável. Dizemos que f é localmente integrável e escrevemos f L 1 loc (Ω), se dado K Ω compacto, então K f dx <. Teorema Sejam φ C c (R n ) tal que φdx 1, 0 φ e S (φ) {x : x 1} (vimos que tal função sempre existe) e f L 1 loc (Rn ). Dado ɛ > 0, tomamos φ ɛ (x) ɛ n φ ( x ɛ ) e definimos ntão valem: f ɛ (x) (φ ɛ f). (4.2) 1. f ɛ C c (R n ). 2. Se f 0 q.t.p. fora de um conjunto fechado A, então S (f ɛ ) A + {x : x ɛ}. 3. Se f é contínua e S (f) é compacto, então f ɛ f uniformemente quando ɛ 0. Demonstração. ntão K 1. Fixado y, considere o difeomorfismo ϕ : R n R n, ϕ (x) x y ϕ 1 (S (φ ɛ (x y))) é compacto e, pelo teorema de mudança de ɛ.

83 4.2. Funções Teste 69 variáveis, segue que ( ) x y f ɛ (x) φ ɛ f (x) ɛ n f (y) φ dy ɛ ( ) x y ɛ n f (y) φ dy f (x ɛy) φ (y) dy. S(φ ɛ(x y)) ɛ K Como φ é função teste, temos que φ é limitada, ou seja, existe C > 0 tal que φ (x) C. Para x próximo de x, pelo mesmo argumento de (4.2), podemos encontrar um compacto K que contém o suporte de φ ɛ (x y). Da desigualdade do valor médio, segue que ( ) ( ) { [ ]} x y x φ y x y φ ɛ 1 x x sup φ (z) : z, x y ɛ ɛ ɛ ɛ Cɛ 1 x x. Logo, temos que ( ) ( ) f ɛ (x) f ɛ (x ) ɛ n f (y) x y x φ y φ dy K ɛ ɛ Cɛ n 1 x x f (y) dy Mɛ n 1 x x, pois K f (y) dy < +. Isso conclui que f ɛ é contínua. Para mostrar que f ɛ C, observe que pelo teorema da convergência dominada, podemos derivar sob o sinal da integração, pois x k ( f (y) φ ( )) x y ɛ K ( ) ( ) x y f (y) φ x y ɛ x k ɛ ɛ 1 f (y) φ ( ) x y m f (y) X K L 1, x k ɛ já que φ x k é limitada e f L 1 loc. Assim, podemos derivar indefinidamente sob o sinal de integral pois φ é uma função teste. Logo, f ɛ C. 2. Suponha que f se anula q.t.p. fora do conjunto fechado A. Se f ɛ (x) 0, então S(φ) f (x ɛy) φ (y) dy 0. Se não existir y B [0, 1] tal que x ɛy A como f se anula q.t.p. fora de A, então a integral acima seria nula, pois x ɛy / A se y S(φ). Logo, existe tal y em y B [0, 1] tal que x ɛy A, o que prova a afirmação. 3. Tome A S(f) no ítem anterior. ntão teremos que f ɛ C c (R n ) pois seu suporte está contido em um compacto (soma de compactos). Observe que como φ(y)dy

84 70 4. Distribuições 1, temos que f (x) f ɛ (x) f (x) φ(y)dy f (x ɛy) φ (ydy) [f (x) f (x ɛy)] φ (y) dy S(φ) sup y S(φ) f (x) f (x ɛy). Como f é conínua e S(φ) é compacto, f é uniformemente contínua em tal compacto (que está contido em B [0, 1]). Logo, dado δ > 0, existe η > 0 tal que f (z) f (z ) < δ 2 se z z < η e z, z S (φ) Tome ɛ < η. ntão x (x ɛy) < η. Logo, f (x) f (x ɛy) < δ 2, y S (φ), e portanto Assim, concluímos que sup f (x) f (x ɛy) < δ. y S(φ) sup f (x) f (x ɛy) 0 quando ɛ 0. y S(φ) Observação Um importante resultado que apenas enunciaremos aqui e cuja demonstração utiliza as ferramentas aqui introduzidas é o fato do espaço Cc (R n ) ser denso em L p para todo 1 p <. Corolário Seja f L 1 (R n ) e f ɛ definida como no teorema anterior. ntão f ɛ 1 f 1 e f ɛ f 1 0 quando ɛ 0

85 4.2. Funções Teste 71 Demonstração. Observe que f ɛ 1 f ɛ dx f (x ɛy) φ (y) dydx ( ) φ (y) f (x ɛy) dx dy ( ) φ (y) f (x) dx dy φ (y) f 1 dy f 1 e isto mostra a primeira equação. Para mostrar a segunda equação, considere δ > 0. Pela densidade das funções contínuas em L 1, temos que existe g contínua (e portanto em L 1 (R n )) tal que f g 1 < δ. Logo, temos f f ɛ 1 f g 1 + g g ɛ 1 + g ɛ f ɛ 1. Observe que g ɛ f ɛ (g f) ɛ e pelo que mostramos acima, temos que g ɛ f ɛ 1 g f 1. Assim, f f ɛ 1 2 g f 1 + g g ɛ 2δ + g g ɛ. Resta provar então que g g ɛ 1 δ. Pelo teorema anterior, sabemos que g ɛ g uniformemente quando ɛ 0 e S (g ɛ ) S (g) + {x : x ɛ}. Tomando ɛ ɛ 0 1, temos que S (g ɛ ) S (g) + {x : x 1} e portanto g g ɛ φ (y) g (x) g (x ɛy) dydx δ,

86 72 4. Distribuições reduzindo ɛ 0 se necessário e utilizando que g é uniformemente conínua em compactos. Corolário Seja K um subconjunto compacto de Ω. ntão existe uma função ψ Cc (Ω) tal que 0 ψ e ψ 1 numa vizinhança de K. Demonstração. Seja d d (K, Ω c ). ntão d > 0 pois é a distância entre um compacto e um fechado disjuntos. Fixe 0 < ɛ 1 < d e tome 0 < ɛ < min {ɛ 1, d ɛ 1 }. ntão 0 < ɛ < ɛ 1 < ɛ 1 + ɛ < d. Definimos K 1 K + {x : x ɛ 1 }, f X K1 L 1 loc (R n ). Para tal ɛ definido acima, consideramos ψ f ɛ como definido em (4.2). Observe que S (ψ) S (f ɛ ) K 1 + {x : x ɛ} K + {x : x ɛ + ɛ 1 } Ω. Dessa forma, concluímos que ψ Cc (Ω). Tomemos a vizinhança de K como sendo o conjunto dos pontos tais que d (x, K) < ɛ 1 ɛ. Observe que se y 1, então x ɛy K 1, pois sendo K compacto, temos que d (x, K) d (x, x 0 ), com x 0 K. Logo, x ɛy x 0 + (x x 0 ) ɛy e x x 0 ɛy < ɛ 1. Dessa forma, temos que se d (x, K) < ɛ 1 ɛ, então f ɛ (x) f (x ɛy) φ (y) dy f (x ɛy) φ (y) dy y 1 1φ (y) dy 1. y 1 Observe ainda que ψ é dada por uma integral de funções não negativas e portanto 0 ψ. Além disso, como f 1, temos que f ɛ (x) f (x ɛy) φ (y) dy 1φ (y) dy 1. Definição Dizemos que um sequência (φ n ) n de funções em C c em C c (Ω) se (Ω) converge a zero 1. xiste um compacto K Ω tal que S(φ n ) K, n N. 2. para todo inteiro não negativo m, as derivadas de ordem m das funções φ j convergem a zero uniformemente quando j.

87 4.3. Distribuições 73 Observação É possível dotar C c (Ω) com uma topologia através de uma sequência de seminormas de forma que a convergência nessa topologia seja caracterizada pela definição que demos acima. Porém, tal topologia não vem de uma métrica. Suponha por absurdo que ρ seja uma métrica em Cc (Ω) e que φ n φ 0 se, e somente se ρ (φ n, φ) 0. Seja K n uma sequência de compactos cuja união seja Ω (podemos tomar K n { x Ω : x n e d (x, Ω) n} 1 ). De acordo com o corolário (4.13), é possível tomar φ n em Cc (Ω) tal que φ n seja 1 numa vizinhança de K n. Fixado n N, como ɛφ n 0 em Cc (Ω), podemos tomar ɛ n > 0 tal que ρ (ɛ n φ n, 0) < 1. Logo, n ρ (ɛ n φ n, 0) < 1 0, embora S (ɛ n nφ n ) S (φ n ) K n. Contrariamos a condição 1) da definição de convergência em Cc (Ω), pois Ω K n. 4.3 Distribuições Definição Um funcional linear u : Cc (Ω) C contínuo é chamado de distribuição em Ω. O espaço das distribuições em Ω sera denotado por D (Ω). Observação A continuidade da definição anterior é dada no seguinte sentido: Se (φ n ) n é uma sequência que converge a zero em Cc (Ω), então u (φ n ) 0 em C. Usaremos a notação u, φ ao invés de u (φ). xemplo Seja Ω R n. Definimos a distribuição Delta de Dirac por δ, φ φ (0), φ Cc (Ω). n1 Linearidade: δ, φ 1 + λφ 2 (φ 1 + λφ 2 ) (0) φ 1 (0) + λφ 2 (0) u, φ 1 + λ u, φ 2. A continuidade segue do fato de que se φ n converge a zero em C c (Ω), então em particular δ, φ n φ n (0) 0. Veremos que tal distribuição representa a idéia de massa concentrada em um ponto como comentamos no início do capítulo. xemplo Seja f L 1 loc (Ω). Dada φ C c (Ω), definimos a distribuição T f, φ fφdx. A linearidade de T f segue da linearidade da integral. Para a continuidade, observe que se φ n converge a zero em C c (Ω), então existe um compacto K Ω tal que S(φ n ) K, n

88 74 4. Distribuições N. Como f L 1 loc (Ω), temos que e segue que K f dx < + T f, φ sup φ n (x) f dx 0, x K K pois φ n converge a zero uniformemente. Observe ainda que o operador f T f é injetivo, isto é, se então f g q.t.p. em Ω. T f, φ T g, φ, φ C c (Ω), De fato, se K Ω é um compacto, tomamos α Cc (Ω) que vale 1 em uma vizinhança de K, e 0 α 1. Definimos h f g e estendendo por 0 fora de Ω, temos que αh L 1 (R n ): αh 1 α (x) h (x) dx S(α) S(α) S(α) < +, α (x) h (x) dx h (x) dx f (x) dx + S(α) g (x) dx pois f, g L 1 loc (Ω). Podemos definir então (αh) ɛ como em (4.2). Observe que ( ) x y (αh) ɛ (x) ɛ n (αh) (y) φ dy ɛ ( ) ( ) x y x y ɛ n (αf) (y) φ dy ɛ n (αg) (y) φ dy ɛ ɛ T f, β T g, β 0, onde Pelo corolário (4.12), temos que ( ) x y β ɛ n α (y) φ Cc (Ω). ɛ (αh) ɛ ah 1 αh 1 0 e portanto αh 1 0.

89 4.4. Operações com Distribuições 75 Logo, αh 0 q.t.p. e como α vale 1 numa vizinhança de K, temos que h 0 q.t.p. em K. Portanto f g q.t.p. em K. Para concluir que f g q.t.p. em Ω, basta tomar uma sequência K n de compactos que cobrem Ω e observar que f g q.t.p. em cada K n. ste exemplo permite identificarmos uma função f L 1 loc (Ω) com uma distribuição T f como definida acima e abandonaremos a notação T f a partir de agora e denotaremos a distribuição T f apenas por f. Da desigualdade de Hölder, podemos concluir que L p (Ω) L 1 loc (Ω), 1 p +. Além disso, as funções de classe Ck também podem ser vistas como distribuições, pois são L 1 loc (Ω). são funções generalizadas. É nesse sentido que dizemos que as distribuições xemplo Nem toda distribuição é L 1 loc, isto é, dada uma distribuição, nem sempre encontamos uma função f L 1 loc que seja identificada com tal distribuição. É o exemplo da Delta de Dirac: não existe f L 1 loc (Rn ) tal que f, φ δ, φ φ (0), φ Cc (R n ). De fato, se existisse tal f, então tomando φ C c f, φ 0. (R n {0}) qualquer, temos Logo, pelo exemplo anterior, temos que f 0 q.t.p. em R n {0} e portanto f 0 q.t.p. em R n. Tomando φ Cc (R n ) que possua suporte em uma vizinhança de 0, temos que 0 δ, φ f, φ 0 e portanto tal f não pode existir. 4.4 Operações com Distribuições Definição Definimos a soma e o produto por escalares de distribuições de maneira natural: se u 1, u 2 D (Ω), φ Cc (Ω), λ C, então u 1 + u 2, φ u 1, φ + u 2, φ, λu 1, φ λ u 1, φ. A linearidade e continuidade das distribuições u 1 + u 2 e λu 1 seguem diretamente da linearidade e continuidade de u 1 e u 2. Observe que dada uma função f L 1 loc (Ω), como podemos ver f como uma distruibuição, seria interessante que, ao definirmos operações com distribuições (como a derivação), tal operação coincidisse com a operação já conhecida quando olhamos para f como uma função definida em R n. Ou seja, desejamos estender as operações que já possuímos para funções para as distribuições. Podemos utilizar o seguinte recurso: C c Suponha que existam dois operadores lineares e contínuos L, L : C c (Ω) (Ω) (a continuidade significa que os operadores levam sequências que convergem a

90 76 4. Distribuições zero em Cc (Ω) em sequências que convergem a zero em Cc (Ω)) tais que (Lφ) ψdx φ (L ψ) dx, φ, ψ Cc (Ω). Ω Ω Quando isso acontece dizemos que L é o transposto formal de L e vice-versa. φ, Lφ, φ, Lψ L 1 loc (Ω), então podemos escrever também Como Lφ, ψ φ, L ψ. Neste caso é possível estender L a um operador L : D (Ω) D (Ω) definido por Lu, ψ u, L ψ, u D (Ω), φ Cc (Ω). A linearidade e continuidade de Lu seguem diretamente da linearidade e continuidade de L e de u. Além disso, L é um operador linear, pois L (u1 + λu 2 ), φ u 1 + λu 2, L φ u 1, L φ + λ u 2, L φ Lu1, φ + λ Lu2, φ. Se u C c (Ω), então (Lu) ψdx Lu, ψ e portanto Lu Lu Cc (Ω), ou seja, L é de fato uma extensão de L. Assim como anteriormente, abandonamos a notação L e utilizamos apenas L. Nos próximos exemplos utilizaremos a notação de multi-índice. Uma n-upla α (α 1,..., α n ) N n é um multi-índice e usamos as seguintes notações: ( D α α 1 x α 1 1 ) ( α n )..., x αn n α! α 1!... α n!, n α α i. Se β (β 1,..., β n ) é multi-índice, dizemos que β α se β i α i, i 1,..., n e, neste caso, definimos ( ) α β α! (α β)!β!. Se f e g são funções suficientemente regulares, podemos escrever a regra de Leibniz como D α (fg) β α ( ) α f (α) (x) g (β α) (x). β

91 4.4. Operações com Distribuições 77 xemplo 4.22 (Produto por uma função C ). Seja f C (Ω) e definimos L : C c (Ω) C c (Ω) por (Lφ) (x) f (x) g (x). Observe que L está bem definida pois produto de funções de classe C ainda é de classe C e S (fφ) S (φ). A linearidade é imediata de f (φ 1 + λφ 2 ) fφ 1 + λfφ 2. Para a continuidade, suponha que φ n seja uma sequência que converge a zero em Cc (Ω) e seja K o compacto tal que S (φ n ) K, n N. ntão S (fφ n ) K. Como f C (Ω), todas suas derivadas são limitadas em K e portanto se β é um multi-índice, então D β (fφ n ) (x) ( ) β α β α M ( ) β α β α f (α) (x) φ (β α) n φ (β α) n (x) (x) 0, sendo a última convergência uniforme pois φ n 0 em C c (Ω). Observe que (Lφ) ψdx φ (fψ) dx e portanto temos que L L. Assim, se u D (Ω), definimos fu, φ u, fφ. xemplo 4.23 (Derivação). Para j 1,..., n, temos que o operador L x j definido de C c (Ω) em C c (Ω) é linear e contínuo. Determinaremos seu transposto formal L. Sejam φ, ψ Cc (Ω). Como S (φ) é um compacto e a projeção na i-ésima coordenada é uma função contínua, podemos supor que a i-ésima projeção de S (φ) está contida num intervalo [a i, b i ]. Pelo teorema de Fubini e utilizando integração por partes, obtemos: (Lφ) ψdx [ b1 ] bj φ... (x 1... x n ) ψ (x 1... x n ) dx j dx 1... dx n a 1 a j x j [ b1 bj (... φ (x 1... x n ) ψ ) ] (x 1... x n ) dx j dx 1... dx n a 1 a j x j φ ( Lψ) dx.

92 78 4. Distribuições Definimos então, para uma distribuição u D (Ω), u x j da seguinte maneira: u, φ u, φ. (4.3) x j x j xemplo 4.24 (Operadores Diferenciais). Um operador diferencial linear com coeficientes de classe C é uma combinação de derivações e multiplicação por funções C como definimos acima. Ou seja, é um operador da forma b α D α, α onde α é um multi-índice e b α é de classe C. É possível encontrar L aplicando os dois exemplos anteriores. Um exemplo é o operador Laplaciano L n 2 x 2 i. Nesse caso, temos que u, φ u, φ. xemplo 4.25 (Mudança de Variáveis). Seja Φ : Ω Ω um difeomorfismo de classe C. Definimos nosso operador L por Lφ φ Φ. L está bem definido pois composição de funções de classe C ainda é de classe C e S (φ Φ) Φ 1 (S (φ)): se x 0 / S (φ Φ), então (φ Φ) (x) 0 em uma vizinhança U x0 de x 0. Logo, como Φ é um difeomorfismo, Φ (U x0 ) é uma vizinhança de Φ (x 0 ) onde φ se anula. Assim, Φ (x 0 ) / S (φ) e portanto x 0 / Φ 1 (S (φ)). A continuidade segue da regra da cadeia e do fato das derivadas de Φ serem limitadas em um compacto. Para determinar L utilizamos o teorema de mudança de variáveis. (Lφ) ψdy (φ Φ (y) ψ (y)) dy Ω Ω φ (x) ψ ( φ 1 (x) ) ( ) J φ 1 (x) dx Ω e concluímos então que L ψ J ( Φ 1 ) ψ Φ 1. Como Φ é um difeomorfismo, então J (Φ 1 ) é não nulo e portanto L ψ Cc S (L ψ) Φ (S (ψ)). Assim, se u D (Ω), definimos (Ω), já que u Φ, φ u, φ Φ 1. J ( Φ 1 ).

93 4.5. Derivadas distribucionais e derivadas clássicas 79 utilizados: Com o exemplo acima, conseguimos dois outros exemplos particulares bastante xemplo 4.26 (Translação). Seja a R n e defina o difeomorfismo de clase C em R n Φ (x) x a. Usaremos a notação φ a (x) φ (x a). Observe que Φ 1 (x) x + a, ntão a translação u a é dada por JΦ 1 1. u a, φ u, φ (x + a). (4.4) xemplo 4.27 (Reflexão). Se Ω é um aberto simétrico em relação a origem e Φ (x) x é o difeomorfismo em Ω, definimos ˇφ (x) φ ( x), φ C c (Ω). (4.5) Observe que Φ 1 Φ e então obtemos então a seguinte distribuição ǔ, φ u, ˇφ. 4.5 Derivadas distribucionais e derivadas clássicas Suponha que f C 1 (R). elementos de D (Ω) e definimos na seção anterior ntão tanto f quanto sua derivada são identificadas como df dx, φ f, dφ, φ Cc (R). dx

94 80 4. Distribuições Agora vendo df como a derivada da distribuição f, dada φ dx C c [ a, a]. Utilizando integração por partes, temos que df dx, φ f, dφ dx f (x) dφ dx R a (x) dx f (x) dφ (x) dx a dx a df (x) φ (x) dx a dx df (x) φ (x) dx R dx df dx, φ, (R), temos que S (φ) sendo que na última igualdade estamos identificando df dx L1 loc como distribuição. Ou seja, para funções de classe C 1, a derivada no sentido distribucional e clássico coincidem. Iremos mostrar que mesmo se f não for diferenciável em um ponto, em algumas situações é possível dar sentido para a derivada distribucional de tal função. xemplo Suponha que f seja uma função de uma variável com uma descontinuidade de primeira espécie em x 0. Além disso, suponha que f C 1 (R {0}). Denotaremos por {f } a função definida por df se x 0 (no 0 podemos definir qualquer valor ou dx simplesmente não definir {f } neste ponto). Finalmente, suponha que {f } L 1 loc (R), e calculemos a derivada distribucional de f. Seja φ C c então que N f, φ f (x) φ (x) dx N ɛ N (Ω), com S (φ) [ N, N]. Segue lim f (x) φ (x) dx + f (x) φ (x) dx ɛ 0 + N ɛ lim f (x) φ (x) ɛ ɛ 0 + N f (x) φ (x) N ɛ + f (x) φ (x) dx x ɛ [ f ( 0 +) f (0) ] φ (0) + {f } φdx e portanto podemos escrever f [ f ( 0 +) f (0) ] δ + {f }. xemplo Considere no exemplo acima a função Heaviside definida por { 1, se x > 0 H (x) 0, se x < 0.

95 4.5. Derivadas distribucionais e derivadas clássicas 81 H satisfaz as hipóteses do exemplo anterior e como {H } 0, f (0 + ) 1 e f (0 ) 0, temos que H δ. xemplo m alguns casos, podemos fazer com que uma função não localmente integrável defina uma distribuição. sse é o caso de f (x) 1, se x 0. Observe que em x qualquer intervalo centrado na origem, temos que a a Porém, temos que para x 0 1 x dx 2 lim log ( a ) log ( ɛ ) +. ɛ 0 + d dx log x 1 x e log x é uma função L 1 loc, pois fora da origem ela é contínua e log x dx 2 log xdx 0 2 lim (x log x x) 1 ɛ 0 ɛ 2. Podemos então tentar definir a distribuição 1 como a derivada da distribuição log x. x Observe que se φ Cc (Ω) e S(φ) [ N, N], então utilizando integração por partes, temos que Note que (log x ), φ pois pelo teorema do valor médio e log x φ (x) dx ɛ Assim, obtemos a seguinte distribuição: N lim log x φ (x) dx + ɛ 0 N ɛ lim log (ɛ) (φ (ɛ) φ ( ɛ)) + ɛ 0 + lim log (ɛ) (φ (ɛ) φ ( ɛ)) 0, ɛ 0 + φ (ɛ) φ ( ɛ) 2ɛ sup φ (t) t lim 2ɛ log (ɛ) 0. ɛ 0 + (log x ), φ lim ɛ 0 + x >ɛ φ (x) x dx, x >ɛ log x φ (x) dx φ (x) x dx.

96 82 4. Distribuições a qual chamamos de valor principal de 1 x e denotamos por v.p. 1 x xemplo Podemos ver que a regra de Leibniz quando u D (Ω), f C (Ω) também vale. De fato, seja φ Cc (Ω). ntão (uf), φ uf, φ x i x i u, f φ x i u, (fφ) φ f x i x i f u + f u, φ. x i x i Teorema Sejam u e f funções contínuas em Ω. Se u x j distribuições, então u x j f no sentido clássico. f no sentido das Demonstração. Suponha inicialmente que u tenha suporte compacto. Podemos definir u ɛ como em (4.2) e obtemos u ɛ (x) ɛ n u (y) ( ) x y φ dy x j x j ɛ ɛ n u (y) φ ( ) x y dy y j ɛ ( ) u x y ɛ n, φ y j ɛ ( ) x y ɛ f, n φ ɛ ɛ n f (y) φ ( ) x y dy y j ɛ f ɛ (x). Como S (u) é compacto, segue do Teorema 4.10 que u ɛ u e que uɛ x j f ɛ f uniformemente quando ɛ 0. Como temos a convergência uniforme, temo e portanto u ɛ u x j x j u x i f no sentido clássico. Para o caso geral, observe que como a diferenciabilidade é com conceito local, basta provarmos que dado x 0 Ω, vale que u x i (x 0 ) f (x 0 ) no sentido clássico.

97 4.6. Derivadas e Primitivas 83 Tome ψ Cc (Ω) tal que ψ 1 em uma vizinha V de x 0. Note que S (ψu) é compacto e pela regra de Leibniz, temos x j (ψu) ψ x j u + u x j ψ, que é contínua. Pelo que provamos acima, temos que Como ψ é 1 em V, temos que ψ x j (ψu) ψ u + ψf no sentido clássico, em V. x j x j 0 na expressão acima e concluímos o teorema. 4.6 Derivadas e Primitivas Sabemos que se f é uma função diferenciável em um intervalo (a, b) R e f 0, então f é constante em (a, b). Iremos demonstrar que isso também acontece quando estamos no espaço das distruibuições. Note que toda constante é uma função localmente integrável pois os compactos de R n tem medida finita e assim faz sentido dizer que uma distribuição é constante. Dada φ Cc (a, b), entendendo por 0 na reta, obtemos, com um abuso de notação, φ Cc (R). Lema Uma função teste φ Cc (a, b) é a derivada de outra função teste ψ C c (a, b) se, e somente se, + φ (x) dx 0. Demonstração. Suponha que φ ψ e que S(ψ) [ N, N]. ntão + φ (x) dx + N N ψ (x) dx ψ (x) dx ψ (N) ψ ( N) 0. Reciprocamente, suponha que + φ (x) dx 0. Definimos ψ (x) x φ (t) dt. Observe que S (ψ) (a, b), pois se x < a, então φ se anula na expressão acima e portanto ψ também se anula. Se x > b, então como φ se anula em [b, + ), temos que ψ (x) + φ (t) dx 0.

98 84 4. Distribuições Pelo teorema fundamental do cálculo concluímos que ψ φ (o que também prova que ψ é de classe C ). Teorema Suponha que u D (a, b) tenha derivada nula. ntão u é constante. Demonstração. Tome uma função φ 0 C c (a, b) tal que φ 0 1. Se φ C c (a, b) e então a função teste ( ϕ (x) φ (x) ) φdt φ 0 (x) tem integral nula. Pelo lema anterior, existe uma função ψ C c (a, b) tal que ψ ϕ. Podemos escrever [ ( φ (x) φ (x) ( ψ (x) + ) ] ( φdt φ 0 (x) + ) φdt φ 0 (x). ) φdt φ 0 (x). Da hipótese, temos que u, ψ u, ψ 0 e portanto u, φ ( u, ψ + φdt u, φ 0 ) φdt φ 0 1, φ u, φ 0. Tomando c u, φ 0, temos que u, φ c 1, φ c, φ. Portanto u é constante (igual a c). Corolário Se u D (a, b) e u (k) 0, então u é um polinômio de grau k 1. Demonstração. Faremos a demonstração por indução sobre k. Para k 1 temos exatamente o teorema anterior. Suponha que seja válido para k 1 e tome u tal que u (k) 0. Se definirmo v u (k 1), então v 0 e pelo teorema anterior v c, c constante

99 4.6. Derivadas e Primitivas 85 Temos então ) (k 1) (u cxk 1 (k 1)! u (k 1) c v c Portanto, concluímos da hipótese de indução que o que conclui a demonstração. 0. u cxk 1 k 2 (k 1)! a j x j, Corolário Se u D (a, b) então u admite uma primitiva, isto é, existe v D (a, b) tal que v u. Demonstração. Tome φ 0 C c v, φ u, j1 (a, b) tal que φ 0 dt 1 e defina x [ ( φ (t) Para v estar bem definida, devemos provar que a função ψ (x) x [ ( φ (t) ) ] φds φ 0 (t) dt. ) ] φds φ 0 (t) dt é uma função teste. Pelo teorema fundamental do cálculo concluímos que ψ é de classe C pois φ e ψ o são. Observe que ψ tem suporte compacto pois S(ψ) (a, b). De fato, se x a então tanto φ quanto φ 0 se anulam e pela definição de ψ temos que ψ(x) 0. Se x b, então Do mesmo modo, temos x φ 0 (t) dt x φ (t) dt + + φ 0 (t) dt 1. φ (t) dt e concluímos que ψ(x) 0. A linearidade de v segue da linearidade da integral e da linearidade de u. Para mostrar a continuidade de v basta mostrar que se φ n é uma sequência que converge a 0 em Cc (a, b) então a sequência das ψ n como definimos acima também converge a zero em Cc (a, b), e então a continuidade de u garante a continuidade de v. Observe que ( ψ j (x) φ j (x) ) φ j ds φ 0 (x). Pelo teorema da convergência dominada, podemos comutar o limite com o sinal de integral na equação acima e como φ n converge a zero em C c (a, b), concluímos também a

100 86 4. Distribuições convergência de ψ j. Finalmente, observe que v, φ v, φ x [ ( u, φ (t) x u, φ (t) dt u, φ. ) ] φ ds φ 0 (t) dt sendo que a penúltima igualdade foi obtida pois φ ds Partição da Unidade Neste seção começamos a desenvolver ferramentas para definir o suporte de uma distribuição. Note que não faz sentido dizermos que uma distribuição se anula em um ponto x Ω, mas podemos dizer quando u se anula em uma vizinhança de um ponto x restringindo sua ação sobre funções testes com suporte compacto nesta vizinhança. Ou seja, podemos atribuir a uma distribuição u uma propriedade local. Porém, para falarmos de suporte de uma distribuição, precisamos estender essa propriedade globalmente e para isso utilizamos partição da unidade. Definição Uma sequência de funções teste (φ n ) n Cc (Ω) é uma partição da unidade se 1. Dado x Ω, existe uma vizinhança de x que intersecta apenas um numero finito de S(φ j ). 2. φ i (x) 1, x Ω. 3. φ i (x) 1, x Ω, i N. Observe que pelo item 1), a série do item 2) é uma soma finita. Definição Dada uma cobertura aberta V (V α ) α A de Ω, dizemos que uma partição da unidade está subordinada a V se para todo α A, i N tal que S (φ i ) V α. É possível mostrar que toda cobetura aberta de Ω admite uma partição da unidade subordinada a V. No entanto, precisamos de uma versão um pouco mais fraca desse resultado, que será feita abaixo. Lema Dado um compacto K l existem compactos K i V i, i 1, 2,..., l tais que K V i onde cada V i é um aberto de R n temos que l K i

101 4.7. Partição da Unidade 87 Demonstração. Para cada i 1, 2,..., l e para cada n N, definimos { Vi n x V i : d (x, V j ) > 1 } n e definimos, para cada i 1, 2,..., l, o compacto K i V n i K V i. Sendo n tomado suficientemente grande de modo que K l K i. Isso sempre é possível pois caso contrário, existia x K tal que x / Vi n, n N. Mas como x K, existe i 0 tal que x V i0 e d (x, V i0 ) > 0, o que implica que existe n 0 tal que x V n 0 i. Teorema Seja K R n um compacto e V 1,..., V l abertos tais que K l V i. ntão existem funções φ j Cc (V j ) tais que 1. l φ j (x) l φ j (x) 1 numa vizinhança de K φ j 1, j N. Demonstração. Para cada j 1,..., l escolhemos compactos K j V j tal que K l (lema anterior). Tomamos então, para cada i 1,..., l, uma função ψ i Cc 0 ψ i 1 e ψ i 1 numa vizinhança V i de K i. Definimos K i (V i ) tal que φ 1 ψ 1 φ 2 ψ 2 (1 ψ 1 ) Mostraremos por indução sobre j que. φ l ψ l (1 ψ 1 )... (1 ψ l1 ). l φ j 1 (1 ψ 1 )... (1 ψ l ). j1

102 88 4. Distribuições Para l 1 temos que φ 1 1 (1 ψ 1 ) ψ 1. Suponha válido para l 1 e observe que l φ j j1 l 1 φ j + φ l j1 Assim, temos que K l 1 (1 ψ 1 )... (1 ψ l 1 ) + φ l 1 (1 ψ 1 )... (1 ψ l 1 ) + ψ l (1 ψ 1 )... (1 ψ l1 ) 1 (1 ψ 1 )... (1 ψ l ). V i V e temos que em V l φ j (x) 1, pois algum φ i 1. As outras duas afirmações do teorema seguem da expressão de φ i e do fato de que se 0 f, g 1, então 0 f (1 g) 1. Teorema Se u 1, u 2 D (Ω) são tais que todo ponto x Ω possui uma vizinhança V x onde u 1 u 2, isto é, tomando φ com suporte em V x, temos que u 1, φ u 2, φ, então u 1 u 2 em Ω. Demonstração. Seja φ Cc (Ω) e K S(φ). Para cada x K, existe uma vizinhança V x de x tal que u 1 u 2 em V x. Logo, podemos escrever K V x. x K como K é compacto, existem V 1,..., V k tais que K V 1... V k. scolhemos agora, para cada V i, i 1,..., k, funções φ i como no teorema anterior. Logo, podemos escrever φ (x) já que em uma vizinhança de K vale l φ j (x) φ (x), j1 l φ j (x) 1.

103 4.8. Distribuição com suporte compacto 89 Observe que S(φ j φ) V j onde u 1 u 2. Assim, segue que l u 1, φ u 1, φ j φ j1 l u 1, φ j φ j1 l u 2, φ j φ j1 u 2, φ. Com esse teorema, se tomarmos A como sendo a união de todos os abertos onde u D (Ω) se anula, ao considerarmos apenas funções testes φ com suporte compacto em A, temos que u, φ 0. Podemos definir o suporte de u como sendo o complementar de A (que é um conjunto fechado, assim como o suporte de funções contínuas). Pela definição de A, tal conjunto é a interseção de todos os fechados onde u não se anula. Temos então a seguinte definição: Definição Seja u D (Ω). Definimos o suporte de u, S(u) como a interseção de todos os fechados fora dos quais u é nulo. Observação Se f é contínua em Ω, temos agora duas definições para seu suporte. Mostraremos que as duas definições coincidem. Denotemos por S (f) o suporte de f quando vista como uma distribuição. Como f se anula fora de S (f), temos pelo xemplo 4.19 que f 0 q.t.p. em (S (f)) c e como f é contínua segue que f 0 em (S (f)) c. Logo, S (f) S (f). Por outro lado, se x / S(f), então f 0 numa vizinhança V x de x e portanto f, φ 0 se S(φ) V x. Portanto S (f) S(f) pelo Teorema De forma análoga ao que fizemos com o suporte, podemos dar a seguinte definição: Definição Dizemos que uma distribuição u C (Ω) se existe f C (Ω) tal que u, φ f, φ, φ C c (Ω). Definição Seja u D (Ω). Definimos o suporte singular de u, SS(u), como a interseção de todos os fechados fora dos quais u C. 4.8 Distribuição com suporte compacto Com as ferramentas introduzidas na seção anterior foi possível definir o suporte de uma distribuição. Isso será útil pois como veremos nessa seção, distribuições com suporte

104 90 4. Distribuições compacto podem ser estendidas de forma única para funcionais lineares contínuos definidos no conjunto das funções de classe C. Definição Denotaremos por (Ω) o subespaço de D (Ω) das distribuições que possuem suporte compacto. Teorema Seja u (Ω). ntão existe um único funcional linear ũ : C (Ω) C tal que 1. ũ(φ) u(φ) se φ Cc (Ω). 2. ũ(φ) 0 se φ C (Ω) e S(φ) S(u). Demonstração. Comecemos mostrando a unicidade de ũ. Suponha que ũ 1 e ũ 2 verifiquem 1) e 2) acima. Tome ψ Cc (Ω) tal que ψ 1 numa vizinhança de S(u). Se φ D (Ω), definimos φ 1 φψ, φ 2 (1 ψ)φ e podemos escrever φ φ 1 + φ 2. observe que S(φ 2 ) S(u). Já que ψ 1 numa vizinhança de S(u). Dessa forma, obtemos que ũ 1 (φ) ũ 1 (φ 1 ) + ũ 1 (φ 2 ) ũ 1 (φ 1 ) ũ 2 (φ 1 ) ũ 2 (φ 1 ) + ũ 2 (φ 2 ) ũ 2 (φ). Para mostrar a existência, observe que dada φ C (Ω), pelo argumento usado acima, podemos decompor φ da seguinte forma φ φ 0 + φ 1, onde φ 0 C c (Ω) e S(φ 1 ) S(u). Definimos então ũ (φ) u, φ 0. Precisamos mostrar que ũ está bem definida, isto é, não depende da decomposição de φ. Suponha que φ 0 e φ 1 seja outra decomposição de φ. Logo, φ 0 φ 0 φ 1 φ 1

105 4.8. Distribuição com suporte compacto 91 e portanto S(φ 0 φ 0) S(φ 1 φ 1 ). Observe que se x / S(φ 1 ) S(φ 1), então (φ 1 φ 1) (x) 0. Concluímos então que S(φ 1 φ 1 ) S(φ 1 ) S(φ 1). Logo, temos que S(φ 0 φ 0) S(u) [S(φ 1 ) S(φ 1)] S(u) [S(φ 1 ) S(u)] [S(φ 1) S(u)]. Obtemos então que u, φ 0 φ 0 0 e pela linearidade de u que ũ(φ 0 ) ũ(φ 0). Para mostrar a linearidade de ũ observe que podemos utilizar a decomposição que fizemos na unicidade. Isto é, escrevemos φ φψ + (1 ψ) φ, ϕ ϕψ + (1 ψ) ϕ e obtemos φ + λϕ (φ + λϕ) ψ + (1 ψ) (φ + λϕ). Assim, a linearidade de ũ segue diretamente da linearidade de u. No teorema acima nada falamos da continuidade de ũ pois ainda não temos uma convergência estabelecida em C (Ω). Assim como no espaço Cc (Ω), é possível definir uma topologia em C (Ω) e obter uma caracterização de convergência nesse espaço, a qual daremos como definição. Definição Uma sequência (φ j ) j em C (Ω) converge a zero se para todo compacto K Ω e todo inteiro m > 0 tivermos α φ j 0 ( α m) uniformemente em K quando j. Observação Se uma sequência (φ j ) j de funções em Cc (Ω) converge a zero, então ela também converge a zero em C (Ω). De fato, só precisamos nos preocupar com compactos que intersectam o compacto K que contem S(φ j ), j N, pois fora do mesmo a sequência é nula. Mas a convergência em D (Ω) já garante que α φ j 0 uniformemente quando j. No entanto, a reciproca não é válida. xemplo Tome Ω R e uma função teste φ 0 tal que S(φ 0 ) [ 1, 1], φ 0 (x) 1 se x 1. Definimos então a seguinte sequência 2 φ n (x) 2 n φ 0 ( x n ).

106 92 4. Distribuições Dessa forma, como as derivadas de φ 0 são limitadas, temos que para todo x R ( φ (k) n (x) 2 n x n k φ(k) 0 n) C2 n n k 0 quando n e portanto a sequência φ n converge a zero C (R). Porém, pela definição de φ n e como φ 0 (x) 1 se x 1 2, temos que S(φ n) [ n 2, n 2 ] e assim não existe compacto K R tal que S(φ n ) K, n N. Podemos agora falar em funcionais lineares contínuos em C (Ω), ou seja, u : C (Ω) C é continuo se dada (φ n ) n que converge a zero em C (Ω), então u(φ j ) converge a zero em C. Utilizaremos também a notação u, φ neste espaço. Temos então as seguintes caracterizações: Teorema Seja u um funcional linear u em C (Ω). As seguintes afirmações são equivalentes: 1. u é contínuo. 2. xistem K Ω compacto, C > 0 constante e m N tais que u, φ C α m sup D α φ. (4.6) K Demonstração. 2) 1): Suponha que φ j 0 em C (Ω). Por hipótese, existem K Ω compacto, C > 0 constante e m N como acima. Mas a convergência em C (Ω) nos diz que que D α φ j 0 uniformemente em K. Logo u, φ j C α m sup D α φ 0 em C. K 1) 2): Suponha que 2) seja falso. ntão para toda escolha de K Ω compacto, C > 0 constante e m N feita, existe φ C (Ω) tal que u, φ > C α m sup D α φ. (4.7) K Para cada n N obtemos φ n que satisfaz (4.9), sendo que escolhemos C m n e K n { x : Ω : x n e d (x, Ω) 1 }. n

107 4.8. Distribuição com suporte compacto 93 Definimos as sequências r n u, φ n > n α n sup K n D α φ, ψ n φ n r n. Observe que r n é uma sequência em R de termos positivos. Mostraremos agora que ψ 0 em C (Ω). Dado um K Ω compacto, temos que K K n0 K n se n n 0. A segunda inclusão vem da definição de K n e a primeira vale pois sendo K um compacto, então ele é limitado e Dado β um multi-índice temos que d (K, Ω) > 0. sup D β ψ n sup D α ψ n K K α n n 1 sup D α ψ r n K n < 1 n. α n Portanto, φ n 0 em C (Ω). Porém, u, ψ n u, ψ n r n 1 r n u, φ n 1, o que contraria o fato de u ser contínua. em C c Temos também um teorema para caracterizar a continuidade de funcionais definidos (Ω). Teorema Seja u D (Ω). As seguintes afirmações são equivalentes: 1. u é contínuo. 2. Dado um compacto K Ω, existe inteiro positivo m e uma constante C > 0 constante tais que u, φ C α m sup D α φ, φ Cc (Ω), S (φ) K. (4.8) K

108 94 4. Distribuições Demonstração. 2) 1): Suponha que φ j 0 em C c (Ω). ntão existe K 0 Ω compacto que contem os suportes de todas as φ j e D α φ j 0 uniformemente quando j 0. Por hipótese, para tal K 0, existem C > 0 e um inteiro positivo m > 0 tais que o que prova a continuidade de u. u, φ j C α m sup K 0 D α φ j 0, 1) 2): A demonstração é análoga ao do teorema anterior. Suponha que 2) não seja válido. ntão existe um compacto K Ω tal que para cada C m n, existe φ n C c (Ω) tal que S(φ n ) K e r n u, φ > n α n sup D α φ. K Definimos ψ n φn r n que converge a zero em C c (Ω), pois S(ψ n ) K e sup D β ψ n sup D α ψ n, K α n 1 sup D α φ n. r n K < 1 n α n Porém, como u, ψ n 1, temos que u não é contínua, o que conclui a demonstração. Com tais caracterizações podemos relacionar funcionais em D (Ω) e C (Ω) utilizando o conceito de suporte de uma distribuição que definimos. Temos o seguinte teorema: Teorema Seja u D (Ω). As seguintes afirmações são equivalentes: 1. u (Ω). 2. xiste um funcional linear contínuo v definido em C (Ω) tal que v (φ) u(φ) se φ D (Ω). Demonstração. 1) 2): Se u (Ω), pelo Teorema 4.47, existe um único funcional linear ũ definido em D (Ω) tal que valem as equações do Teorema 4.47 Resta mostrar a continuidade de tal operador. Seja ψ Cc (Ω) tal que ψ 1 numa vizinhança V u de S(u). Temos então que ũ u(ψφ).

109 4.8. Distribuição com suporte compacto 95 Utilizamos o teorema anterior tomando K S(ψ). ntão existem C > 0 e um inteiro positivo m tais que φ C c (Ω) ũ, φ u, ψφ C sup D α (ψφ). K α m Utilizando a regra de Leibniz, podemos limitar as derivadas de ψ e obter ũ, φ C α m sup D α (ψφ) K e portanto, pelo Teorema 4.51 temos que ũ é contínuo. 2) 1): Como v é contínuo, pelo Teorema 4.51, existem K Ω compacto, C > 0 e um inteiro positivo m tais que φ C (Ω), vale u, φ C α m sup D α φ. K Vamos mostrar que u se anula fora de K. Se φ Cc φ 0 em K, temos que (Ω) e S(φ) K, então como u, φ v, φ u, φ C 0 e portanto S (u) é compacto pois S (u) K. α m sup D α φ K Observação O espaço Cc (Ω) é denso em C (Ω). Observe que com essa afirmação, como o funcional v do teorema é contínuo, então ele é a única extensão de u em C (Ω). A densidade segue tomando uma sequência de compactos encaixados Ω n1 K n e funções ψ n Cc C (Ω) temos que (Ω) que valem 1 em uma vizinhança de K n. Dada uma função φ φ n ψ φ em C (Ω). De fato, se K Ω é um compacto, então K K n para algum n N. Dado α multi-índice

110 96 4. Distribuições e se m n, então D α (φ m φ) D α (ψ m φ φ) D α (φ (ψ m 1)) 0. xemplo A distribuição δ D (Ω) tem suporte {0} e portanto tem suporte compacto. De fato, se ψ Cc (R n {0}), então δ, φ φ(0) 0. Por outro lado, basta tomar φ C c temos que (R n ) tal que S(φ) contém uma vizinhança de zero e u, φ Convergência e convolução em D (Ω) Nesta seção iremos introduzir o conceito de convergência no espaço das distribuições e estenderemos o conceito de convolução para tal espaço. Como vimos em seção anteriores, para que uma função seja uma distribuição, é suficiente que ela seja localmente integrável, ou seja, distribuições admitem funções sem muita regularidade. Veremos que a convolução é uma forma de regularizar distribuições sem se distanciar muito da distribuição orignal (com a noção de convergência que daremos). Definição Dada uma sequência (u n ) n em D (Ω), dizemos que tal sequência converge a u D (Ω), e escrevemos u n u em D (Ω), se para toda φ Cc (Ω) vale u n, φ u, φ. xemplo 4.57 (Derivada de uma distribuição). Faremos o caso em que u D (R). O caso geral para R n se estende pelas derivadas parciais de forma análoga. Como vimos em (4.3), a distribuição u é dada por u, φ u, φ. ntão é natural esperar que, com as notações de (4.4), seja válido u r u r u.

111 4.9. Convergência e convolução em D (Ω) 97 De fato, seja r n C tal que r n 0. ntão u rn u r n, φ u, φ r n φ. r n Portanto, pela continuidade de u, é suficientes mostrarmos que φ rn φ r n + φ 0 em C c (Ω). Como φ tem suporte compacto e r n 0, por um argumento semelhante ao que fizemos em (4.1) temos que existe um compacto K que contém os suportes de φrn φ r n + φ. Além disso, ( ) (n) φrn φ + φ (φ r n ) (n) φ (n) + φ (n+1). (4.9) r n r n Pelo teorema do valor médio temos que existe ξ x tal que ξ x r n e (φ rn ) (n) (x) φ (n) (x) r n φ (n+1) (ξ x ) e segue da continuidade uniforme de φ (n+1) em K que a expressão (4.9) converge a zero quando n. xemplo Suponha que u j u em D (Ω). ntão dada φ C c uj lim, φ j x i lim u j, φ j x i u, φ x i u, φ. x i (Ω), temos que Ou seja, diferentemente do que acontece com sequência de funções, com distribuições podemos sempre trocar a ordem das operações de limite e derivação. Tome f n (x) sen (nx) n que converge uniformemente a zero pois seno é uma função limitada. f n 0 em D (Ω). Porém, f n (x) cos(nx) m particular, que não converge q.t.p. ntretanto, como podemos trocar a ordem das operações no espaço das distruibuições, temos que cos(nx) 0 em D (Ω).

112 98 4. Distribuições xemplo O espaço (Ω) é denso em D (Ω). De fato, tomemos uma sequência de compactos K n tal que Ω n1 e ψ n Cc (Ω) tal que ψ vale 1 numa vizinhança de K n. ntão dada u D (Ω), definimos u n uψ n (Ω) e temos que u n u em D (Ω). K n De fato, dada φ Cc (Ω), então S(φ) K n a partir de um n N. Logo, se m n, então u m, φ u, ψ m φ u, φ. O nosso objetivo nesta seção é definir a convolução entre distribuições. Veremos que isso é possível quando uma das distribuições possui suporte compacto. Porém, não podemos fazer isso de forma imediata, ainda precisamos de alguns resultados e conceitos que exploraremos abaixo. Definição Seja u D (R n ) e φ Cc em R n tomando valores em C dada por (R n ). Denotamos por u φ a função definida u φ(a) u, ˇφ a, (4.10) lembrando que ˇφ a (x) φ(a x). Observação Podemos definir (4.10) se u (R n ) e φ C (R n ). xemplo Se φ C c (R n ), então (δ φ) (a) δ, φ (a x) φ (a). Portanto δ φ φ. Teorema Sejam u D (R n ) e φ C c (R n ). ntão são válidas: 1. u φ C (R n ) e D α (u φ) (D α u) φ u (D α φ). 2. S (u φ) S(u) + S(φ).

113 4.9. Convergência e convolução em D (Ω) 99 Demonstração. 1. Mostremos inicialmente que u φ é contínua. Seja a j uma sequência em R n que converge para a R n. Mostraremos que u φ(a j ) u φ(a) 0. Ou seja, u, φ(a j x) φ(a x) 0. Pela continuidade de u, basta mostrarmos que φ(a j x) φ(a x) converge a zero em Cc (R n ). Pelo mesmo argumento de (4.1) temos que existe um compacto K que contém os suportes de φ(a j x), j N e φ(a x). A convergência uniforme a zero das derivadas de φ(a j x) φ(a x) segue da continuidade uniforme das derivadas de φ em K. Dado um multi-índice α e ɛ > 0 como D α φ é uniformemente contínua em K, existe δ > 0 tal que se z z < δ, então D α φ (z) D α φ (z ) < ɛ. (4.11) Para tal δ, existe j 0 N tal que se j j 0, então a j a < δ e portanto se j j 0, temos que a j x (a x) a a j < δ. Da quação (4.11) temos que D α φ (a j x) D α φ (a x) < ɛ, de onde concluímos a convegência uniforme das derivadas. Provemos agora que vale a igualdade D α (u φ) (D α u φ). Faremos para α e i. O caso geral segue indutivamente. Tome r j R n uma sequência que converge a zero. ntão temos que u φ (a + r j e i ) u φ (a) r j u, φ (a + r je i x) φ (a x) r j u rj e i u, φ (a x). r j

114 Distribuições Fazendo j, temos pelo xemplo 4.57, que u φ (a + r j e i ) u φ (a) u lim, φ (a x) u φ (a). (4.12) j r j x j x i Por outro lado, da primeira igualdade de (4.12), segue que u, φ (a x) x j o que mostra a segunda igualade do teorema. u, φ (a x) x i u, φ (a x) x i u φ x i (a), 2. Para mostrar que S(u φ) S(u) + S(φ), mostraremos que se a / S(u) + S(φ), então u φ(a) 0. De fato, nessas condições, temos que S(u) S( ˇφ a ), pois se x S( ˇφ a ), então não podemos ter x S(u), já que a x + a x / S(φ). Logo, u, ˇφa 0 e concluímos o teorema. Observação Observe que o teorema vale se u (R n ) e se φ Cc (R n ) por argumentos análogos. A convergência em C (R n ) é a convergência em compactos e portanto utilizamos a continuidade uniforme como acima. Teorema Sejam φ, ψ C c (R n ) e u D (R n ). ntão (u φ) ψ u (φ ψ). Demonstração. Definimos a função f(y) φ(x y)ψ(y). Observe que S(f) S(φ) + S(ψ). Assim, para cada ɛ > 0, consideramos os pontos da forma ɛm, onde m (m 1,..., m n ) Z n. sses pontos percorrem o espaço R n mas apenas um número finito deles está em S(f). Diminuindo ɛ se necessário, podemos construir as somas de Riemann tomando quadrados de lado ɛ que contém os pontos ɛm. Obtemos

115 4.9. Convergência e convolução em D (Ω) 101 então a soma de Riemann de f com relação a tais partições (pontilhadas) S ɛ (x) ɛ n m φ (x ɛm) ψ (ɛm). Ou seja, temos que Segue então que lim S ɛ (x) ɛ 0 f(y)dy φ ψ(x). (u (φ ψ)) (x) lim ɛ 0 (u S ɛ ) (x) lim ɛ 0 m u φ (x mɛ) ψ (ɛm) u φ (x y) ψ (y) dy ((u φ) ψ) (x), o que conclui o teorema. Mostraremos agora que a convolução com funções testes apropriadas além de ser regularizadora pode ser usada para aproximar a distribuição original. Teorema Seja u D (R n ), φ C c (R n ) tal que 0 φ e φdx 1. Definimos ( x ) φ ɛ (x) ɛ n φ. ɛ ntão u φ ɛ u em D (R n ) quando ɛ 0. Demonstração. Observe que ψ C c (Ω), temos que u, ψ ( u ˇψ ) (0). Além disso, pelo Teorema 4.10 temos que φ ɛ ˇψ ˇψ em Cc (R n ). De fato, só precisamos verificar a condição do compacto que contém o suporte de φ ɛ. Mas pelo mesmo teorema, se ɛ 1, temos que S(φ ɛ ) S(ψ) + B [0, 1]. Desse modo, como u é contínua, temos que lim u φ ɛ, ψ lim (u φ ɛ ) ˇψ (0) ɛ 0 ɛ 0 lim u ( φ ɛ ˇψ ) (0) ɛ 0 ( lim u, φ ˇ ˇ ψ ) ɛ 0 u, ψ.

116 Distribuições Corolário O espaço C c (Ω) é denso em D (Ω). Demonstração. Pelo xemplo 4.59 é suficiente provarmos que Cc (Ω) é denso em (Ω). Definimos, φ ɛ como no teorema anterior. Seja u (Ω). ntão pelo Teorema 4.63, temos que para ɛ 1 S (u φ ɛ ) S(u) + S (φ ɛ ) S(u) + B[0, 1] e portanto u φ ɛ C c (Ω). O resultado segue do teorema anterior. Utilizaremos a notação (T h u)(x) u(x h) (translações) para o proximo teorema: Teorema Suponha que U : Cc (R n ) C (R n ) seja contínuo que comuta com todas as translações T h. ntão existe uma única distribuição u D (R n ) tal que Uφ u φ, φ Cc (R n ). Demonstração. xistência: Se φ n Cc (R n ) é uma sequência que converge a zero, então pela continuidade de U, temos que Uφ n C (R n ) converge a zero em compactos. m particular temos que ( ) U ˇφn (0) converge a zero e portanto a aplicação φ C c (R n ) ( U ˇφ ) (0) C é contínua. Podemos definir então a distribuição u, φ ( U ˇφ ) (0). Se h R, então temos que Uφ (h) (T h (Uφ)) (0) U (T h φ) (0) u, (T h ˇ φ) u, φ (h x) u φ(h). Unicidade: Suponha que u e v sejam distribuições nas condições do teorema. ntão

117 4.9. Convergência e convolução em D (Ω) 103 temos que se φ C c (R n ). u, φ u ˇφ (0) U ˇφ (0) v ˇφ (0) v, φ. Observação Dada uma distribuição u D (R n ), temos que a aplicação u : C c (R n ) C (R n ) comuta com translações, pois u (T h φ) (a) u, T h φ (a x) u, φ (a h x) u φ (a h) T h (u φ) (a). Com tais resultados podemos definir a convolução entre duas distribuições. Definição Sejam u 1,u 2 D (R n ) sendo que uma das duas possui suporte compacto. Definimos a distribuição u 1 u 2 como sendo a única distribuição v tal que v φ u 1 (u 2 φ). Pela observação anterior, o operador V (φ) u 1 (u 2 φ), φcc do Teorema 4.68 e portanto tal v sempre existe. (R n ) satisfaz as hipóteses xemplo Como δ tem suporte compacto, então u δ u δ u. De fato, temos que u δ, φ (u δ) ˇφ (0) u ( δ ˇφ ) (0) u ˇφ (0) u, φ.

118 Distribuições Por outro lado, temos que δ u, φ (δ u) ˇφ (0) δ ( u ˇφ ) (0) u ˇφ (0) u, φ. xemplo Observe que se φ ɛ é definida como no Teorema 4.10, pelo Teorema 4.66 temos que δ φ ɛ δ. Pelo exemplo anterior temos que Portanto, concluímos δ φ ɛ φ ɛ. φ ɛ δ. Teorema Suponha que u 1 (R n ) e u 2 D (R n ). ntão u 1 u 2 u 2 u 1, S (u 1 u 2 ) S(u 1 ) + S(u 2 ). Demonstração. Sejam φ, ψ C c (R n ). ntão temos que (u 1 u 2 ) (φ ψ) u 1 (u 2 (φ ψ)) u 1 ((u 2 φ) ψ) u 1 (ψ (u 2 φ)) (u 1 ψ) (u 2 φ). De modo análogo, temos que (u 2 u 1 ) (φ ψ) (u 1 ψ) (u 2 φ) e concluímos portanto que (u 1 u 2 ) (φ ψ) (u 2 u 1 ) (φ ψ). Podemos fazer φ ψ φ tomando ψ ɛ como no Teorema 4.10 temos, da continuidade das distribuições, que (u 1 u 2 ) φ (u 2 u 1 ) φ. em x 0 temos u1 u 2, ˇφ u 2 u 1, ˇφ.

119 4.9. Convergência e convolução em D (Ω) 105 Para a afirmação do suporte, consideramos φ ɛ como no Teorema ntão do Teorema 4.63 temos que S [(u 1 u 2 ) φ] S(u 1 ) + S(u 2 φ ɛ ) S(u 1 ) + S(u 2 ) + S(φ ɛ ). Como S(φ ɛ ) ɛs(φ), fazendo ɛ 0, temos que (u 1 u 2 ) φ ɛ (u 1 u 2 ) δ (u 1 u 2 ). Note então que pelo exemplo anterior, temos que (u 1 u 2 ) φ ɛ (u 1 u 2 ) δ (u 1 u 2 ). Para encerrar o capítulo, voltemos na nossa motivação inicial: a densidade de uma massa pontual, a qual chamamos de δ. Como citamos na Observação 4.4, é natural esperar que tal objeto seja o limite de funções testes cuja integral seja unitária e no ponto x 0 tende para +. Conforme vimos no xemplo 4.72, temos que δ é de fato o limite de tais funções testes. Queríamos também dar um sentido para δdµ 1. (4.13) Isso pode ser feito a partir do momento estendemos as distribuições com suporte compacto para funcionais lineares que atuam sobre funções de classe C. Observe que se f L 1 loc, a ação de f (como distribuição) em uma função teste φ é dada por fφdµ. ntão é natural esperar que a expressão (4.13) signifique δ atuando sobre a função constante 1. Na realidade, utilizamos tal notação para uma distribuição qualquer atuando sobre uma função teste qualquer. Assim, temos δdµ δ1dµ 1 (0) 1. Porém, a função constante φ 1 não possui suporte compacto. No entanto, como δ tem suporte compacto, a extensão feita no Teorema 4.53 permite dar um sentido claro para (4.13).

120 Distribuições

121 107 Capítulo 5 Análise de Fourier 5.1 Introdução Neste capítulo iremos abordar a transformada de Fourier em um espaço adequado de funções que contém o espaço das funções teste Cc (R n ). A busca desse novo espaço de funções será justificada posteriormente, mas adiantamos que o espaço Cc (R n ) não é invariante pela transformada de Fourier que iremos introduzir. stenderemos também a transformada para o espaço de funcionais lineares e veremos a sua importância quando estudarmos os operadores diferenciais clássicos, pois devido a suas propriedades, acabamos trabalhando com polinômios ao invés de derivadas da solução procurada. 5.2 O espaço de Schwartz Introduziremos agora o espaço de Schwartz que será denotado por S (R n ) (ou simplesmente S quando não houver risco de confusão) e veremos que este é o espaço ideal para se trabalhar com a transformada de Fourier. O espaço S consiste das funções φ tais que φ e qualquer derivada de φ decrescem no infinito mais rapidamente que qualquer polinômio. Mais precisamente, temos a seguinte Definição 5.1. O espaço S(R n ) é o subespaço de C (R n ) formado pelas funções φ C (R n ) tais que sup x α D β φ (x) <, α, β N n. x R n A verificação de que S é de fato um subespaço de C segue diretamente da regra de Leibniz para a derivada do produto e da desigualdade triangular, e quando a propriedade acima é válida, dizemos que a função tem decrescimento rápido. Observação 5.2. Observe que se φ S, então lim (1 + x x )m φ (x) 0, m N. (5.1)

122 Análise de Fourier De fato, tomando α i (m + 1)e i (0,..., m + 1,..., 0) e β 0, temos que x i m+1 φ (x) < M i, para alguma constante positiva M i e para todo x R n. Tome M max {M i : i 1,..., n}. Utilizando a equivalência de normas de R n, segue que Definindo C K m+1 M, temos que x m+1 φ (x) (K x max ) m+1 φ (x) K m+1 x i0 m+1 φ (x) K m+1 M. x m+1 φ (x) lim x x m φ (x) lim x x já que o numerador é uma função limitada por C. Como m é arbitrário, desenvolvendo (1 + x ) m pelo binômio de Newton obtemos (5.1). O resultado ainda é válido para as derivadas de φ se escolhermos β conveniente. Logo, se φ S, temos que para todo m N e β N n, vale 0, sup (1 + x ) m D β φ (x) <. (5.2) x R n A condição (5.2) também é suficiente para garantir que φ S, pois dado α (α 1,..., α n ), β N n, temos que se x (x 1,..., x n ), então (pela equivalência de normas) x α D β φ (x) x α x αn n D β φ (x) x α D β φ (x) max K α x α D β φ (x), sendo que o último termo é limitado em R n. Assim, a condição (5.2) é equivalente a dizer que φ S. xemplo 5.3. O conjunto das funções teste é um subconjunto de S. De fato, seja φ C c (R n ) e K S(φ) seu suporte. ntão dados quaisquer α, β N n, temos que S(D β φ) S(φ) e como x α D β φ é contínua, segue que existe constante C > 0 tal que sup x α D β φ (x) < C. x K Portanto, φ S pois fora de K φ se anula e a estimativa acima vale em R n. No entanto, C c (R n ) não contém S. Basta tomar f(x) exp ( x 2). Note que para todo m N, temos que lim x x m f (x) 0. Como as derivadas de f são da forma p(x)f(x), onde p é um polinômio em x, ainda

123 5.3. Transformada de Fourier 109 temos o limite acima com as derivadas de f indo para zero e, pela observação acima, segue f S (no entanto, f não tem suporte compacto e portanto não é função teste). Damos agora uma definição de convergência de funções no espaço S: Definição 5.4. Dizemos que uma sequência (φ j ) em S converge a zero e escrevemos φ j 0 quando j se α, β N n tivermos x α D β φ j (x) 0 uniformemente quando j. xemplo 5.5. Se φ j 0 em Cc (R n ), então φ j 0 em S. De fato, se φ j 0 em Cc (R n ), então existe um compacto K tal que S(φ j ) K, j N e as derivadas de qualquer ordem de φ j convergem a zero uniformemente. Assim, dados α, β N n quaisquer, temos que x α é limitado por uma constante M > 0 em K e portanto, como φ j se anula fora de K, segue que sup x α D β φ j (x) M sup D β φ j (x) 0, x R n x K o que mostra que φ j 0 em S. Proposição 5.6. O espaço S é invariante por derivação e multiplicação por polinômio. Demonstração. Seja φ S e considere β, β N n. Como D β ( D β φ ) D β+β φ, temos que α N n vale sup x x α D (D β φ) β <, já que φ S. Agora se considerarmos x γ φ(x), com γ N n, temos que para quaisquer α, β N n vale sup x α D β (x γ φ (x)) <, x pois pela regra de Leibniz, a derivada de x γ φ (x) será a soma de fatores do tipo cx γ D γ φ(x) e pela desigualdade triangular vamos obter uma soma finita de parcelas do tipo c sup x α+γ D γ φ (x), as quais são finitas. x 5.3 Transformada de Fourier Apesar de termos definidos o espaço de Schwartz S visando a transformada de Fourier, podemos defini-la para uma classe bem maior de funções. Faremos isso e, na dedução das principais propriedades nos restringiremos ao espaço S.

124 Análise de Fourier Definição 5.7. Seja f L 1 (R n ). A transformada de Fourier de f, denotada por Ff ou f é a função definida por Ff(ξ) f(ξ) exp ( iξ x) f(x)dx, R n (5.3) sendo que ξ x representa o produto interno canônico em R n. Observação 5.8. Observe que como f L 1 (R n ), temos que exp ( iξ x) f(x)dx f 1 <, já que exp ( iξ x) 1. Além disso, f é uma função contínua, pois se ξ n ξ 0, temos que exp (iξ n x) f(x) f(x), n N e usando o teorema de convergência dominada e a continuidade da exponencial e do produto interno, temos que lim f(ξ n ) f(ξ 0 ). lim exp (iξ n x) f(x)dx exp (iξ 0 x) f(x)dx Observação 5.9. Se φ S, então φ L 1 (R n ), ou seja, S L 1 (R n ). De fato, basta ver que se φ S, então existe uma constante C > 0 tal que e a afirmação segue pois 1 (1+ x ) n+1 φ (x) C (1 + x ) n+1 L 1 (R n ), já que podemos usar coordenadas polares, obtendo o fator r n 1 no Jacobiano e o único termo que poderia ser infinito é 0 que por sua vez é finito, pois r n 1 dr ( r+1) r n 1 quando r. 0 (1+r) n+1 n n r n 1 (1+r) n+1 dr, Teorema A transformada de Fourier é um operador contínuo de S em S e valem as seguintes fórmulas para φ S: F (x α φ (x)) (ξ) ( 1) α D α φ(ξ). (5.4) F (D α φ) (ξ) ξ α φ(ξ). (5.5) Demonstração. Mostremos inicialmente a fórmula (5.4). O lado direito dessa expressão nos diz que φ é uma função de classe C (R n ). De fato, olhando para (5.3), basta justificar que poderemos derivar sob o sinal de integração e, portanto, é suficiente verificarmos que ao derivar o integrando com relação a ξ, obteremos uma função em L 1. Isso realmente ocorre, pois D α (exp ( iξ x) φ(x)) exp ( iξ x) ( 1) α x α φ(x). Pela proposição (5.6) e pela Observação 5.9 temos que ( 1) α x α φ(x) L 1 e temos nossa majoração, pois a exponencial complexa envolvida tem módulo 1. Utilizando a expressão

125 5.3. Transformada de Fourier 111 acima, obtemos o seguinte: F (x α φ (x)) (ξ) exp ( ix ξ) x α φ (x) dx ( 1) α D α φ(ξ), o que nos dá (5.4). Para obter (5.5) realizamos uma integração por partes. Para simplificar, vamos supor que α e 1 (1, 0,..., 0) e o caso geral segue analogamente. Observe ainda que se fixarmos x 2,..., x n e denotarmos x (x 1,..., x n ), então exp ( ix ξ) φ(x) x 1 x 1 0. Daí, temos exp ( ix ξ) φ (x)dx 1 i x 1 D e 1 (exp ( ix ξ)) φ(x)dx 1 e portanto F (D e 1 φ) (ξ) ξ 1 exp ( ix ξ) φ (x)dx i x 1... exp ( ix ξ) φ i x 1 (x)dx 1... dx n D e 1 (exp ( ix ξ)) φ(x)dx exp ( ix ξ) φ(x)dx ξ 1 φ(ξ). Obtemos portanto (5.5). Vamos mostrar agora que se φ S, então φ S, ou seja, vamos estimar ξ α D β φ(ξ). Utilizando as fórmulas (5.4) e (5.5) e denotando por Dx a derivada em x, temos Como D α x ξ α D β φ (ξ) ( 1) β ξ α F ( x β φ (x) ) (ξ) ( 1) β F ( ( Dx α x β φ (x) )) (ξ). ( x β φ (x) ) S L 1, temos que sup ξ α D β φ (ξ) ( D α x x β φ (x) ) 1 <, ξ o que nos mostra que φ S. sta mesma estimativa serve para mostrar que F é contínua,

126 Análise de Fourier isto é, se φ j 0 em S, então φ j 0 em S. De fato, se φ j 0 em S, então ξ α D β φj (ξ) D α x ( x β φ j (x) ) 1 D ( α x x β φ j (x) ) dx D ( α x x β φ j (x) ) (1 + x )n+1 n+1 dx (1 + x ) ( sup D α x x β φ j (x) ) (1 + x ) n+1 x 1 (1 + x ) n+1 dx. Portanto, φj φ j 0 em S. 0 em S, pois sup x D α x ( x β φ j (x) ) (1 + x ) n+1 0, já que Corolário [Lema de Riemann-Lebesgue] Se f L 1 (R n ), então f(ξ) 0 quando ξ. Demonstração. Defina a seguinte sequência de funções: f N (x) Afirmamos que f N f em L 1. Oserve que { f N f 1 f(x), se x < N 0, se x N. B c (0,N) onde B c (0, N) denota o complementar da bola de centro em 0 e raio N. Defina C N {x R n : N 1 x < N}. Como f 0, temos que a função A f é σ-aditiva A e portanto f N1 C N f. O fato de f L 1 nos garante que a série do lado direito da igualdade converge e portanto lim N in C i f 0 e assim a afirmação segue pois f f. in C N B c (0,N) Observe ainda que se g n g em L 1, então ĝ n ĝ uniformemente. Isso segue diretamente do fato de que ĝ n (ξ) ĝ (ξ) g n g 1 0. Para cada N N, como f N L 1, existe uma sequência φ n de funções teste tal que φ n f N em L 1 (pela Observação 4.11). Logo, φ n f N uniformemente. Como φ n S, temos que φ n tende a zero quando ξ, e portanto o mesmo acontece com f N devido a convergência f,

127 5.3. Transformada de Fourier 113 uniforme e da desigualdade f N (ξ) f N (ξ) φ n (ξ) + φ n (ξ), pois para n suficientemente grande, f N (ξ) φ n (ξ) < ɛ independentemente de ξ e para 2 ξ suficientemente grande, φ n (ξ) < ɛ. Assim, como todas as f 2 N vão para zero quando ξ e f N converge uniformemente para f, o mesmo argumento serve para concluir que lim f(ξ) 0. ξ Vamos calcular agora a transformarda de Fourier da função exp útil para demonstrações posteriores. ( x 2 2 ), a qual será xemplo Considere o( seguinte ) problema de valor inicial (P.V.I), que tem como solução a função φ(x) exp : x 2 2 { φ (x) + xφ(x) 0 φ(0) 1. (5.6) Pelo xemplo 5.3 temos que φ S. Aplicando a transformada de Fourier na primeira igualdade de (5.6) e utilizando as propriedades do Teorema 5.10, obtemos iξ φ (ξ) 1 i φ (ξ) 0. ξ Assim, φ ξ (ξ) + ξ φ (ξ) 0 e φ também satisfaz a equação φ + xφ 0. Como as soluções de (5.6) formam um espaço vetorial de dimensão 1, temos que φ(ξ) φ(0)φ(ξ), já que φ(0) 1. Podemos calcular φ(0) pela definição e obter concluindo portanto que φ(0) 2π, φ(x)dx ( ) x 2 exp dx 2 φ(ξ) ( x 2 2π exp 2 Com isso, é possível calcular a transformada de exp ). ( x 2 2 ), com x R n. Basta observar

128 Análise de Fourier que nesse caso, temos onde φ j (x j ) exp φ(ξ) exp ( ix ξ) φ (x) dx n n ( x 2 j exp ( ix j ξ j ) exp 2 j1 j1 n ( x 2 j exp ( ix j ξ j ) exp 2 j1 n φ j (ξ j ), j1 ) dx j ) dx 1... dx n ( x ) 2 j. Pelo que calculamos acima, concluimos então que 2 ( ) φ(ξ) (2π) n n ξ 2 2 φ(ξ) (2π) 2 exp. 2 O próximo teorema justifica o motivo da escolha do espaço S para se trabalhar com a transformada de Fourier. Antes dele, façamos algumas observações. Assim como fizemos em (5.3) podemos definir, para cada f f(ξ) L 1, a função T f(x) 1 (2π) n exp (ix ξ) f (ξ) dξ. Observe que os mesmos argumentos do Teorema 5.10 mostram que o operador T : S S é um operador bem definido e contínuo. De fato, as estimativas que fizemos para S(φ), com φ S podem ser feitas para T, uma vez que exp (ix ξ) também tem módulo 1. Assim, podemos provar o seguinte teorema: Teorema A transformada de Fourier é um operador continuamente inversível de S em S e F 1 φ (x) 1 (2π) n exp (ix ξ) φ(ξ)dξ. (5.7) Demonstração. Pelo que observamos, F 1 é contínua. Precisamos mostrar agora que se φ ψ, então F 1 φ ψ, ou seja ψ(x) 1 (2π) n exp (ix ξ) φ (ξ) dξ ( ) exp (ix ξ) exp ( iy ξ) φ(y)dy dξ Observe que na integral acima não podemos inverter a ordem de integração, já que a função exp ( y ( ξ) ) φ(y) não é integrável em ξ. Introduzimos então a função auxiliar φ 1 (x) exp x 2 e definimos φ ɛ (x) φ 1 (ɛx). Calcularemos φ ɛ, fazendo a mudança 2

129 5.3. Transformada de Fourier 115 x ɛx: φ ɛ (ξ) exp ( ix ξ) φ (ɛx) dx ( ɛ n exp ix ξ ) φ(x )dx ɛ ) ɛ n φ1 ( ξ ɛ ɛ n φ 1 ( ξ ɛ ) (2π) n 2 A vantagem de introduzir tais funções segue do fato de que exp (i (x y) ξ) φ ɛ (ξ)dξ < e agora podemos utilizar o teorema de Fubini para obter φ ɛ (ξ) exp (ix ξ) ψ (ξ) dξ ) exp ( iy ξ) ψ (y) dy ( φ ɛ (ξ) exp (ix ξ) ( ψ(y) exp (i (x y) ξ) φ ɛ (ξ) dξ ψ(y) φ ɛ (y x)dy ψ(y + x) φ ɛ (y)dy ( ψ(y + x) (2π) n 2 y ) ɛ n φ 1 dy. ɛ ) dy dξ Fazendo a mudança z y, obtemos que ɛ φ ɛ (ξ) exp (ix ξ) ψ (ξ) dξ (2π) n 2 ψ (x + ɛz) φ 1 (z)dz. Como as funções φ ɛ (ξ) exp (ix ξ) e ψ (x + ɛz) são limitadas, as funções ψ (ξ) e φ 1 (z) são integráveis (S L 1 ) e φ ɛ (z) 1 quando ɛ 0, podemos utilizar o teorema da convergência dominada e concluir, fazendo ɛ 0, que exp (ix ξ) ψ(ξ)dξ (2π) n 2 ψ(x) φ 1 (z)dz (2π) n ψ(x). Deduziremos agora propriedades importantes da transformada de Fourier que também serão úteis para definir a transformada de distribuições.

130 Análise de Fourier Proposição Se φ, ψ S, então valem φψdx φ ψdx, (5.8) φψdx (2π) n φ ψdx, (5.9) φ ψ φ ψ, (5.10) φψ (2π) n φ ψ e (5.11) φ(ξ) (2π) n φ( ξ). (5.12) Demonstração. Para provar (5.8) basta aplicar o teorema de Fubini, já que φ, ψ L 1 (R n ): φ(ξ)ψ(ξ)dξ ( ( ) exp ( ix ψ) φ(x)dx ψ(ξ)dξ ) exp ( ix ξ) ψ(ξ)dξ φ(x)dx ψ(x)φ(x)dx Tome φ β e ψ α. Observe que F 1 β(x) (2π) n (2π) n exp (ix ξ) φ(ξ)dξ exp ( ix ξ) φ(ξ)dξ (2π) n β(x). Assim, por (5.8), temos que βαdx (F 1 β ) αdx (2π) n β αdx, o que prova (5.9). Para quação (5.10), primeiro observe que a convolução está bem

131 5.3. Transformada de Fourier 117 definida por 4.7. Temos então que φ ψ(ξ) ( ) exp ( ix ξ) φ (x y) ψ (y) dy dx ( ) ψ(y) exp ( ix ξ) φ (x y) dx dy ( ) ψ(y) exp ( i (z + y) ξ) φ (z) dz dy ψ(y) exp ( iy ξ) dy φ(z) exp ( iz ξ) dz ψ(ξ) φ(ξ). Para provar (5.11), vamos verificar que φψ e (2π) n φ ψ possuem a mesma transformada de Fourier e a igualdade seguirá do fato da transformada ser inversível. Observe que F 1 [(2π) n φ( ξ)ψ( ξ)] (x) exp (ix ξ) φ( ξ)ψ( ξ)dξ exp ( ix y) φ(y)ψ(y)dy φψ(x) e portanto φψ(ξ) (2π) n φ( ξ)ψ( ξ), o que já prova (5.12). De (5.10), temos que (2π) n φ ψ(ξ) (2π) n φ ψ(ξ). Por outro lado, temos φ(ξ) exp ( ix ξ) φ(x)dx ( ) (2π) n F 1 φ ( ξ) (2π) n φ( ξ). Assim, obtemos que (2π) n φ ψ(ξ) (2π) n φ( ξ)ψ( ξ), o que conclui a demonstração. Proposição O espaço C c (R n ) é denso em S. Demonstração. Tome φ S e seja α Cc (R n ) tal que α vale 1 em B(0, 1 ), 0 no complementar de B(0, 1) e α(x) 1, x R n. Defina α ɛ (x) α(ɛx). Afirmamos 2 que ψ ɛ (x) φ(x)α ɛ (x) φ(x) 0 em S quando ɛ 0. De fato, seja δ > 0 e, já que lim x φ(x) 0, temos que existe λ 0 > 0 tal que se 1 λ 0 < x, então φ(x) < δ 2. Tome

132 Análise de Fourier ɛ < λ 0 2. Observe que ψ ɛ (x) α(ɛx) 1 φ(x) (5.13) e portanto vamos analisar os seguintes casos: Se x < 1, então α(ɛx) 1 e portanto a 2ɛ expressão em (5.13) fica menor que δ. Se 1 < x, então α(ɛx) 0 e como 1 ɛ λ 0 < x, temos que φ(x) < δ. O último caso é quando 1 x 1. Como 1 2ɛ ɛ λ 0 < x, temos que α(ɛx) 1 φ(x) 2 φ(x) < δ. Precisamos mostrar ainda a convergência uniforme a zero das derivadas de ψ quando multiplicadas por potências de x. Pela regra de Leibniz, obtemos x α D β ψ ɛ (x) xα φ γ (x) αɛ β γ (x) φ β (x) γ β x α φ β (x) α ɛ (x) x α φ β (x) + φ γ (x) α β γ (ɛx) ɛ β γ. A primeira parcela majoramos como fizemos acima para φ, já que x α D β φ S, enquanto a segunda podemos limitar por Kɛ β γ, o qual também vai a zero independentemente de x. γ β γ β 5.4 Transformada de Fourier em S Assim como distribuições são funcionais contínuos definidos no espaço das funções testes, podemos definir o espaço dual (topológico) de S e a fórmula (5.8) permite estender a transformada de Fourier para tais funcionais. Definição Um funcional contínuo f : S C é chamado de distribuição temperada. O conjunto das distribuições temperadas será denotado por S. A continuidade do funcional significa que se φ j 0 em S, então f(φ j ) 0 em C e utilizamos a notação f, φ para indicar a ação de f em φ. Observação Seja φ Cc (R n ) e f S. Pelo xemplo 5.3 faz sentido aplicar f em φ. Pelo xemplo 5.5, temos que se uma sequência φ j 0 em Cc (R n ), então φ j 0 em S e pela continuidade da f temos que f(φ j ) 0 em C. Logo, toda distribuição temperada define, por restrição a Cc (R n ) uma distribuição em D (R n ) e, pela densidade provada na proposição (5.15), podemos identificar S como um subespaço de D. Temos um teorema análogo ao que foi feito para distribuições para caracterizar funcionais definidos em S: Teorema Seja u um funcional linear definido em S. As seguintes afirmações são equivalentes:

133 5.4. Transformada de Fourier em S u é contínuo. 2. xistem inteiros M, m positivos tais que u, φ M α M sup x ( 1 + x 2) m D α φ (x). (5.14) Demonstração. Lembremos que da equivalência de normas em R n, existe uma constante K > 0 tal que ( ( n 2 m 1 + x 2) m 1 + x i ) K e a continuidade de u segue do fato de que se φ j 0 em S, então x l D α φ j converge uniformemente a zero em R n, para qualquer l inteiro positivo. Reciprocamente, suponha que o ítem 1 seja válido mas 2 não. ntão para cada n (inteiro positivo), existe φ n S tal que u, φ n > n α n sup x ( 1 + x 2) n D α φ (x). Observe que se α n, então x α ( 1 + x 2) n. Assim, se definirmos rn u, φ n > 0 e ψ n φn r n, tomando n > max { α, β }, temos sup x α D β ψ n (x) 1 sup x α D β φ n (x) x r n x sup x α D β φ n (x) x n sup ( 1 + x 2) n D γ φ n (x) x γ n sup ( 1 + x 2) n D β φ n (x) x n sup ( 1 + x 2) n D γ φ n (x) x 1 n. γ n Isso mostra que ψ n 0 em S. No entanto, u, ψ n u,φn r n continuidade de u. 1, o que contraria a xemplo S. De fato, se u, então podemos estender u a um funcional em C (R n ) e, em particular a S. Além disso, a convergência em S a zero implica na convergência em C já que esta se dá apenas sobre compactos. 2. Toda medida de Borel localmente finita (os compactos possuem medida finita) tais que 1 m dµ < para um certo m é uma distribuição temperada. O funcional associa cada φ a φdµ. Como em dimensão n temos 1 (1+ x ) dµ <, tal (1+ x ) n+1 funcional está bem definido pois tomando m maior que n + 1 se necessário, obtemos que φdx (1+ x ) m φ(x) dµ C (1 + x ) m dµ <, pois φ S. Além (1+ x ) m

134 Análise de Fourier disso, se φ j 0 em S, então (1 + x ) m φ j 0 uniformemente.e portanto φ j (x) K m, para algum K > 0. Podemos utilizar o teorema da convergência (1+ x ) dominada e concluir então que u, φ j 0 quando j. 3. Ainda tendo o item anterior em vista, se f L 1 loc (Rn ) e f(x) A (1 + x ) B para x > C, sendo A, B e C constantes, então f S. De fato, podemos supor que B n + 1 e temos que fφ dµ f dµ + fφ dµ. B[0,C] B c [0,C] Assim, as estimativas são análogas ao que fizemos no item anterior. Consequentemente, temos que L p S, pois se a estimativa f(x) A (1 + x ) B para x > C não fosse válida para f L p, poderíamos encontrar compactos onde f(x) > 1 e portanto a integral f p dµ não seria finita. Quando tal estimativa é válida para f, dizemos que f cresce lentamente no infinito e, como vimos, essa é uma condição suficiente para garantir que f S. No entanto, essa condição não é necessária, como vemos tomando f(x) exp(x) cos(exp(x)) definida em R. Claramente f não cresce lentamente no infinito já que f(x) exp(x). Porém, se φ Cc (R n ), então integrando por partes, temos que f, φ exp (x) cos (exp (x)) φ (x) dx sen (exp (x)) φ (x) sen (exp (x)) φ (x) dx φ 1. Dessa estimativa concluímos também que φ j 0 em S, então f, φ 0 utilizando o teorema da convergência dominada e estimativas como nos itens anteriores. A quação (5.8) nos diz que o transposto formal de F é o próprio F e assim podemos definir a transformada de Fourier de uma distribuição temperada assim como fizemos com uma distribuição. Além disso, o Teorema 5.13 nos garante que se φ j 0 em S, então φ j 0 em S. Damos então a seguinte definição: Definição Seja u S. A transformada de Fourierde u, ũ, é definida por û, φ u, φ.

135 5.4. Transformada de Fourier em S 121 xemplo Se u δ, então δ, φ δ, φ exp ( ix 0) φ (x) dx 1.φ(x)dx, ou seja, δ 1. O seguinte resultado mostra que a transformada de Fourier preserva certas propriedades de funções em espaços específicos, quando estas são olhadas como distribuições temperadas. Teorema Se f L 1, então a transformada de f quando vista como uma distribuição temperada coincide com a dada em (5.3). 2. Se f L 2, então f L 2 e f 2 2 (2π) n f Se u, então û C e é dada por û(ξ) u x, exp ( ix ξ), onde u x representa a distribuição u agindo sobre funções na variável x e ξ é visto como um parâmetro. 4. Se u S, então valem: Dα u ξ α û, x α u ( 1) α Dx α u e û (2π) n ǔ. Demonstração. 1. Se ψ S, então (5.8) nos dá que a transformada de Fourier de ψ quando vista como distribuição coincide com a definição inicial. Para f L 1, tomamos uma sequência ψ j de elementos em S (usando a Observação 4.11) tal que f em L 1. Considere φ S e, como fφ ψ j φ K φ L 1, usamos o ψ j teorema da convergência dominada para concluir que f, φ fφdx lim ψ j φdx j lim ψ j φdx j f φdx, o que prova a afirmação.

136 Análise de Fourier 2. Dada f L 2, tome uma sequência ψ j em S tal que ψ n f em L 2. Vamos provar que ψ j é uma sequência de Cauchy em L 2 utilizando (5.9): ψ j ψ k 2 2 ψj ψ 2 k dx ( ψj ψ ) k ( ψj ψ ) k dx (ψ j ψ k ) (ψj ψ k )dx (2π) n (ψ j ψ k ) (ψ j ψ k )dx (2π) n (ψ j ψ k ) 2 2, observando que φ 2 dx <, já que φ 2 φ 1 φ. Como L 2 é completo, existe g L 2 tal que ψ j g em L 2. Observe que a convergência h n h em L 2 implica que h n φ hφdx, φ S. De fato, segue da desigualdade de Hölder: h n φdx hφdx hn h 2 φ 2 0. Assim, temos f, φ f φdx lim ψ j φdx j lim ψ j φdx j gφdx, de onde concluímos que f g L 2. Por (5.9), ψ j 2 f 2 lim (2π) n ψ j 2 2 j 2 (2π)2 f (2π) n ψ j 2 2. Assim, 3. Seja u. Para cada ξ R n, u, exp ( ix ξ) está bem definido. Mostremos que a função g(ξ) u, exp ( ix ξ) é de classe C verificando que as derivadas parciais de qualquer ordem existem (e portanto serão contínuas). Denotemos por e 1,..., e n a base canônica de R n e obtemos g (ξ + te i ) g (ξ) t u, exp( ix (ξ + te i)) exp ( ix ξ). t Assim, nosso candidato a g e i é u, ix i exp ( ix ξ). Pela continuidade de u é suficiente provar que na variável x exp( ix (ξ + te i )) exp ( ix ξ) t + ix i exp ( ix ξ) 0 em C.

137 5.4. Transformada de Fourier em S 123 Observe que exp( ix (ξ + te i )) exp ( ix ξ) t + ix i exp ( ix ξ) exp ( itx i ) 1 + ix i. t Assim, é suficiente provar que se nos restringirmos a a K compacto, então cos(at) 1 t 0 e sen(at) a 0 uniformemente em a quando t 0. Já sabemos que vale a convergência pontual e como a K compacto, podemos t supor a M. Assim, dado ɛ > 0, tome δ > 0 tal que t < δ M e obtemos que at < δ, o que nos dá que cos(t) 1 t cos(at) 1 t a cos(at) 1 at < ɛ. < ɛm se t < δ. Tome sen t Para o seno fazemos de modo análogo, já que lim 1. Dado ɛ > 0, tomamos t 0 t δ como acima e t < δ. Daí M sen(at) t a a sen(at) 1 at < ɛ, o que conclui a convergência uniforme desejada. Temos que analisar ainda a convergência das as derivadas em x de exp( ix (ξ + te i )) exp ( ix ξ) t que podemos reescrever como A derivada em j i é dada por + ix i exp ( ix ξ), [ ] exp ( itxi ) 1 exp( ix ξ) + ix i. t [ ] exp ( itxi ) 1 iξ j exp( ix ξ) + ix i, t que também converge uniformemente a zero em compactos. A primeira derivada em x i é dada por ( ) ( ) exp ( ixi t) 1 it exp ( ixi t) iξ i exp( ixξ) + ix i + exp( ix ξ) + ix i, t t que podemos majorar por ( ) exp ξ ( ixi t) 1 i + ix i + exp( ix 1 t) 1, t

138 Análise de Fourier as quais convergem a zero em C por argumentos similares, já que x i está em um compacto. A própria expressão da derivada em x i nos mostra que majorações como a que fizemos serão possíveis. Assim, obtemos que Agora observe que g x i (ξ + te j ) g x i (ξ) t g x i (ξ) u, ix i exp( ix ξ). e assim podemos provar de modo análogo que ( ) exp ( ix (ξ + tej )) exp ( ix ξ) u, ix i t 2 g x i x j (ξ) u, x i x j exp( ix ξ). Por indução podemos ver que as derivadas de g irão existir e serão dadas por u aplicada em polinômios em x multiplicados por exp( ix ξ), provando que g é de classe C. Observe que g S. Isso segue do item 3 do xemplo 5.19, já que g L 1 loc (Rn ) e a estimativa da caracterização de u (Teorema 4.51) nos dá que g(ξ) C (1 + ξ ) m. Tome φ Cc (R n ) tal que φ 1, 0 φ e defina φ ɛ ɛ n φ ( ) x ɛ. Se definirmos u ɛ u φ ɛ Cc (R n ) sabemos que u ɛ u em D quando ɛ 0. Disso segue que u ɛ u em, pois dada φ C (R n ), tomamos φ j Cc (R n ) tal que φ j φ em C (R n ) e temos que u ɛ u, φ u ɛ, φ φ j + u ɛ u, φ j + u, φ j φ 0 quando ɛ 0, pois a primeira e última parcela ficam pequenas para j suficientemente grande, qualquer que seja ɛ > 0 fixo. m particular, temos que u ɛ Cc (R n ) L 1 e u ɛ u em S, já que a convergência em S implica a convergência em C (R n ). Agora, vamos verificar que û ɛ converge para g. Observe que û ɛ (ξ) φ (ɛξ) u, exp ( ix ξ).

139 5.4. Transformada de Fourier em S 125 De fato, û ɛ (ξ) exp ( ix ξ) u φ ɛ (x) dx ( ) (u φ ɛ ) exp ( ix ˇ ξ) (0) ( ) u φ ɛ exp ( ix ˇ ξ) (0) ( ) ˇ u, φ ɛ exp ( ix ˇ ξ) u, ˇφ ɛ exp ( ix ξ) φ (ɛξ) u, exp ( ix ξ). Vamos justificar melhor as duas últimas igualdades. Primeiro, temos ( ) φ ɛ (z) exp ( iz ˇ ξ) zx φ ɛ ( x y) exp (iy ξ) dy φ ɛ ( (x z)) exp ( iz ξ) dz ( ˇφɛ (z) exp ( i(z) ξ) ) zx. A outra igualdade segue de ( ˇφɛ (z) exp ( iz ξ) ) zx φ ɛ ( x + y) exp ( iy ξ) dy φ ɛ (z) exp ( iz ξ) exp ( ix ξ) dz ( z ) ɛ n φ exp ( iz ξ) dz exp ( ix ξ) ɛ φ(w) exp ( iw ɛξ) dw exp ( ix ξ) ˆφ (ɛξ) exp ( ix ξ). Observe ainda que φ(ɛξ) 1 em C (R n ) quando ɛ 0. De fato, fixe um compacto K R n e seja C > 0 tal que x ξ C, x S(φ) e ξ K. Da desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos ix ɛξ Cɛ. Dado µ > 0, como µ lim exp(y) 1, existe δ > 0 tal que se y δ, então exp(y). Assim se y 0 φ 1 ɛ < δ µ, então para todo x S(φ) e ξ K, temos que exp ( ix ɛξ) <. Logo, C φ 1 qualquer que seja ξ K, temos que φ (ɛξ) 1 < µ. exp ( ix ɛξ) φ (x) dx φ (x) dx φ (x) [exp ( ix ɛξ) 1] dx S(φ)

140 Análise de Fourier Para a convergência das derivadas basta tomar α N n, com α 1, e temos que D α ξ (exp ( ix ɛξ)) ( i) α x α ɛ α exp ( ix ɛξ). Por (5.4), temos D α ξ ( φ (ɛξ) 1 ) ɛ α x α φ (x) exp ( ix ɛξ) ɛ α x α φ (x) 1 0 quando ɛ 0, o que conclui nossa afirmação. Dessa forma, podemos concluir que û ɛ g em C, pois se tomarmos ξ em um compacto fixo, g será limitada em tal compacto. Para finalmente mostrar que û ɛ g em S, vamos mostrar tal convergência em D (R n ) e, da densidade de Cc (R n ) em S(R n ), concluimos esse item. Considere então ψ Cc (R n ) e segue que û ɛ g, ψ (û ɛ (x) g (x) ψ (x)) dx S(ψ) ψ 1 sup (û ɛ g) (x) 0. x S(ψ) 4. O último item segue diretamente das respectivas propriedades que valem em S e da Definição Do Teorema 5.10 sabemos que D α φ(ξ) ξ α φ(ξ) e portanto D α u, φ D α u, φ u, ( 1) α D α φ u, ξ α φ ξ α û, φ, o que mostra que D α u ξ α u. A outra equação do Teorema 5.10 nos permite concluir que x α u ( 1) α D α x u. A última fórmula, û (2π) n ǔ, segue da demonstração da proposição (5.14), na qual provamos que φ (2π) n φ( ξ). xemplo ste exemplo mostra como podemos obter a transformada de Fourier de uma função em S que não esteja em L 1, utilizando aproximações por funções em L 1. Faremos o caso da função Heaviside H(x), com x R, a qual é limitada e localmente integrável (portanto H S ). Definimos primeiro a função u ɛ (x) H(x) exp( ɛx) L 1 e afirmamos que u ɛ H em S. De fato, considere φ S. Temos então que H(x), φ 0 φ(x)dx e, por outro lado, u ɛ (x), φ H(x) exp( ɛx)φ(x)dx exp( ɛx)φ(x)dx 0 0 φ(x)dx quando ɛ 0,

141 5.4. Transformada de Fourier em S 127 sendo que usamos o teorema da convergência dominada majorando o integrando por φ. Dessa forma, û ɛ Ĥ e, por definição, obtemos û ɛ (ξ) û ɛ (x) exp( ix ξ)dx exp ( (ɛ + iξ) x) dx 0 exp ( (ɛ + iξ) x) ɛ + iξ 0 ɛ ɛ 2 + ξ i ξ 2 ɛ 2 + ξ. 2 Observe que as duas funções em ξ que obtemos em cada parcela da soma são localmente integráveis e limitadas fora de um compacto: a primeira, ξ ɛ ɛ 2 +ξ 2 limitamos por 1 ɛ, enquanto que a segunda, limitamos por 1 se ξ > 1 e por 1 se ξ 1. Vamos calcular os ɛ 2 +ξ 2 ɛ 2 limites dessas funções em D e, para isso, definimos φ ɛ (ξ) 1 ɛ. Um cálculo direto π ɛ 2 +ξ 2 nos mostra que φ ɛ tem integral unitária para todo ɛ e, fixado a > 0, temos φ ɛ dξ 1 [ ( ) a arctan x >a π ɛ ( a ) ] arctan + π, ɛ o qual vai a zero quando ɛ 0. Isso nos dá que φ ɛ δ quando ɛ 0. De fato, qualquer sequência de funções f j não negativas, localmente integráveis que satisfaça fj dx 1 e x >a f jdx 0 (para cada a > 0 fixo) se aproxima de δ. Observe que nestas condições, teremos que x <a f jdx 1 para todo a > 0 fixado e existe C > 0 tal que f j dx fj dx C, para todo j. m particular, x <a f jdx C. Assim, dada φ C c (R n ) (suponha inialmente que φ(0) 0), vale a seguinte igualdade f j, φ x <a x <a f j φdx + f j φdx x a f j (x) [φ(x) φ(0)] φdx + φ(0) x <a f j dx + x a f j φdx. Dado ɛ > 0, da continuidade de φ temos que existe δ > 0 tal que se x < δ então φ(x) φ(0) < ɛ. Fixe a < δ e, para tal a fixado, existe um j 3C 0 natural tal que se j > j 0, então f x <a jdx 1 < ɛ e f 3 x a jdx < ɛ. Logo, obtemos que para j > j 3 0 vale f j, φ φ (0) < ɛ. Observe que no caso em que φ(0) 0 obtemos ainda o resultado, já que φ(0) x <a f jdx 0. Concluímos disso que ɛ πδ quando ɛ 0. ɛ 2 + ξ2

142 Análise de Fourier ξ Vamos agora utilizar os exemplos 4.30 e 4.58 para verificar que v.p. 1 em ɛ 2 +ξ 2 ξ D. ξ Observe que uma primitiva para é ln (ɛ 2 + ξ 2 ) 1 2 e, em D, temos que ln (ɛ 2 + ξ 2 ) 1 2 ɛ 2 +ξ 2 ln ( ξ ), pois utilizando o teorema da convergência dominada, obtemos ln ( ɛ 2 + ξ 2) 1 2 φ(ξ)dξ ln( ξ )φ(ξ)dξ. Logo, se u ɛ (ξ) ln (ɛ 2 + ξ 2 ) 1 2 u ɛ u em D. Mas u ɛ forma, concluímos e u(ξ) ln( ξ ), temos que u ɛ u em D e portanto ξ ɛ 2 +ξ 2 e u v.p. 1, o que prova nossa afirmação. Dessa ξ Ĥ(ξ) πδ iv.p. 1 ξ. Observe que ǔ ˇû, pois ǔ(ξ) exp( ix ξ)u( x)dx exp ( ix ( ξ)) u(x)dx ˇû(ξ). Temos também que ˇδ δ e com uma mudança de variável, obtemos que Logo, Como 1 H + Ȟ, obtemos 1 ˇĤ πδ + iv.p. 1 ξ. 2πδ, ˇ v.p. 1 ξ v.p. 1 ξ. o que é coerente com a fórmula de inversão e o fato de que δ 1. Além disso, podemos calcular a transformada da função sinal dada por sn(x) H(x) H( x), obtendo ŝn(ξ) 2iv.p. 1 ξ. Podemos agora encontrar também a transformada de v.p. 1: x 2iv.p. 1 x ŝn(x) ( 2π H ˇ ˇ H ) 2π(Ȟ H). Portanto, v.p. 1 (ξ) iπsn(ξ). x

143 5.5. Transformada Parcial de Fourier Transformada Parcial de Fourier Veremos em capítulos posteriores que muitas vezes, quando queremos encontrar soluções de operadores diferenciais, é útil pensar em uma das variáveis como parâmetro e realizar transformada de Fourier apenas na variável restante. Isso se comporta bem quando falamos de funções e a maioria das propriedades são preservadas, mas perde o sentido quando falamos de distribuições. Assim, daremos um sentido preciso para isso nesta seção. Consideraremos sempre Ω um subconjunto aberto de R n aberto e seja f(t, x) L 1 loc (Ω RN ), sendo que denotamos t (t 1,..., t n ) e x (x 1,..., x N ). Se dado K Ω compacto tivermos K R N f(t, x) dxdt <, então para quase todo t Ω teremos R N f(t, x) dx < e portanto está bem definida a transformada parcial de Fourier de f com relação a x dada por f(t, x) exp( ix ξ)f(t, x)dx. R n (5.15) Além disso, considerando as hipóteses sobre f, temos que f L 1 loc (ΩRN ) D (Ω R N ). Para as as distribuições, assim como fizemos anteriormente, buscamos um espaço invariante pela transformada parcial de Fourier. Denotamos por π : Ω R N projeção em Ω, D t a derivada na variável t e D x a derivada na variável x. Ω a Definição Denotaremos por C c (Ω; S(R N )), n, N 1 o subespaço de S(R n R N ) formado pelas funções φ tais que π (S (φ)) é compacto de Ω, ou seja, φ tem suporte compacto em t. A convergência neste espaço será dada da seguinte forma: uma sequência φ j C c (Ω; S(R N )) converge a zero em C c (Ω; S(R N )) se existe um compacto K Ω tal que S(φ j ) K R N e φ j 0 em S(R n R N ). Obtemos um resultado análogo aos obtidos na seção anterior: Teorema A transformada parcial de Fourier é um operador continuamente inversível em C c (Ω; S(R N )) e valem as fórmulas: A transformada inversa é dada por D α x φ (t, ξ) ξ α φ(t, ξ). (5.16) x α φ(t, x)(t, ξ) ( 1) α D α ξ φ(t, ξ). (5.17) D β t φ D β φ t (5.18) φψdtdx φ ψdtdx. (5.19) Ω R N Ω R N φ(t, x) 1 (2π) N exp(ix ξ) φ(t, ξ)dξ, (5.20)

144 Análise de Fourier onde φ, ψ C c (Ω; S(R N )). Demonstração. As equações (5.16) e (5.17) são obtidas utilizando uma demonstração análoga ao que fizemos na seção anterior, pois da Definição 5.15 vemos que t atua como constante nas integrais, e os argumentos podem ser repetidas para φ(t, x) ao invés de φ(x). A demonstração de (5.18) segue diretamente do teorema da convergência dominada, pois D t φ(t, x) S(R n R N ), uma vez que esse espaço é invariante por derivação e multiplicação por polinômio. Vamos verificar agora que se φ C c (Ω; S(R N )), então φ C c (Ω; S(R N )). O suporte compacto em t de φ segue de (5.15), já que esta se anula se t / S(φ). Vamos mostrar que sup (t,ξ) Utilizando (5.17) e (5.18), temos que e portanto ( 1) β t α ξ β D α t D β φ ξ (t, ξ) <. [ ] ( ) Dx β (x β φ(t, x)) (t, ξ) ( 1) β ξ β xβ φ(t, x) (t, ξ) ξ β D β ξ φ(t, ξ) t α ξ β Dt α D β φ [ ξ (t, ξ) ( 1) β t α ] Dt α Dx β (x β φ(t, x)) (t, ξ) [ ] ( 1) β t α Dt α Dx β (x β φ(t, x)) (t, ξ) f(t, x)(t, ξ), sendo que definimos f(t, x) ( 1) β [ ( t α Dt α Dx β x β φ(t, x) )] Cc (Ω; S(R N )). Assim, sup (t,ξ) t α ξ β D α t D β φ ξ (t, ξ) f(t, x) 1 < e portanto φ C c (Ω; S(R N )). Se φ n 0 em C c (Ω; S(R N )), então existe um compacto K Ω que contém πs(φ n ) e portanto contém πs( φ n ), para todo j. Além disso, temos que t α x β D α t D ξ β φ n (t, x) 0 uniformemente quando n. De modo análogo ao que fizemos anteriormente, obtemos, para cada n, [ ( )] f n (t, x) ( 1) β t α Dt α Dx β x β φ n (t, x) 0 em Cc (Ω; S(R N )). Com isso, segue que t α ξ β Dt α D β φ ξ n (t, ξ) sup (1 + x ) n+n+1 1 f n (t, x) dx, n+n+1 (t,x) R N (1 + x )

145 5.5. Transformada Parcial de Fourier 131 de onde concluímos que φ n 0 em Cc (Ω; S(R N )). Assim, (5.20) é obtida de modo análogo ao que foi feito com a transformada de Fourier, encarando t como parâmetro (assim como a continuidade da transformada parcial inversa). Para obter (5.19), basta ver que de (5.8), para cada t fixo temos e o resultado é obtido integrando em t. φ(t, x)ψ(t, x)dx φ(t, x) ψ(t, x)dx R N R N Definição Um funcional linear contínuo definido em Cc (Ω; S(R N )) é dito uma distribuição temperada em x R N. O espaço das distribuições temperadas em x será denotado por D (Ω, S (R N )). xemplo Se u S (R n R N ) então u C c (Ω;S(R N )) define uma distribuição temperada em x, já que a convergência em Cc (Ω; S(R N )) implica a convergência em S(R n R N ) e, em particular, pelo item 1 do xemplo 5.19, temos que (R n R N ) D (Ω; S (R n )). De forma análoga ao mesmo exemplo, se µ é uma medida de Borel localmente finita e para todo compacto K Ω vale K R N (1 + x ) m dµ <, então µ define uma distribuição temperada em x. Definição Seja u D (Ω; S (R N )). A transformada parcial de Fourier ũ é definida por ũ, φ u, φ, φ Cc (Ω; S(R N )). Podemos provar uma versão análoga ao Teorema 5.22: Teorema Se f L 1 (R n R N ), então a transformada parcial de f como função coincide com f no sentido de distribuição temperada. 2. Se f L 2 (R n R N ), então f L 2 (R n R N ) e f 2 2 (2π) n f Se u D (Ω; S (R N )), então valem: Dα x u ξ α ũ, x α u ( 1) α D α x ũ e ũ (2π) n u(t, x). Demonstração. Os dois primeiros itens seguem de modo análogo ao que fizemos no Teorema 5.22 tomando ψ j C c (Ω; S(R N )) tal que ψ j f em L 1. O último item segue das fórmulas do Teorema 5.25 e do fato de que φ(t, x) (2π) n φ(t, x). xemplo Considere a distribuição δ em R 2. D (R, S (R)) e δ, φ δ, φ Como S(δ) 0, temos que δ φ(0) φ(0, x)dx.

146 Análise de Fourier Denotamos tal distribuição por δ(t) para indicar que ela atua como δ só na variável t; Na variável x ela atua como a função constante igual a 1.

147 133 Capítulo 6 Os Teoremas de Paley-Wiener e Regularidade de Soluções 6.1 Introdução O item 3 do Teorema 5.22 do capítulo anterior nos garante que se u, então û é uma função de classe C. Neste capítulo iremos mostrar que û pode ser estendida a uma função inteira em C n e provaremos os teoremas de Paley-Wiener, os quais dão condições suficientes para que uma função inteira em C n seja a extensão da transformada de Fourier de uma distribuição com suporte compacto. Isto também permitirá introduzir novos conceitos sobre regularidade de soluções de equações diferenciais parciais, a saber, o conceito de microrregularidade. Antes de realizar tal extensão, comentaremos alguns resultados que serão úteis. Suponha que f L 1 (R n ) e x j f(x) L 1 (R n ), j 1,..., n. Pelo que vimos, tanto f quanto x j f(x) são funções contínuas. Além disso, o Teorema 5.22 nos garante que a transformada de Fourier de f e de x j f(x) (quando vistos como funções em R n ) coincidem com a transformada no sentido das distribuições. Como D j f xj f no sentido das distribuições, a continuidade de x j f nos dá que f j é diferenciável e sua derivada é dada por x j f (a qual é contínua), de acordo com o Teorema Observe que a fórmula de derivação para transformada de Fourier nos permite concluir, assim como fizemos acima, que se x α j f L 1 (R n ), então existe D α f no sentido clássico e é contínua. A grosso modo, podemos dizer que F transforma decrescimento no infinito em regularidade e, de modo análogo, concluímos o mesmo para a transformada inversa. 6.2 O teorema de Paley-Wiener Considere u (R n ) e, como já verificamos, û(ξ) u, exp( ix ξ) C (R n ). Denote n por ζ ξ + iη, onde ξ (ξ 1..., ξ n ), η (η 1..., η n ) R n, ζ i ξ i + iη i e x ζ x i ζ i.

148 Os Teoremas de Paley-Wiener e Regularidade de Soluções Definimos então û(ζ) u, exp( ix ζ), a qual está bem definida pois u tem suporte compacto e x exp( ix ζ) exp( ix ξ) exp(x η) C (R n ) (ξ e η fixados). Mostraremos que û pode ser expandida em uma série de potência em C n, e portanto, será inteira. Defina e j (x, ζ) j ( ix ζ) k. (6.1) k! k0 Fixado ζ C n temos que e j (x, ζ) exp( ix ζ) em C (R n ). De fato, sabemos que n z i φ n (z), converge a exp(z), para todo z C, sendo que a convergência da série é i! a convergência uniforme sobre compactos. Fixado ζ C, considere ψ ζ (x) ix ζ C, para todo x R n. ntão temos que e j (x, ζ) φ j ψ ζ (x). Fixado um compacto K R n e α N n, temos que ψ ζ (K) C é um compacto e como sup D β (φ n (z) exp(z)) 0, β α, (6.2) z ψ ζ (K) pois podemos derivar termo a termo e ainda obter a convergência (uniforme sobre compactos) da série, obtemos sup x K D α (φ n ψ ζ (x) φ ψ ζ (x)) sup P β (ζ) D β (φ n ( ix ζ) exp( ix ζ)), x K β α (6.3) em que P β (ζ) é um polinômio em ζ. De (6.2) segue que (6.3) tende a zero e portanto e j (x, ζ) exp( ix ζ) em C (R n ). Com isso, mostramos que û(ζ) lim j u, e j (x, ζ). Observe que como e j (x, ζ) é um polinômio em (x, ζ), então u, e j (x, ζ) é um polinômio em ζ. Vamos mostrar que esses polinômios convergem uniformemente a û(ζ) em qualquer compacto de C n, o que conclui nossa afirmação inicial. Da caracterização de distribuições com suporte compacto, temos que existe um compacto K R n, uma constante C > 0 e um inteiro m positivo tal que u, φ C α m sup D α φ, K para toda φ C (R n ). Suponha que K B[0, R] e observe que u, k1 ( ix ζ)k k! ( ix ζ)k u, k! k1 ( ix ζ) k C sup Dα x k!. x K k1 α m

149 6.2. O teorema de Paley-Wiener 135 Se α > k, então D α x ( ix ζ) k 0 e se α k, como temos x < R, então k! Dα x ( ix ζ) k k! Rk α (k α )! ζ k. Assim, se fixarmos ζ em um compacto, teremos que ζ k r k, para algum r > 0. Obtemos então u, k1 ( ix ζ)k k! C k1 α m (Rr) k R α (k α )!. O teste da razão mostra a convergência das séries númericas (Rr) k R α k1, para cada (k α )! α m, e a convergência segue do teste M de Weierstrass. Damos então a seguinte definição: Definição 6.1. Seja u (R n ). A função inteira û(ζ) u, exp( ix ζ), ζ C n é chamada de transformada de Fourier-Laplace de u. Teorema 6.2. [Teorema de Paley-Wiener - Versão 1] Uma função inteira U em C n é a transformada de Fourier-Laplace de uma função u Cc (R n ) com S(u) {x : x R} se e somente se para cada inteiro positivo N, existe uma constante C N tal que U (ζ) C N (1 + ζ ) N exp (R Im(ζ) ). (6.4) Demonstração. Suponha que U seja a transformada de Fourier-Laplace de u Cc (R n ) (R n ) com S(u) {x : x R} (e portanto sabemos que U é inteira). ntão utilizando a desigualdade de Cauchy-Schwarz e o fato de que a exponencial real é crescente, obtemos que De modo análogo, temos û(ζ) exp( ix ζ)u(x)dx exp( ix ξ) exp(x η)u(x)dx x R exp(r Im(ζ) ) u 1. ζ N j û(ζ) exp(r Im(ζ) ) D N j u 1, de onde concluímos que ( 1 + ζ1 N ζ n N) û(ζ) C exp(r Im(ζ) ).

150 Os Teoremas de Paley-Wiener e Regularidade de Soluções Pela equivalência de normas, para cada inteiro positivo N temos que (1 + ζ ) N e, como lim ζ ζ N ζ N A max i { ζ i } N A ( 1 + ζ 1 N ζ n N) 1, temos que, para cada N, existe uma constante B N tal que (1 + ζ ) N B N (1 + ζ 1 N ζ n N). Tomando C N CB N, temos (6.4). Reciprocamente, suponha que U satisfaça (6.4) e, portanto, se ξ R n e l N n, temos que para cada inteiro positivo N, existe C N > 0 tal que ξ l U(ξ) C N ξ l (1 + ξ ) N C N (1 + ξ ) l N. Tomamos então N suficientemente grande de modo que l N < n e temos que ξ l U(ξ) L 1 (R n ). Como l é arbitrário, pelo que fizemos no início do capítulo, temos que F 1 (U R n) C (R n ). Definimos u F 1 (U R n) C (R n ) e vamos mostrar que u se anula se ξ > R (e portanto u tem suporte compacto). Da definição de u, temos que u(x) (2π) n exp(ix ξ)u(ξ)dξ. Vamos fixar η (η 1,..., η n ) R n, x 1 R e (ξ 2,..., ξ n ) R n 1, e considere a integral em uma variável I A A A exp(ix 1 ξ 1 )U(ξ 1, ξ 2 + η 2,..., ξ n + iη n )dξ 1. Defina a função analítica h(ζ 1 ) exp(ix 1 ζ 1 )U(ζ 1,..., ζ n ) e vamos obter I A deslocando o caminho de integração. Usaremos que a integral de hdz sobre um caminho suave por partes fechado é zero e tomaremos o caminho como sendo retângulo (orientado no sentido horário) ilustrado abaixo. Um cálculo direto da integral sobre os quatro caminhos nos dá que I A η1 0 h( A + it)dt + A A h(ξ 1 + iη 1 )dξ η 1 h(a + it)dt.

151 6.2. O teorema de Paley-Wiener 137 Figura 6.1: Deslocamento de caminho Tomando N 1 em (6.4) h( A + it) C 1 exp(x 1 t) exp(r Im ( A + it, η 2,..., η n ) ) 1 + ( A + it, η 2,..., η n ) C 1 exp(r (t 2 + η η 2 n) 1 2 ) 1 + ( A + it, η 2,..., η n ) 0 e portanto h( A + it) 0 quando A (para t limitado). h(a + it) do mesmo modo e obtemos então que h(ξ 1 + iη 1 )dξ 1 h(ξ 1 )dξ 1, Podemos estimar ou seja exp( ix 1 η 1 ) exp(x 1 ξ)u(ξ 1 + iη 1,..., ξ n + iη n )dξ 1 exp(x 1 ξ 1 )U(ξ 1,..., ξ n + iη n )dξ 1. Observe que podemos fixar ξ i e, com os mesmos argumentos, podemos obter exp( ix i η i ) exp(x i ξ)u(ξ 1 + iη 1,..., ξ n + iη n )dξ i exp(ix i ξ i )U(ξ 1 + iη 1,..., ξ i,..., ξ n + iη n )dξ i concluindo portanto que para todo η R n, vale (2π) n exp(ix (ξ + iη))u(ξ + iη)dξ (2π) n exp(ix ξ)u(ξ)dξ u(x) Utilizando (6.4) com N n + 1, temos que u(x) C exp(r η x η), qualquer que seja η R n. m particular, tomando η tx, temos que u(x) C exp (t x (R x )). Se fixarmos x tal que x > R, fazendo t obtemos que u se anula em x, provando que S(u) {x : x R}. Para finalizar, basta provarmos que a extensão de û coincide com U. Como vimos, encarando η com um parâmetro, temos

Exibir mais