Notas de Aula. Análise Funcional

Transcrição

1 Notas de Aula Análise Funcional Rodney Josué Biezuner 1 Departamento de Matemática Instituto de Ciências Exatas (ICEx) Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG) Notas de aula do curso Análise Funcional do Programa de Pós-Graduação em Matemática, ministrado no primeiro semestre de de julho de [email protected]; homepage: rodney.

2 Sumário 1 Espaços Vetoriais Normados e Espaços de Banach Definição Exemplo 1: Os espaços l p (n) Exemplo 2: Os espaços das sequências l p Exemplo 3: Os espaços L p () Exemplo 4: Os espaços C k ( ) e os espaços de Hölder C k,α ( ) Exercícios Aplicações Lineares Aplicações Lineares Limitadas Exercícios O Teorema de Hahn-Banach Formas Geométricas do Teorema de Hahn-Banach: Conjuntos Convexos Exercícios Os Teoremas da Limitação Uniforme, da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado O Teorema da Limitação Uniforme Os Teoremas da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado Operadores Adjuntos Exercícios Espaços Reflexivos Espaços Reflexivos Espaços Separáveis Exemplo 1: Espaços l p Espaços Uniformemente Convexos Exemplo 2: Espaços L p () Exercícios Topologia Fraca e Topologia Fraca* Topologia Fraca Sequências Fracamente Convergentes Topologia Fraca* Convexidade Uniforme e Topologia Fraca Reflexividade, Separabilidade e Topologias Fracas Metrizabilidade e Topologia Fraca Exercícios

3 Rodney Josué Biezuner 2 6 Espaços de Hilbert Produto Interno Espaços de Hilbert Teorema de Representação de Riesz Bases de Schauder e Bases de Hilbert Exercícios Operadores Compactos Operadores Completamente Contínuos e Operadores Compactos Teoria de Riesz-Fredholm para Operadores Compactos O Espectro de Operadores Compactos Teoria Espectral para Operadores Autoadjuntos Compactos Aplicação: Problemas de Sturm-Liouville e Operadores Integrais Exercícios Espaços de Sobolev e Equação de Laplace O Princípio de Dirichlet A Derivada Fraca Definição Um Teorema de Aproximação para Funções Fracamente Diferenciáveis Caracterização das Funções Fracamente Diferenciáveis Regra do Produto e Regra da Cadeia Espaços de Sobolev Caracterização dos Espaços W 1,p 0 () Imersão Contínua de Espaços de Sobolev Imersão Compacta de Espaços de Sobolev Resolução do Problema de Dirichlet O Problema de Autovalor para o Laplaciano

4 Capítulo 1 Espaços Vetoriais Normados e Espaços de Banach 1.1 Definição 1.1 Definição. Seja E um espaço vetorial real. Uma norma em E é uma função : E R que satisfaz as seguintes propriedades: (i) x 0 para todo x E e x = 0 se e somente se x = 0; (ii) (Homogeneidade) para todo α R e para todo x E vale αx = α x ; (iii) (Desigualdade Triangular) para todos x, y E vale x + y x + y. Um espaço vetorial E munido de uma norma é chamado um espaço vetorial normado e denotado (E, ). 1.2 Definição. Seja M um conjunto. Uma métrica em M é uma função d : M M R que satisfaz as seguintes propriedades: (i) d (x, y) 0 para todos x, y M e d (x, y) = 0 se e somente se x = y; (ii) (Desigualdade Triangular) para todos x, y, z M vale d (x, z) d (x, y) + d (y, z). Um espaço vetorial normado torna-se naturalmente um espaço métrico com a métrica derivada da norma: d (x, y) = x y. Desta forma, um espaço vetorial normado torna-se um espaço topológico com a topologia induzida pela métrica. 1.3 Proposição. Seja (E, ) um espaço vetorial normado. Então as funções soma de vetores E E E, (x, y) x + y, multiplicação de vetores por escalares R E E, (α, x) αx, e norma : E R, x x são contínuas. 3

5 Rodney Josué Biezuner Corolário. Fixado x 0 E, a aplicação x x + x 0 (translação) é um homeomorfismo. Fixado α R não nulo, a aplicação x αx (homotetia) é um homeomorfismo. Lembramos que um espaço métrico completo é um espaço métrico em que todas as sequências de Cauchy são convergentes, isto é, convergem para um elemento do próprio espaço. 1.5 Definição. Um espaço vetorial normado completo é chamado um espaço de Banach. 1.2 Exemplo 1: Os espaços l p (n) 1.6 Definição. Seja 1 p. Definimos o espaço l p (n) como sendo o espaço R n dotado da norma se 1 p <, e ( n ) 1/p x p = x i p (1.1) x = max 1 i n x i. (1.2) 1.7 Proposição. l p (n) é um espaço vetorial normado. Prova. As propriedades (i) e (ii) de uma norma na Definição 1.1 são claramente verificadas. Para provar a desigualdade triangular (que neste caso especial também recebe o nome de desigualdade de Minkowski) ( n ) 1/p ( n ) 1/p ( n ) 1/p x i + y i p x i p + y i p, (1.3) recorremos à desigualdade de Hölder (que será demonstrada no final): n x i y i x p y p onde 1 p + 1 = 1. (1.4) p O número p é chamado o expoente conjugado de p; observe que p = p/ (p 1). De fato, escrevemos n x i + y i p Logo, n ( x i + y i ) x i + y i p 1 n x i x i + y i p 1 + n y i x i + y i p 1 x p ( x 1 + y 1 p 1,..., x n + y n p 1) p + y p ( x 1 + y 1 p 1,..., x n + y n p 1) p p 1 p 1 ( n ) p 1 p ) = x i + y i ( x p p + y p. x + y p = ( n ) 1 p 1 p x i + y i p x p + y p. A desigualdade de Hölder, por sua vez, segue da desigualdade mais geral a λ b 1 λ λa + (1 λ) b (1.5) sempre que a, b 0 e 0 < λ < 1. Esta desigualdade pode ser provada da seguinte forma: se b = 0, ela é óbvia; se b 0, divida a desigualdade por b e tome t = a/b 0, de modo que provar a desigualdade torna-se

6 Rodney Josué Biezuner 5 equivalente a mostrar que a função f (t) = t λ λt é menor que ou igual a 1 λ para todo t 0. E, de fato, como f (t) = λ ( t λ 1 1 ), f é estritamente crescente para 0 t < 1 e estritamente decrescente para t > 1, logo f atinge o seu máximo em t = 1, onde f vale exatamente 1 λ. Tomando para cada índice i, segue que x i a = x p x i y i p x p y p Daí, somando desde i = 1 até i = n, obtemos 1 x p y p p y i, b = e λ = 1 y p p, 1 x i p p x p p n n x i y i 1 x i p p x p + 1 p p 1.8 Proposição. l p (n) é um espaço de Banach. + 1 y i p p. y p p n y i p y p p = 1 p + 1 p = 1. Prova. Para ver que l p (n) é completo, basta observar que uma sequência em l p (n) é de Cauchy se e somente se cada uma das sequências de coordenadas é de Cauchy e que, além disso, uma sequência em l p (n) é convergente se e somente se cada uma das sequências de coordenadas é de Cauchy. Outra maneira de ver que l p (n) é um espaço de Banach é lembrar que todas as normas em R n são equivalentes e usar o fato bem conhecido que R n com a norma usual é completo. Observe que l 2 (n) é o espaço R n munido da norma euclidiana, a qual é derivada de um produto interno. 1.3 Exemplo 2: Os espaços das sequências l p 1.9 Definição. Seja 1 p <. Definimos o espaço l p como sendo o espaço das sequências reais p-somáveis, isto é, { } l p = x : N R : x i p <, dotado da norma ( ) 1/p x p = x i p, (1.6) e o espaço l como sendo o espaço das sequências reais limitadas, isto é, { } l = x : N R : sup x i < i N, dotado da norma x = sup x i. (1.7) i N 1.10 Proposição. l p é um espaço vetorial normado. Prova. Basta passar o limite na desigualdade de Minkowski fazendo n Proposição. l p é um espaço de Banach.

7 Rodney Josué Biezuner 6 Prova. Seja {x n } n N uma sequência de Cauchy em l p ({x n } é uma sequência de sequências reais). Denote os termos de cada sequência x n por x n,m. Para cada m fixado, {x n,m } n N é também uma sequência de Cauchy, logo converge para um certo número a m ; em outras palavras, a sequência de sequências {x n } converge termo a termo para a sequencia real a = {a m }. Afirmamos que esta sequência está em l p e que x n a em l p. De fato, como {x n } n N é de Cauchy em l p, dado ε > 0, existe N N tal que x k x l p < ε sempre que k, l N; em particular, para todo m N, vale m x k,i x l,i p < ε p sempre que k, l N. Fixando k e fazendo l, obtemos m x k,i a i p < ε p para todo m N, sempre que k N. Daí, fazendo m, temos que x k,i a i p < ε p sempre que k N,o que implica que x k a l p sempre que k N, e portanto a l p. desigualdade também implica que x k a em l p. Esta mesma 1.12 Exemplo. Subespaços de l que são também espaços de Banach são l c = {x l : x é uma sequência convergente}, l 0 = {x l : lim x n = 0}. A demonstração deste fatos é deixada como exercício. 1.4 Exemplo 3: Os espaços L p () 1.13 Definição. Seja R n um conjunto mensurável. Seja 1 p <. Definimos o espaço L p () como sendo o espaço das (classes de equivalência de) funções reais p-integráveis no sentido de Lebesgue, isto é, { } L p () = f : R : f p <, dotado da norma ( ) 1/p f p = f p, (1.8) e o espaço L () como sendo o espaço das (classes de equivalência de) funções reais mensuráveis limitadas, isto é, { } L () = f : R : sup f <, dotado da norma f = sup f. (1.9)

8 Rodney Josué Biezuner 7 Observe que nesta definição, sup f = inf {c R : f (x) c q.t.p.} Proposição. L p () é um espaço vetorial normado. Prova. L p () é um espaço vetorial porque se f, g L p () e λ R, então f + g L p () e λf L p (). De fato, f (x) + g (x) f (x) + g (x) 2 max { f (x), g (x) }, de modo que f (x) + g (x) p 2 p max { f (x) p, g (x) p } 2 p ( f (x) p + g (x) p ), donde ( ) 1/p f + g p 2 p f p + g p. Além disso, λf p = λ f p e f p = 0 se e somente se f = 0 q.t.p. Como nos espaços l p, para provar a desigualdade triangular ou desigualdade de Minkowski, ( ( ( ) 1/p f + g p ) 1/p f p + ) 1/p g p, (1.10) recorremos à desigualdade de Hölder fg f p g p onde 1 p + 1 = 1. (1.11) p Escrevemos Logo, f + g p ( f + g ) f + g p 1 f f + g p 1 + f g p 1 f p 1 f p 1 f p + g p + g p + g p p 1 p 1 ( ) p 1 = f + g p p ) ( f p + g p. f + g p = ( n ) 1 p 1 p f + g p f p + g p. A desigualdade de Hölder segue, como na demonstração da Proposição 1.7, da desigualdade mais geral a λ b 1 λ λa + (1 λ) b sempre que a, b 0 e 0 < λ < 1. Desta vez tomamos, para cada x, p p f (x) g (x) a =, b = e λ = 1 f p g p p, segue que Daí, integrando sobre, obtemos 1 f p g p f (x) g (x) f p g p fg 1 p 1 f (x) p p f p p f p f p p + 1 g (x) p p. g p p + 1 p g p g p p = 1 p + 1 p = 1.

9 Rodney Josué Biezuner Proposição. L p () é um espaço de Banach. Prova. Consideraremos primeiro o caso L (). Seja {f n } L () uma sequência de Cauchy. Então, dado k N, existe N k N tal que sempre que n, m > N k. Em particular, f n f m < 1 k f n (x) f m (x) < 1 k q.t.p. em, sempre que n, m > N k. Isso implica que {f n (x)} é uma sequência de Cauchy para quase todo ponto x e podemos definir f (x) = lim f n (x) q.t.p. Resta mostrar que f L () e que f n f em L (). Isso decorre da última desigualdade, fazendo m : f n (x) f (x) < 1 k. Segue que f n f na norma de L (); além disso, como para qualquer n, k fixados temos f (x) f n (x) + 1/k, logo f L (). Examinaremos agora o caso 1 p <. Seja {f n } L p () uma sequência de Cauchy. Em particular, podemos extrair uma subsequência {f nk } tal que Considere a sequência f nk+1 f nk p < 1 2 k. g n = n f nk+1 f nk. k=1 Então existe g = lim g n. Pelo Teorema da Convergência Monótona, g p = lim g n p. Mas, usando a desigualdade de Jensen, ( n ) p g n p n f nk+1 f nk f nk+1 f nk p = n k=1 k=1 ( ) p 1 2 k = n k=1 1 2 p p = 1 2 p 1 < 1, ( ) k 1 2 p logo concluímos que g p 1 e, em particular, g assume valores reais em quase todo ponto. Usaremos a sequência {g n } e seu limite g para verificar que a subsequência {f nk (x)} é de Cauchy em quase todo ponto x. Com efeito, sejam k > l > 1 e escreva f nk (x) f nl (x) fnk (x) f nk 1 (x) fnl+1 (x) f nl (x) = gk 1 (x) g l 1 (x) g (x) g l 1 (x). Como g l (x) g (x) q.t.p., para quase todo x fixado, existe N N tal que g (x) g l 1 (x) < ε sempre que l > N; já que k > l, segue que f nk (x) f nl (x) < ε sempre que k, l > N. Portanto, podemos definir, em quase todo ponto, f (x) = lim f nk (x). Falta provar que f L p () e que f n f em L p (). Fazendo k na desigualdade f nk (x) f nl (x) g (x) g l 1 (x), obtemos f (x) f nl (x) g (x) g l 1 (x). k=1 k=1 ( 1 2 p ) k

10 Rodney Josué Biezuner 9 Como g g l 1 L p (), segue em particular que f f nl L p () e, portanto, f L p () já que f nl L p (). Além disso, integrando esta desigualdade sobre, temos f f nl p g g l 1 p 0 quando l pelo Teorema da Convergência Dominada ( g g l 1 é dominada por 2 g ). Provamos, então, que uma subsequência da sequência de Cauchy {f n } converge para f em L p (); portanto, toda a sequência converge para f Exemplo. O espaço das funções contínuas C ( ) com a norma L 1 é um espaço vetorial normado mas não é um espaço de Banach. Por exemplo, tome = [0, 1] e considere a sequência de funções 0 se 0 t 1 2, ( f n (t) = n t 1 ) se t n, 1 se t 1. n Assumindo n > m para fixar idéias, temos que f n f m 1 = 1 0 f n (t) f m (t) dt é a área do triângulo de altura 1 e comprimento da base 1 m 1, de modo que n f n f m 1 < ε sempre que n, m > ε, ou seja {f n } n N é uma sequência de Cauchy em C ([0, 1]) na norma L 1. Mas ela não converge para nenhuma função contínua na norma L 1. De fato, convergência L 1 implica em convergência q.t.p., a menos de uma subsequência, e f n (t) 0 se 0 t 1 2, enquanto que f n (t) 1 se 1 t 1. Para uma demonstração mais direta, suponha por absurdo que existe f C ([0, 1]) tal 2 que f n f 1 0. Como f n f 1 = 1 0 f n (t) f (t) dt = n 1 f (t) dt + f n (t) f (t) dt + 1 f (t) dt n e as três integrais são não-negativas, cada uma delas deve ser igual a 0 ou convergir para 0 quando n. Concluímos que 0 se 0 t 1 f (t) = 2, 1 se 1 t 1, 2 e portanto f não é contínua. 1.5 Exemplo 4: Os espaços C k ( ) e os espaços de Hölder C k,α ( ) Usaremos a notação de multi-índice para denotar a derivada parcial onde γ = (γ 1,..., γ n ) e γ = γ γ n. D γ γ f f (x) = x γ (x) xγn n

11 Rodney Josué Biezuner Definição. Seja R n um conjunto aberto. Definimos o espaço C k () como o espaço das funções reais definidas em cujas derivadas parciais até a ordem k (inclusive) são limitadas e uniformemente contínuas (isso garante que elas possuem uma única extensão contínua para ), isto é, C k () = { f C k () : D γ f é limitada e uniformemente contínua em para todo γ k }. dotado da norma f C k () = max γ k Dγ f L (). (1.12) Freqüentemente denotamos o espaço das funções contínuas C 0 () simplesmente por C(), e definimos C () = C k (). k N Relembramos o conceito de continuidade de Hölder: 1.18 Definição. Seja R n. Dizemos que uma função f : R é contínua de Hölder com expoente α, se f(x) f(y) sup x,y x y α < x y para algum 0 < α 1. Neste caso, denotaremos f C α (), se α < 1, e f C 0,1 () se α = 1. Além disso, denotamos também [f] C α () = sup f(x) f(y) x,y x y α. (1.13) x y Em particular, note que se f é contínua de Hölder com expoente α em, então f(x) f(y) [f] C α () x y α para todos x, y. Claramente, se uma função é contínua de Hölder em, então ela é contínua em ; na verdade, ela é uniformemente contínua em, o que motiva o nome de função uniformemente contínua de Hölder em, às vezes usado na literatura. Uma função contínua de Hölder com expoente α = 1 é uma função contínua de Lipschitz Definição. Seja R n um conjunto aberto. Os espaços de Hölder C k,α ( ) são definidos como os subespaços de C k ( ) consistindo das funções cujas derivadas parciais até a ordem k (inclusive) são todas contínuas de Hölder com expoente α em : C k,α ( ) = { f C k ( ) : D γ f C α () para todo γ k } com norma f C k,α () = f C k () + max γ k [Dγ f] C α (). (1.14) Permitindo α = 0, podemos incluir os espaços C ( k ) entre os espaços de Hölder: C k ( ) = C k,0 ( ) Proposição. C ( k,α ) é um espaço vetorial normado. Prova. Provemos a validade da desigualdade triangular. Para isso, já que f C k () nada mais é que a soma de normas do máximo, portanto claramente uma norma, basta provar que a desigualdade triangular vale

12 Rodney Josué Biezuner 11 para a seminorma [D γ f] Cα () (uma seminorma é uma função que satisfaz todas as propriedades que uma norma satisfaz, exceto a condição (i) da Definição 1.1). Isso significa provar que (f + g) (x) (f + g) f(y) f(x) f(y) g(x) g(y) sup x,y x y α sup x,y x y α + sup x,y x y α. x y x y x y Mas isso segue diretamente da desigualdade triangular (f + g) (x) (f + g) f(y) f(x) f(y) + g(x) g(y) e do fato que sup (A + B) sup A + sup B Proposição. C k,α ( ) é um espaço de Banach. Prova. Exercício. 1.6 Exercícios 1.1 Mostre que x = lim p x p. 1.2 C 1 () com a métrica L é um espaço vetorial normado? É um espaço de Banach? 1.3 Seja E um espaço vetorial normado em relação a duas normas, 1 e 2. Dizemos que estas duas normas são equivalentes se existirem constantes C, D > 0 tais que x 1 C x 2, x 2 D x 1, para todo x E. Suponha que 1 e 2 são normas equivalentes. Prove que (E, 1 ) é de Banach se e somente se (E, 2 ) é de Banach. 1.4 Mostre que C k,α ( ) com a norma f C k,α () = k f C i () + [D γ f] C α () i=0 é um espaço vetorial normado. Mostre que esta norma é equivalente à norma definida no texto. 1.5 Demonstre a Proposição γ k

13 Capítulo 2 Aplicações Lineares 2.1 Aplicações Lineares Limitadas Em espaços vetoriais normados, um critério simples para a continuidade de aplicações lineares é encapsulado na seguinte definição, como veremos a seguir: 2.1 Definição. Sejam (E, E ) e (F, F ) espaços vetoriais normados. Dizemos que uma aplicação linear T : E F é limitada se existe uma constante M 0 tal que para todo x E. T x F M x E Em geral, omitiremos os subscritos das normas quando for claro do contexto a quais espaços elas se referem. 2.2 Proposição. Sejam E, F espaços vetoriais normados e T : E F uma aplicação linear. As seguintes afirmações são equivalentes: (i) T é contínua. (ii) T é contínua na origem. (iii) T é limitada. Prova. (i) (ii) Óbvio. (ii) (iii) Tomando ε = 1 na definição (ε, δ) de continuidade em espaços métricos, existe δ > 0 tal que x δ implica T x 1. Portanto, se y E é um vetor não nulo qualquer, temos ( ) δy T 1. y Por linearidade concluímos que T y 1 δ y. (iii) (i) Seja M tal que T x M x para todo x E. Então T x T y = T (x y) M x y e portanto T é uma aplicação de Lipschitz, em particular (uniformemente) contínua. 12

14 Rodney Josué Biezuner Exemplo. Embora aplicações lineares em espaços vetoriais normados de dimensão finita sejam sempre contínuas, o mesmo não vale para espaços vetoriais normados de dimensão infinita. De fato, se E é um espaço vetorial normado de dimensão infinita e F é um espaço vetorial normado de dimensão maior ou igual a 1, podemos sempre construir uma aplicação linear T : E F que não é limitada. Para isso, seja B uma base para E, B B um subconjunto enumerável de vetores e y F um vetor não nulo qualquer. Definimos uma aplicação linear T : E F definindo T em B por e T não é limitada, pois logo não existe uma constante M > 0 tal que T x n = n x n y se x n B T x = 0 se x B\B. T x n = n y x n, T x n M x n. Em particular, vemos que se E é um espaço vetorial normado de dimensão infinita, sempre existem funcionais lineares que não são contínuos, pois podemos tomar F = R. 2.4 Definição. Se E, F são espaços vetoriais normados, denotaremos o espaço vetorial das aplicações lineares limitadas por L (E, F ). Definimos a norma de uma aplicação linear limitada por T = inf {M R : T x M x para todo x E}. 2.5 Proposição. Sejam E, F espaços vetoriais normados e T : E F uma aplicação linear limitada. Então T x T = sup x E\{0} x = sup T x = sup T x. x E x E x 1 x =1 Prova. Seja T x M = sup x E x. x 0 Então T x M x para todo x E, logo M T. Reciprocamente, como por definição T x T x para todo x E, segue que T x x T para todo x E\ {0}, logo T M. Isso prova a primeira identidade. Para provar que T x sup x E\{0} x = sup T x = sup T x, x E x E x =1 x 1 basta notar que T x x = ( ) x T. x Apesar de uma aplicação linear limitada ser contínua, não podemos trocar o sup na bola unitária ou na esfera unitária pelo máximo, pois em espaços vetoriais normados de dimensão infinita a bola e a esfera unitária nunca são compactas (veja o Corolário 1.39).

15 Rodney Josué Biezuner Proposição. Se E, F são espaços vetoriais normados, então L (E, F ) é um espaço vetorial normado. Prova. Sejam T, S L (E, F ). Temos (T + S) x = T x + Sx T x + Sx T x + S x = ( T + S ) x para todo x E, de modo que obtemos simultaneamente que T + S L (E, F ) e a validade da desigualdade triangular para a norma de aplicações lineares. 2.7 Proposição. Se E é um espaço vetorial normado e F é um espaço de Banach, então L (E, F ) é um espaço de Banach. Prova. Seja {T n } uma sequência de Cauchy em L (E, F ). Como T n x T m x = (T n T m ) x T n T m x, segue que {T n x} é uma sequência de Cauchy em F para todo x E. Defina T x := lim T n x. Afirmamos que T = lim T n em L (E, F ). De fato, em primeiro lugar, T é uma transformação linear, pois T (αx + βy) = lim T n (αx + βy) = lim (αt n x + βt n y) = α lim T n x + β lim T n y = αt x + βt y. Além disso, dado ε > 0, existe N N tal que T n T m < ε sempre que n, m > N. Então para todo x E e fazendo n obtemos T n x T m x ε x (T T m ) x = T x T m x ε x para todo x E, sempre que m > N. Em particular, T T m L (E, F ), portanto T = (T T m ) + T m L (E, F ) e T T m < ε sempre que m > N, isto é, T m T em L (E, F ). Reciprocamente, com a ajuda do teorema de Hahn-Banach (veja a próxima seção), pode-se provar que (se E 0) se F não é um espaço de Banach, então L (E, F ) não é um espaço de Banach (Proposição 2.26). 2.8 Definição. Se E é um espaço vetorial normado, denotaremos o espaço vetorial dos funcionais lineares limitadas por E. Ele é chamado o espaço dual de E. 2.9 Corolário. Se E é um espaço vetorial normado, então E é um espaço de Banach Proposição. Sejam E, F, G espaços vetoriais normados. Se T L (E, F ) e S L (F, G), então ST L (E, G) e ST S T. Prova. Temos para todo x E. (ST ) x S T x S T x

16 Rodney Josué Biezuner Definição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Dizemos que uma aplicação T : E F é limitada inferiormente se existe uma constante m > 0 tal que para todo x E. T x m x 2.12 Proposição. Seja T L (E, F ). Então a inversa T 1 : Im T E existe e é linear e limitada se e somente se T é limitada inferiormente. Prova. Suponha que T é limitada inferiormente. Então, se x y segue que T x T y = T (x y) m x y > 0, logo T é injetiva e portanto a inversa T 1 : Im T E está bem definida. Como T (αx + βy) = αt x+βt y, tomando T 1 em ambos os lados desta equação, segue também que T 1 (αt x + βt y) = αx + βy = αt 1 (T x) + βt 1 (T y), logo T 1 é linear. Finalmente, T 1 (T x) = x m 1 T x para todo y = T x Im T, e portanto T 1 é limitada. Reciprocamente, suponha que T 1 : Im T E existe e é linear e limitada. Então x = T 1 (T x) T 1 T x para todo x E, ou seja, T x T 1 1 x Definição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Dizemos que E e F são topologicamente isomorfos quando existe uma aplicação linear bijetiva T : E F tal que T e T 1 são limitadas Corolário. T : E F é um isomorfismo topológico entre os espaços vetoriais normados E e F se e somente se existem constantes m, M > 0 tais que m x T x M x. Em particular, isomorfismos topológicos preservam sequências de Cauchy e sequências convergentes; daí, se E e F são topologicamente isomorfos, então E é um espaço de Banach se e somente se F é Proposição. Sejam E, F espaços vetoriais normados de dimensão finita com a mesma dimensão. Então E e F são topologicamente isomorfos. Prova. Como a relação de isomorfismo topológico entre espaços vetorias normados é uma relação de equivalência, basta mostrar que se dim E = n então E é topologicamente isomorfo a l 1 (n). Seja B = {e 1,..., e n } uma base para E. Considere o isomorfismo T : l 1 (n) E definido por T (x 1,..., x n ) = n x i e i.

17 Rodney Josué Biezuner 16 Afirmamos que T é um isomorfismo topológico. De fato, T é limitada porque T x E n x i e i E = n x i e i E ( ) max e n i,...,n E x i = M x l 1 (n) onde denotamos M = max e i,...,n E. Como T é contínua, a função x T x também é e assume um valor mínimo m na esfera unitária B = { x l 1 (n) : x = 1 }. Necessariamente m > 0, pois {e 1,..., e n } é um conjunto linearmente independente. Portanto, T x x m para todo x E, x 0, o que mostra que m x T x M x para todo x E Corolário. Todo espaço vetorial normado de dimensão finita é de Banach. Todo subespaço vetorial de dimensão finita de um espaço vetorial normado é fechado Corolário. Se E é um espaço vetorial normado de dimensão finita e T : E F é linear, então T é contínua Corolário. Se E é um espaço vetorial normado de dimensão finita, então um subconjunto de E é compacto se e somente se ele for fechado e limitado. Além disso, se E é um espaço vetorial normado tal que a bola unitária B = {x E : x 1} é compacta, então E possui dimensão finita. Prova. Vamos provar a última afirmação. Para isso, provaremos antes o seguinte resultado: Seja E um espaço vetorial normado e F E um subespaço vetorial fechado próprio de E. Então para todo 0 < ε < 1 existe y E tal que y = 1 e dist (y, F ) ε. Seja z E\F e d = dist (z, F ). Como F é fechado, d 0 e pela definição de distância existe x 0 F tal que Tome d z x 0 d ε. y = z x 0 z x 0, de modo que y = 1. Além disso, para todo x F temos y x = z x 0 z x 0 x = 1 z x 0 z x 0 z x 0 x ε d z x 1,

18 Rodney Josué Biezuner 17 onde x 1 = x 0 z x 0 x F, logo y x ε d d = ε. Agora, suponha por absurdo que E é um espaço de dimensão infinita. Vamos construir uma sequência {x n } n N B que não possui subsequência convergente, mostrando que B não pode ser compacta. Tome x 1 B qualquer. Como x 1 é um subespaço fechado de E e, por hipótese, E x 1, existe x 2 B tal que x 1 x 2 1/2. O subespaço x 1, x 2 também é um subespaço fechado próprio de E, logo existe x 3 B tal que x 1 x 3 1/2 e x 2 x 3 1/2. Continuando desta maneira, obtemos uma sequência {x n } B tal que x n x m 1/2 para todos n, m N. Como nenhuma subsequência desta sequência pode ser de Cauchy, ela não possui nenhuma subsequência convergente. 2.2 Exercícios 2.1 Verifique nos casos abaixo que o funcional linear está bem definido e é limitado e calcule sua norma. a) f : l 2 R; f (x) = n=1 b) f : l 0 R; f (x) = n=1 x n n. x n 2 n+1. c) f : L 1 ( 1, 1) R; f (x) = 1 tx (t) dt Considere o operador linear M λ : l p l p definido por M λ (x) = (λ 1 x 1, λ 2 x 2,...) onde λ = (λ n ) l. M λ é chamado multiplicação por λ. Verifique que M λ é um operador linear bem definido e limitado e calcule sua norma. Para que sequências λ existe o operador inverso M 1 λ? Para que sequências λ o operador inverso M 1 λ existe e é limitado? 2.3 Considere o operador shift S : l p l p definido por Sx = (0, x 1, x 2,...). S 1 existe e é limitado? Considere agora o operador truncamento T : l p l p definido por T 1 existe e é limitado? 2.4 Seja T : C ([0, 1]) C ([0, 1]) definida por Mostre que T é um isomorfismo topológico. T x = (x 2, x 3,...). (T f) (t) = f (t) + t 0 f (s) ds.

19 Rodney Josué Biezuner Seja E um espaço de Banach e T L (E) um operador tal que T < 1. Mostre que I T é um operador bijetivo, (I T ) 1 = T n, (I T ) 1 é limitado e que n=1 (I T ) T. 2.6 Seja E um espaço de Banach e T L (E) um operador tal que I T < 1. Mostre que T 1 existe e está em L (E). 2.7 Seja E = { f C 1 ([0, 1]) : f (0) = 0 }. Dada g C ([0, 1]), considere a aplicação linear T g : E C ([0, 1]) definida por (T g f) (t) = f (t) + g (t) f (t). Mostre que T 1 existe e é limitada. 2.8 A aplicação linear D : C 1 ([0, 1]) C ([0, 1]) definida por é limitada? Se for, calcule D. Df = f 2.9 Seja E = { f C ([0, 1]) : f é de classe C 1}. Considere a aplicação linear T : E C ([0, 1]) definida por Df = f. D é limitada? Se for, calcule D A aplicação linear I : C ([0, 1]) C ([0, 1]) definida por é limitada? Se for, calcule I. (If) (t) = t 0 f (s) ds Prove que não existe norma em C ([0, 1]) que torne o operador derivada Df = f limitado. [Sugestão: considere as funções f λ (x) = e λx.] 2.3 O Teorema de Hahn-Banach O teorema de Hahn-Banach garante que todo espaço vetorial normado é ricamente suprido de funcionais lineares, de modo que pode-se obter uma teoria satisfatória de espaços duais e de operadores adjuntos Definição. Seja E um espaço vetorial normado. Dizemos que um funcional p : E R é semilinear se ele for subaditivo, isto é, e positivo-homogêneo, ou seja, p (x + y) p (x) + p (y) para todos x, y E, p (αx) = αp (x) para todos x E, α > 0. Um exemplo de funcional semilinear em um espaço vetorial normado é a própria norma deste espaço. Para demonstrarmos o lema principal desta seção, que também é conhecido como o teorema de Hahn- Banach para espaços vetoriais (embora nestas notas não nos referiremos a ele deste modo em geral, preferindo reservar o nome teorema de Hahn-Banach para o teorema de Hahn-Banach para espaços vetoriais normados), relembramos o lema de Zorn:

20 Rodney Josué Biezuner Lema. (Lema de Zorn) Seja A um conjunto parcialmente ordenado. Se todo subconjunto totalmente ordenado de A possui um limitante superior, então A tem pelo menos um elemento maximal Lema. Sejam E um espaço vetorial e p : E R um funcional semilinear. Seja F um subespaço vetorial de E e f 0 : F R um funcional linear tal que f 0 (x) p (x) para todo x F. Então f 0 se estende a um funcional linear f : E R satisfazendo f (x) p (x) para todo x E. Prova. Este resultado é uma consequência do Lema de Zorn. Seja A o conjunto de todas as extensões lineares g : L (g) R de f 0 a um subespaço vetorial L (g) F de E tais que g (x) p (x) para todo x L (g). Note que A = porque f 0 A. Definimos uma ordem parcial em A declarando g h se L (g) L (h), isto é, g h se h é uma extensão de g. Para ver que A satisfaz a hipótese do lema de Zorn, seja A A um subconjunto totalmente ordenado. Então um limitante superior para A é o funcional g : L (g) R onde L (g) = L (h) e g é definido por h A g (x) = h (x) se x L (h) para qualquer h A. Observe que g está bem definido porque A é totalmente ordenado. Pelo lema de Zorn, existe um elemento maximal f A. Para provar o resultado, basta mostrar que L (f) = E. Suponha por absurdo que existe x 0 E\L (f). Considere o subespaço L = L (f) + x 0. Defina uma extensão linear g : L R de f por h (x + tx 0 ) = f (x) + tα, onde α R é uma constante a ser definida apropriadamente para que tenhamos h (y) p (y) para todo y L, e portanto g contradizerá a maximalidade de f. De fato, dados x 1, x 2 L (f), temos f (x 1 ) + f (x 2 ) = f (x 1 + x 2 ) p (x 1 + x 2 ) p (x 1 + x 0 ) + p (x 2 x 0 ), donde Escolha α tal que Isso implica que f (x 2 ) p (x 2 x 0 ) p (x 1 + x 0 ) f (x 1 ). sup [f (x) p (x x 0 )] α inf [p (x + x 0) f (x)]. x L(f) x L(f) h (x x 0 ) = f (x) α p (x x 0 ), h (x + x 0 ) = f (x) + α p (x + x 0 ), para todo x L (f). Se t > 0, multiplicando ( x ) ( x ) f + α p t t + x 0 por t obtemos Se t < 0, multiplicando por t obtemos Se t = 0, o resultado é óbvio. h (x + tx 0 ) = f (x) + tα p (x + tx 0 ). f ( ) ( ) x x α p t t x 0 h (x + tx 0 ) = f (x) + tα p (x + tx 0 ).

21 Rodney Josué Biezuner Teorema. (Teorema de Hahn-Banach) Sejam E um espaço vetorial normado e f 0 : F R um funcional linear limitado definido em um subespaço vetorial F E. Então f 0 se estende a um funcional linear f : E R tal que f E = f 0 F. Prova. Basta aplicar o teorema anterior ao funcional semilinear p (x) = f 0 F x Corolário. Sejam E um espaço vetorial normado e F um subespaço vetorial de E. Suponha que exista x 0 E tal que dist (x 0, F ) = inf x F x x 0 > 0. Então existe f E tal que f (x 0 ) = 1, f E = 1/ dist (x 0, F ) e f 0 sobre F. Em particular, se F é um subespaço vetorial de E que não é denso em E, então existe f E não-nulo que se anula em F. Prova. Considere o subespaço vetorial F 1 = F + x 0. Defina um funcional linear f 0 : F 1 R por f 0 (x + tx 0 ) = t. Note que f 0 0 sobre F e que f 0 (x 0 ) = 1. Escrevendo y = x + tx 0, se t 0 temos que y = x + tx 0 = t x t + x 0 t dist (x 0, F ) = f 0 (y) dist (x 0, F ), ou seja, f 0 (y) y 1 dist (x 0, F ) para todo y F 1, donde f 0 F 1 1 dist (x 0, F ). (2.1) Seja {y n } F uma sequência tal que x 0 y n dist (x 0, F ). Temos 1 = f 0 (x 0 y n ) f 0 F 1 x 0 y n, de modo que ao passarmos o limite quando n segue que f 0 F 1 1 dist (x 0, F ). (2.2) Portanto, f 0 F 1 = 1 dist (x 0, F ). Usando o teorema de Hahn-Banach, estendemos f linearmente a todo o espaço E. Este resultado é frequentemente usado para verificar se um subespaço vetorial de um espaço vetorial normado é denso Corolário. Seja E um espaço vetorial normado. Para todo vetor não-nulo x 0 E existe f E tal que f E = 1 e f (x 0 ) = x 0.

22 Rodney Josué Biezuner 21 Prova. Aplique o teorema de Hahn-Banach ao subespaço F = x 0 e ao funcional linear limitado f 0 : F R definido por f 0 (tx 0 ) = t x Corolário. Seja E um espaço vetorial normado. Para todo vetor x E vale x = f (x) sup f E \{0} f = sup f (x) = max f (x). f E f E f 1 f 1 Prova. Pelo corolário anterior existe g E tal que g E = 1 e g (x) = x 0. Logo, Como g (x) g x, segue o resultado. f (x) g (x) sup f E \{0} f g = x Proposição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Se L (E, F ) é um espaço de Banach, então F é um espaço de Banach. Prova. Em primeiro lugar, observamos que se f é funcional linear sobre E e y F é um vetor qualquer, então podemos definir uma aplicação linear T : E F por T x = f (x) y. Além disso, se f for um funcional linear limitado, então T também é uma aplicação linear limitada. De fato, T = sup T x x f (x) = y sup = y f. x Seja {y n } n N uma sequência de Cauchy em F. Pelo Corolário 2.24, existe um funcional linear f E tal que f = 1. Para cada n N, defina uma aplicação linear T n L (E, F ) por T n x = f (x) y n. Então T n = y n e {T n } n N é uma sequência de Cauchy em L (E, F ). Como L (E, F ) é um espaço de Banach, T n T em L (E, F ). Em particular, T n x T x em F para todo x E. Escolhendo x E tal que f (x) = 1, segue que T n x = y n e portanto y n T x. Assim, juntamente com a Proposição 2.7, este resultado implica que L (E, F ) é um espaço de Banach se e somente se F é um espaço de Banach. 2.4 Formas Geométricas do Teorema de Hahn-Banach: Conjuntos Convexos 2.27 Definição. Seja E um espaço vetorial. Um hiperplano afim é um conjunto da forma H = f 1 (α) = {x E : f (x) = α}, onde f : E R é um funcional linear não-nulo e α R Proposição. Seja E um espaço vetorial normado. O hiperplano H = f 1 (α) é fechado se e somente se f é limitada.

23 Rodney Josué Biezuner 22 Prova. Suponha que H é fechado. Então E\H é aberto e não-vazio (porque f é não-nulo). Escolha x 0 E\H tal que f (x 0 ) < α, para fixar idéias, e uma bola B r (x 0 ) E\H. Afirmamos que f (x) < α para todo x B r (x 0 ). Com efeito, se f (x 1 ) α para algum x 1 B r (x 0 ), considere o segmento L = {(1 t) x 0 + tx 1 : 0 t 1} que está inteiramente contido em B r (x 0 ). Tomando t = f ((1 t) x 1 + tx 0 ) = (1 t) f (x 1 ) + tf (x 0 ) ( = 1 f (x 1) α f (x 1 ) f (x 0 ) f (x 1) α f (x 1 ) f (x 0 ) temos ) f (x 1 ) + = [α f (x 0)] f (x 1 ) + [f (x 1 ) α] f (x 0 ) f (x 1 ) f (x 0 ) = α, contradizendo B r (x 0 ) E\H. Portanto, concluímos que f (x 0 + rz) < α para todo z B 1 (0), donde (usando o fato que f (z) = f ( z)) f (z) 1 r (α f (x 0)) para todo z B 1 (0), o que implica que f é limitada e A recíproca é óbvia. f 1 r (α f (x 0)). f (x 1) α f (x 1 ) f (x 0 ) f (x 0) 2.29 Definição. Seja E um espaço vetorial e A, B E subconjuntos quaisquer. Dizemos que o hiperplano H = f 1 (α) separa A e B no sentido amplo se f (x) α para todo x A e f (x) α para todo x B. Dizemos que o hiperplano H = f 1 (α) separa A e B no sentido estrito se existe ε > 0 tal que f (x) α ε para todo x A e f (x) α + ε para todo x B Lema. (Funcional de Minkowski) Seja E um espaço vetorial normado e C E um conjunto aberto convexo contendo a origem. Defina o funcional p C : E R por p C (x) = inf {α > 0 : x } α C. Então p C é um funcional semilinear que satisfaz (i) existe M > 0 tal que 0 p C (x) M x para todo x E; (ii) C = {x E : p C (x) < 1}. Prova. Para simplificar a notação, denotaremos p C por p. Prova de (i): Seja r > 0 tal que B r [0] C. Então, para todo x E, r x x p (x) r x. C, logo por definição

24 Rodney Josué Biezuner 23 Prova de (ii): Seja x C. Como C é aberto, existe ε > 0 tal que (1 + ε) x C, logo por definição p (x) ε < 1 Reciprocamente, se p (x) < 1, então existe 0 < α < 1 tal que x α C, donde x = α x + (1 α) 0 C, já que α C é convexo e contém a origem. Por fim, vamos verificar que p é semilinear. É fácil ver que p é positivo-homogêneo. Para verificar a subaditividade de p, sejam x, y E e ε > 0. De (ii) e do fato de p ser positivo-homogêneo segue que Daí, Em particular, escolhendo t = x p (x) + ε, y p (y) + ε C. x y t + (1 t) C para todo 0 t 1. p (x) + ε p (y) + ε p (x) + ε, temos que p (x) + p (y) + 2ε x + y p (x) + p (y) + 2ε C. Pela positivo-homogeneidade de p e por (ii), concluímos que p (x + y) < p (x) + p (y) + 2ε. Como ε > 0 é arbitrário, segue a subaditividade de p Lema. Seja E um espaço vetorial normado e C E um conjunto aberto convexo não-vazio. Seja x 0 E\C. Então existe f E tal que f (x) < f (x 0 ) para todo x C. Em particular, o hiperplano H = f 1 (f (x 0 )) separa x 0 e C no sentido amplo. Prova. Fazendo uma translação, podemos assumir que 0 C e definir o funcional de Minkowski p de C. Considere F = x 0 e o funcional linear sobre F dado por f 0 (tx 0 ) = t. Como p (x 0 ) 1 (por (ii) do lema anterior), temos p (tx 0 ) = tp (x 0 ) t se t 0; se t < 0, p (tx 0 ) > t trivialmente, porque o funcional de Minkowski p é não-negativo. Segue que f 0 (x) p (x) para todo x F. Podemos portanto usar o teorema de Hahn-Banach (Lema 2.21) para concluir que f 0 possui uma extensão linear f : E R tal que f (x) p (x) para todo x E. De (i) do lema anterior, segue que f é limitada. Finalmente, como p (x) < 1 para todo x C, segue que f (x) p (x) < 1 = f (x 0 ) para todo x C Teorema. (Teorema de Hahn-Banach, primeira forma geométrica) Seja E um espaço vetorial normado. Sejam A, B E conjuntos convexos não-vazios disjuntos, com A aberto. Então existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido amplo. Prova. Seja C é convexo, pois se x 1 y 1, x 2 y 2 C então C = A B = {x y : x A e y B}. t (x 1 y 1 ) + (1 t) (x 2 y 2 ) = tx 1 + (1 t) x 2 [ty 1 + (1 t) y 2 ] C, e C é aberto porque C = y B (A y), união de abertos (translação é um homeomorfismo). Além disso, 0 / C porque A e B são disjuntos. Pelo lema anterior, tomando x 0 = 0, existe f E tal que f (z) < 0 para todo z C, ou seja, f (x) < f (y) para todos x A e y B. Escolhendo α tal que sup f α inf f, A B concluímos que o hiperplano H = f 1 (α) separa A e B no sentido amplo.

25 Rodney Josué Biezuner Teorema. (Teorema de Hahn-Banach, segunda forma geométrica) Seja E um espaço vetorial normado. Sejam A, B E conjuntos convexos não-vazios disjuntos, com A fechado e B compacto. Então existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido estrito. Prova. Dado ε > 0, sejam A ε = A + B ε (0) e B ε = B + B ε (0), de modo que A e B são abertos, convexos e não-vazios. Além disso, tomando ε < dist (A, B), segue que A ε e B ε são disjuntos. Pelo teorema anterior, existe um hiperplano fechado H = f 1 (α) que separa A ε e B ε no sentido amplo, logo f (x + εz) α f (y + εz) para todos x A, y B e z B 1 (0). Daí, 2.5 Exercícios f (x) + ε f α f (y) + ε f Sejam E um espaço vetorial e f : E R um funcional linear. Mostre que a codimensão do núcleo de f é 1, ou seja, podemos escrever E = ker f x 0 onde x 0 é qualquer vetor de E tal que f (x 0 ) Seja E um espaço vetorial normado. Se f : E R é um funcional linear tal que para toda sequência {x n } n N convergente para 0 a sequência {f (x n )} n N é limitada, mostre que f é limitado Seja E um espaço vetorial normado. Prove que um funcional linear f : E R é limitado se e somente se ker f é fechado Sejam E um espaço vetorial normado e L = x 1, x 2,... um subespaço vetorial gerado por um conjunto enumerável de vetores. Mostre que x L se e somente se para todo f E tal que f (x n ) = 0 para todo n tem-se f (x) = Sejam E um espaço vetorial normado e f : E R um funcional linear limitado não-nulo. Considere o hiperplano H = f 1 (1). Mostre que 1 f = inf x. x H 2.17 Sejam E um espaço vetorial normado e F um subespaço vetorial próprio de E. Mostre que se T 0 : F R N é uma aplicação linear limitada, então T se estende a uma aplicação linear limitada T : E R N com T = T 0.

26 Capítulo 3 Os Teoremas da Limitação Uniforme, da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado 3.1 O Teorema da Limitação Uniforme 3.1 Lema. (O Teorema da Categoria de Baire) Seja X um espaço métrico completo. Seja ( {F n } n N ) uma coleção enumerável de conjuntos fechados de X. Se int F n = para todo n, então int F n =. n N Alternativamente, seja X um espaço métrico completo não-vazio. Seja {F n } n N uma coleção enumerável de conjuntos fechados de X tal que X = F n. Então existe n 0 N tal que int F n Teorema. (Teorema da Limitação Uniforme) Sejam E, F espaços vetoriais normados, sendo E um espaço de Banach. Seja {T λ } λ Λ uma coleção de operadores lineares limitados de E em F puntualmente limitados, isto é, para todo x E existe C x > 0 tal que n N T λ x C x para todo λ Λ. Então {T λ } λ Λ é uniformemente limitada, ou seja, existe C > 0 tal que Prova. Para cada n N, considere o conjunto T λ C para todo λ Λ. F n = {x E : T λ x n para todo λ Λ}. Então F n é fechado, porque F n = G 1 λ [0, n] onde G λ é a função contínua G λ = T λ. Por hipótese, λ Λ X = F n, logo pelo Teorema da Categoria de Baire existe n 0 N tal que int F n0. Seja B r (x 0 ) F n0. Temos n N para todo z B 1 (0) e para todo λ Λ. Logo, T λ (x 0 + rz) n 0 T λ (z) n 0 + T λ x 0 r 25

27 Rodney Josué Biezuner 26 para todo z B 1 (0) e para todo λ Λ, ou seja, para todo λ Λ. T λ n 0 + C x r 3.3 Corolário. Sejam E, F espaços vetoriais normados, sendo E um espaço de Banach. Seja {T n } n N uma sequência de operadores lineares limitados de E em F tais que para todo x E a sequência {T n x} n N converge para um elemento de F que denotaremos T x. Então {T n } n N é uniformemente limitada, T é um operador linear limitado e T lim inf T n. Prova. A limitação uniforme da sequência decorre do teorema anterior. O fato de T ser linear decorre das propriedades de limites de somas e multiplicação por escalar de sequências e da linearidades dos operadores da sequência, como na Proposição 2.7. Como, pelo teorema anterior, existe uma constante C > 0 independente de x tal que T n x C x para todo x X, tomando o limite quando n obtemos que T é limitado. Finalmente, como T n x T n x, da definição de norma de um operador segue o último resultado. 3.4 Corolário. Sejam E um espaço vetorial normado e B E um subconjunto. Se para todo f E o conjunto f (B) é limitado, então B é limitado. Prova. Aplicamos o Teorema da Limitação Uniforme substituindo E = E (que é um espaço de Banach, como vimos no Corolário 2.9), F = R e Λ = B. Para todo b B definimos um operador linear limitado T b : E R por T b f = f (b). De fato, T b f = f (b) f b = b f A coleção {T b f} b B é limitada para cada f E por hipótese. Portanto, do Teorema 3.2 segue que existe uma constante C > 0 independente de f tal que f (b) C f para todo f E. Usando o Corolário 2.25 concluímos que para todo b B. b C 3.5 Corolário. Sejam E um espaço de Banach e B E um subconjunto. Se para todo x E o conjunto B, x = f B f (x) é limitado, então B é limitado. Prova. Aplicamos o Teorema da Limitação Uniforme substituindo F = R e Λ = B. Para todo b B considere o funcional linear limitado T b = b. A coleção {T b x} b B é limitada para cada x E por hipótese. Portanto, do Teorema 3.2 segue que existe uma constante C > 0 tal que b C para todo b B.

28 Rodney Josué Biezuner Os Teoremas da Aplicação Aberta e do Gráfico Fechado 3.6 Teorema. (Teorema da Aplicação Aberta) Sejam E, F espaços de Banach e T : E F uma aplicação linear limitada e sobrejetiva. Então existe r > 0 tal que Em particular, T é uma aplicação aberta. T (B 1 (0)) B r (0) Prova. Passo 1. Seja T : E F uma aplicação linear sobrejetiva. Então existe r > 0 tal que Seja Então F n é fechado e F = n N T (B 1 (0)) B 2r (0). F n = nt (B 1 (0)). F n, logo pelo Teorema da Categoria de Baire (F é de Banach) existe n 0 N tal que int F n0. Em particular, int T (B 1 (0)). Sejam y F e r > 0 tais que B 4r (y) T (B 1 (0)). Em particular, y, y T (B 1 (0)). Obtemos B 4r (0) = y + B 4r (y) T (B 1 (0)) + T (B 1 (0)) = 2T (B 1 (0)) a última igualdade valendo porque T (B 1 (0)) é convexo (pois aplicações lineares são aplicações convexas, isto é, levam conjuntos convexos em conjuntos convexos, o fecho de um conjunto convexo é convexo e podemos sempre escrever x + y = 2 ( 1 2 x y) ). Como B 4r (y) 2T (B 1 (0)), segue o resultado. Passo 2. Seja T : E F uma aplicação linear limitada. Se existe r > 0 tal que então T (B 1 (0)) B 2r (0), T (B 1 (0)) B r (0). Dado y B r (0) F, queremos encontrar x B 1 (0) E tal que T x = y. Sabemos que, dado ε > 0, existe z B 1/2 (0) E tal que T z B ε (y). De fato, como 2y B 2r (0), existe z B 1 (0) tal que T z 2y < ε; daí, T z 2 y < ε 2 e podemos tomar z = z /2. Escolhendo ε = r/2 obtemos z 1 E tal que z 1 < 1 2 e y T z 1 < r 2. Aplicando o mesmo argumento a y T z 1 e escolhendo ε = r/4, encontramos z 2 E tal que z 2 < 1 4 e (y T z 1 ) T z 2 < r 2. Procedendo desta forma, obtemos uma sequência {z n } n N tal que z n < 1 2 n e y T (z z n ) < r 2 n para todo n. Em particular, a sequência {x n } n N definida por x n = z z n é de Cauchy. Como E é de Banach, podemos tomar x = lim x n e x satisfaz x < n=1 1 2 n = 1

29 Rodney Josué Biezuner 28 e y = lim T x n = T (lim x n ) = T x. Juntando os dois passos, o teorema fica provado. Para ver que T é aberta, seja U E um aberto e mostremos que T (U) é aberto. Dado y T (U), seja x E tal que y = T x. Seja ε > 0 tal que B ε (x) U, ou seja, x + B ε (0) U. Então y + T (B ε (0)) T (U). Pelo teorema T (B ε (0)) B εr (0), logo B εr (y) T (U). 3.7 Corolário. Sejam E, F espaços de Banach. Se T : E F é uma aplicação linear limitada bijetiva, então a aplicação linear T 1 : F E é contínua. Prova. Pois a inversa de uma aplicação aberta é contínua. Em outras palavras, um operador linear limitado bijetivo entre espaços de Banach é automaticamente um isomorfismo topológico. 3.8 Corolário. Seja E um espaço de Banach. Se 1, 2 são duas normas tais que existe uma constante C > 0 tal que x 1 C x 2 para todo x E, então elas são normas equivalentes. 3.9 Definição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Dizemos que uma aplicação linear T : E F é fechada se seu gráfico G (T ) = {(x, T x) : x E} é fechado em E F. Observe que o gráfico de uma aplicação linear é um subespaço vetorial de E F. É claro que toda aplicação linear contínua é fechada, entretanto existem muitos exemplos de operadores lineares importantes na prática que não são contínuos mas pelo menos são fechados. Se E e F são espaços de Banach, os dois conceitos são equivalentes: 3.10 Teorema. (Teorema do Gráfico Fechado) Sejam E, F espaços de Banach e T : E F uma aplicação linear fechada. Então T é limitada. Prova. Consideremos duas normas em E: x 1 = x E e x 2 = x E + T x F. (A segunda norma é às vezes chamada norma do gráfico.) Como G (T ) é fechado, E sob a norma do gráfico ainda é um espaço de Banach. De fato, se {x n } é uma sequência de Cauchy em (E, 2 ), então em particular {x n } é uma sequência de Cauchy em (E, 1 ) pois x 1 x 2 e {T x n } é uma sequência de Cauchy em (F, F ) pois T x F x 2. Se x = lim x n e y = lim T x n, segue que (x n, T x n ) (x, y) em E F. Como G é fechado, temos que (x, y) G, logo y = T x. Podemos então usar o Corolário 3.8 para concluir que existe uma constante C > 0 tal que x 2 C x 1 para todo x E. Em particular, segue que T x F C x 1. A hipótese dos espaços E, F serem de Banach é necessária (veja os Exercícios 3.7 e 3.14).

30 Rodney Josué Biezuner Operadores Adjuntos O teorema de Hahn-Banach também é crucial para estabelecer uma teoria satisfatória de operadores adjuntos. A partir desta seção, frequentemente usaremos a notação se x E e f : E R é um funcional linear. f, x = f (x) 3.11 Definição. Sejam E, F espaços vetoriais normados e A : E F um operador linear limitado. O operador adjunto A : F E é o único operador linear limitado que satisfaz para todos x E e g F. g, Ax = A g, x 3.12 Proposição. O operador adjunto está bem definido. Além disso, A = A. Prova. De fato, se A : E F é um operador linear limitado e g F, então o funcional f : E R definido por f (x) = g (Ax) é um funcional linear limitado, pois Logo, podemos definir A : F E por f (x) = g (Ax) g Ax g A x. A g = f. A desigualdade que provamos acima implica que A g = f A g, portanto Por outro lado, A = A A. A g sup g F \{0} g. Pelo teorema de Hahn-Banach (Corolário 2.24), se x 0 E é tal que x 0 = 1 e Ax 0 0, então existe g F tal que g = 1 e g (Ax 0 ) = Ax 0. Logo Assim, A g g para todo x 0 E tal que x 0 = 1, donde = A g A g, x 0 x 0 A A Ax 0 sup Ax 0 = A. x 0 =1 = g, Ax 0 = Ax 0. Usaremos a seguinte noção padrão no que se segue.

31 Rodney Josué Biezuner Definição. Sejam E, F espaços vetoriais e A : E F um operador linear. O núcleo de A é o subespaço vetorial de E definido por N (A) = {x E : Ax = 0} e a imagem de A é o subespaço vetorial de F definido por R (A) = {y F : y = Ax para algum x E}. Uma das razões de se considerar operadores adjuntos é dada a seguir. Muitos problemas em matemática pura e aplicada podem ser formulados da seguinte forma: dados espaços vetoriais normados E, F e um operador linear A : E F, encontrar uma solução para a equação Ax = y. Se y R (A), esta equação possuir uma solução x. Então, para cada g F nós temos e tomando o operador adjunto segue que Se g N (A ), isto dá g (Ax) = g (y) (A g) (x) = g (y) g (y) = 0 Portanto, uma condição necessária para que y R (A) é que g (y) = 0 para todo g N (A ). A questão fundamental a ser respondida é se esta condição também é suficiente. Em dimensão finita, esta condição é verdadeira, conhecida como a alternativa de Fredholm. Veremos como essa condição é traduzida para espaços vetoriais normados em geral. Antes, estabelecemos notação Definição. Sejam E um espaço vetorial normado e V E um subespaço vetorial. O anulador de V é o subespaço vetorial V de E dos funcionais lineares que anulam V, isto é, V = {f E : f (x) = 0 para todo x V }. Analogamente, se W é um subespaço vetorial de E, o anulador de W é o subespaço vetorial W de E dos vetores que são anulados pelos funcionais lineares de W, ou seja, W = {x E : f (x) = 0 para todo f W } Proposição. Se E é um espaço vetorial normado, V é um subespaço vetorial de E e W é um subespaço vetorial de E, então V e W são fechados. Além disso, ( V ) = V e ( W ) W Prova. Seja {f n } n N V tal que f n f em E. Então f n (x) f (x) para todo x E. Em particular isso vale para x V, logo f (x) = 0 para todo x V, donde f V.

32 Rodney Josué Biezuner 31 Seja {x n } n N W tal que x n x em E. Então f (x n ) f (x) para todo f E pois f é contínuo. Em particular isso vale para f W, logo f (x) = 0 para todo f W, donde x W. Claramente V ( V ) e como ( V ) é fechado, segue que V ( V ). Reciprocamente, suponha por absurdo que existe x 0 ( V ) tal que x0 / V. Pelo teorema de Hahn-Banach existe f E tal que f 0 em V e f (x 0 ) 0. Mas então f V e não podemos ter x 0 ( V ). Em particular, se V é um subespaço fechado de E, vale a igualdade ( V ) = V. Veremos no próximo capítulo que se E é reflexivo vale a igualdade ( W ) = W 3.16 Teorema. Sejam E, F espaços vetoriais normados e A : E F uma aplicação linear. Então vale: (i) N (A) = R (A ). (ii) N (A ) = R (A). (iii) R (A) = N (A ). (iv) R (A ) N (A). Prova. (i) Se x N (A), então A g, x = g, Ax = g, 0 = 0 para todo g F, ou seja, x R (A ). Reciprocamente, se x R (A ), então g, Ax = A g, x = 0 para todo g F, ou seja, Ax = 0 e x N (A). (ii) Se g N (A ), então g, Ax = A g, x = 0, x = 0 para todo x E, logo g R (A). Reciprocamente, se g R (A), então A g, x = g, Ax = 0 para todo x E, logo A g = 0 e g N (A ). (iii) e (iv) decorrem da aplicação da proposição anterior a (ii) e (i), respectivamente Corolário. Seja E um espaço vetorial normado de dimensão finita e A : E E um operador linear. Então A é injetiva se e somente se A é sobrejetiva e A é sobrejetiva se e somente se A é injetiva. No caso de espaços de Banach mais gerais, podemos concluir que se A é sobrejetiva então A é injetiva: 3.18 Teorema. Sejam E, F espaços de Banach e A : E F uma aplicação linear fechada. Então são equivalentes (i) R (A) = F.

33 Rodney Josué Biezuner 32 (ii) A é limitado inferiormente. (iii) A é uma aplicação aberta. Prova. Pelo teorema do gráfico fechado, A é limitada. (i) (ii) Como A é sobrejetiva, pelo teorema da aplicação aberta existe r > 0 tal que A (B 1 (0)) B r (0). Logo, A g = sup x 1 A g, x = sup x 1 g, Ax r sup y 1 g, y = r g. (ii)= (iii)vamos mostrar que A satisfaz o primeiro passo da demonstração do teorema da aplicação aberta: existe r > 0 tal que A (B 1 (0)) B r (0). Como A é limitada, seguirá do segundo passo da demonstração daquele teorema que A é aberta. Seja r > 0 tal que A g r g para todo g F. Equivalentemente, mostraremos que se y 0 / A (B 1 (0)), então y 0 > r. Aplicando a segunda forma geométrica do teorema de Hanh-Banach aos conjuntos convexos {y} e A (B 1 (0)), obtemos g F tal que g (y) < 1 < g (y 0 ) para todo y A (B 1 (0)) (podemos tomar g = f/α para f, α do enunciado daquele teorema). Em particular, isto implica que A g = sup x 1 A g, x = sup x 1 g, Ax 1 e r < r g (y 0 ) r g y 0 A g y 0 y 0, conforme queríamos. (iii) (i) Como A é aberta, R (A) é um subespaço vetorial aberto de F. Isso só é possível se R (A) = F Teorema. (Teorema da Imagem Fechada de Banach) Sejam E, F espaços de Banach e A : E F uma aplicação linear fechada. Então são equivalentes (i) R (A) é fechado. (ii) R (A ) é fechado. (iii) R (A) = N (A ). (iv) R (A ) = N (A). Prova. (i) (iii) segue diretamente do Teorema 3.16, logo é suficiente provar a cadeia de implicações (i) (iv) (ii) (i). (i) (iv) Pelo Teorema 3.16, temos R (A ) N (A), logo resta apenas mostrar que N (A) R (A ). Seja f N (A) ; vamos obter g F tal que A g = f. Defina um funcional linear g 0 : R (A) R por g 0 (Ax) = f (x) para todo x E. g 0 está bem definido, porque se Ax 1 = Ax 2 então x 1 x 2 N (A), logo f (x 1 x 2 ) = 0. Para ver que g 0 é limitada, considere a restrição de contradomínio A : E R (A); como R (A) é um subespaço vetorial fechado de um espaço de Banach, ele também é um espaço de Banach e podemos aplicar o teorema da aplicação aberta para concluir que existe r > 0 tal que A (B 1 (0)) B r (0) R(A)

34 Rodney Josué Biezuner 33 onde B r (0) R(A) denota a bola aberta de centro na origem e raio r no espaço de Banach R (A). Isso implica que existe C > 0 tal que para todo y R (A) existe x E satisfazendo Ax = y e x C y. De fato, se r y R (A), então 2 y y B r (0) R(A), logo existe z B 1 (0) tal que Az = r 2 y y e podemos tomar de modo que Ax = y e x r y. Daí, 2 x = 2 y z r g 0 (y) = g 0 (Ax) = f (x) f x C f y. Portanto, pelo teorema de Hahn-Banach g 0 pode ser estendida a um funcional g F com A g, x = g, Ax = g 0, Ax = f (x). (iv) (ii) Pelo Teorema 3.16, R (A ) R (A ) N (A), logo se R (A ) = N (A), segue que R (A ) = R (A ). (ii) (i) Seja Z = R (A). Como R (A) é denso em Z, o anulador de R (A) em Z só pode ser o funcional nulo. Defina S : E Z por Sx = Ax (S é uma extensão do contradomínio de A). Observe que como A é fechada, pelo teorema do gráfico fechado A é limitada e portanto S também é. Além disso, R (S) = R (A), donde R (S) = 0, como acabamos de observar. Mas, pelo Teorema 3.16, N (S ) = R (S), portanto concluímos que S é injetiva. Agora vamos mostrar que R (S ) = R (A ). Seja g 0 Z. Pelo teorema de Hahn-Banach, existe g F extensão de g 0. Daí, A g, x = g, Ax = g, Sx = g 0, Sx = S g 0, x para todo x E, o que mostra que S g 0 R (A ), ou seja, provamos que R (S ) R (A ). Reciprocamente, se g F, considere a restrição g 0 = g Z. Temos, de modo análogo, S g 0, x = g 0, Sx = g, Sx = g, Ax = A g, x para todo x E, donde R (A ) R (S ). Por hipótese, temos então que R (S ) é fechado, portanto é um espaço de Banach, já que é um subespaço vetorial fechado do espaço de Banach Z (lembre-se que o dual de um espaço vetorial normado sempre é um espaço de Banach). Obtemos então que a restrição de contradomínio S : Z R (S ) é um operador linear contínuo bijetivo. Pelo Corolário 3.7, a inversa (S ) 1 existe e é contínua. Em particular, S é limitada inferiormente e existe m > 0 tal que S g 0 m g 0 para todo g 0 Z. O teorema anterior implica que R (S) = Z, logo R (A) = Z e portanto R (A) é fechado. Portanto, se R (A) é fechado (por exemplo, se A for limitado), uma condição necessária e suficiente para que y R (A) é que g (y) = 0 para todo g N (A ).

35 Rodney Josué Biezuner Exercícios 3.1 Seja T : E F um operador linear limitado inferiormente tal que Im T é um subespaço fechado de F. Mostre que T 1 é um operador linear fechado. 3.2 Mostre que se a inversa de um operador linear fechado existir, então ela também é um operador linear fechado. 3.3 Mostre que operador linear D : C 1 ([0, 1]) C ([0, 1]) definido por 3.4 Seja é fechado. E = Df = f { f C ([0, 1]) : existe Defina uma aplicação linear T : E C ([0, 1]) por Mostre que T é fechado. T f (t) = f (t) t f (t) lim t 0 + t } f (t) lim. t 0 + t se t 0, se t = Sejam E, F espaços de Banach e {T n } n N L (E, F ) tal que {f (T n x)} n N é uma sequência limitada para todo x E e para todo f F. Mostre que {T n } n N é uniformemente limitada. 3.6 Se E, F são espaços vetoriais normados, mostre que (E F ) = E F. 3.7 Considere o seguinte subespaço de l 1 : { F = (x n ) n N l 1 : } n x n < a) Mostre que F é um subespaço vetorial próprio denso de l 1, portanto F não é um espaço de Banach. n=1 b) Verifique que a aplicação linear T : F l 1 definida por é uma aplicação fechada que não é limitada. T ( (x n ) n N ) = (nxn ) n N c) Mostre que a inversa de T está bem definida, é limitada, sobrejetiva, mas não é aberta. 3.8 Sejam E, F espaços de Banach e T : E F um operador linear limitado. Suponha que existam um espaço de Banach G e operadores lineares A : E G e B : G F tais que T = B A. Usando o teorema do gráfico fechado, mostre que se B é limitado e injetivo, então A é limitado. 3.9 Sejam E um espaço de Banach e F um espaço vetorial normado. Seja {T n } n N L (E, F ) uma sequência de operadores lineares limitados tal que sup T n =. Mostre que existe um ponto x E tal que n N sup T n x =. n N

36 Rodney Josué Biezuner Sejam E, F espaços de Banach. Se T : E F é uma aplicação linear tal que f T E para todo f F, mostre que T é limitada Sejam L, M subespaços vetoriais fechados de um espaço vetorial normado E. Mostre que se L M, então L M Sejam E um espaço de Banach e F um subespaço vetorial próprio de E. Mostre que se T 0 : F l é uma aplicação linear limitada, então T se estende a uma aplicação linear limitada T : E l com T = T Considere l e suponha que é outra norma em l tal que (l, ) também é um espaço de Banach. Se para cada i N a projeção na i-ésima coordenada π i ( (xn ) n N ) = xi é contínua na norma, mostre que existe uma constante C > 0 tal que x C x l para todo x l (sugestão: use o teorema do gráfico fechado). Conclua que as normas l são equivalentes. e 3.14 Mostre que a aplicação identidade I : ( C 0 [0, 1], L 1) ( C 0 [0, 1], L ) tem gráfico fechado mas não é limitada.

37 Capítulo 4 Espaços Reflexivos 4.1 Espaços Reflexivos Seja E um espaço vetorial normado. Denote (E ) = E. E é chamado o espaço bidual de E. Podemos definir um operador linear limitado canônico J : E E (4.1) da seguinte forma: para cada x E, o funcional linear limitado Jx : E R é dado por para todo f E. De fato, Jx é um funcional linear limitado em E pois ou seja, (Jx) (f) = f (x) (4.2) (Jx) (f) = f (x) f x = x f, Jx x. Além disso, J é realmente uma isometria de E sobre sua imagem J (E). Com efeito, pelo teorema de Hahn-Banach, para cada x X existe um funcional linear f 0 E tal que f 0 = 1 e f 0 (x) = x, logo portanto Jx = sup (Jx) (f) (Jx) (f 0 ) = f 0 (x) = x, f =1 Jx = x (4.3) para todo x E. Em particular, J é injetivo. Se J for também sobrejetivo, dizemos que E é reflexivo. Isso implica que J é ao mesmo tempo um isomorfismo e uma isometria, em particular é um isomorfismo topológico. Como E = (E ) é um espaço de Banach, segue que uma condição necessária para que um espaço vetorial normado seja reflexivo é que ele seja de Banach. Em vista disso, definimos 4.1 Definição. Dizemos que um espaço de Banach E é reflexivo se o operador J : E E for um isomorfismo isométrico. É importante saber que E e E serem isometricamente isomorfos através de um isomorfimo isométrico diferente do operador J não garante que E seja reflexivo, pois pode ocorrer que apesar disso o operador J não seja sobrejetivo (veja [James1] e [James2]). Todo espaço vetorial normado de dimensão finita é reflexivo (veja Exercício 4.1). Existem importante exemplos de espaços de Banach de dimensão infinita que não são reflexivos, como veremos mais tarde. 36

38 Rodney Josué Biezuner Teorema. Seja E um espaço reflexivo. Se F E é um subespaço vetorial fechado, então F é reflexivo. Prova. Dado f F temos que mostrar que existe x F tal que f = Jx. Considere a submersão contínua I : E F definida por If = f F. Pelo teorema de Hahn-Banach a submersão é sobrejetiva, pois todo funcional linear limitado definido em F se estende a um funcional linear limitado definido em E (obviamente ela não é injetiva se F é um subespaço próprio de E). Esta submersão é contínua pois If F = sup x F \{0} If (x) x = sup x F \{0} f (x) x sup x E\{0} f (x) x = f E, logo If = If sup F f E \{0} f E 1. Através desta submersão, f induz um funcional linear g E quando definimos g (f) = (f I) (f) = f (f F ). Como E é reflexivo, existe x E tal que g = Jx, ou seja, f (f F ) = (Jx) (f) para todo f E. Afirmamos que x F. De fato, se x / F, como F é fechado podemos aplicar o teorema de Hahn-Banach para concluir que existe um funcional linear f 0 que se anula em F tal que f 0 (x) = 1 o que é uma contradição, pois f (f 0 F ) = 0 enquanto que (Jx) (f 0 ) = f 0 (x) = 1. Um subespaço vetorial de um espaço reflexivo que não é fechado obviamente não pode ser reflexivo, já que todo espaço reflexivo é de Banach. 4.3 Proposição. Se E é um espaço reflexivo e W é um subespaço vetorial de E, então ( W ) = W. Prova. Já vimos na Proposição 4.15 que ( W ) W. Suponha por absurdo que existe f0 ( W ) tal que f 0 / W. Pelo teorema de Hahn-Banach, existe f E tal que f (f) = 0 para todo f W e f (f 0 ) 0. Como E é reflexivo, existe x E tal que f (f) = f (x) para todo f E. Em particular, f (x) = 0 para todo f W, logo x W. Mas então f 0 (x) = 0, pois f 0 ( W ), contradizendo f0 (x) = f (f 0 ) Teorema. Seja E um espaço de Banach. Então E é um espaço reflexivo se e somente se E for. Prova. Suponha que E seja reflexivo. Sejam J : E E e J : E E as aplicações canônicas, isto é, (Jx) (f) = f (x) e (J f) (f ) = f (f).

39 Rodney Josué Biezuner 38 Seja f E. Para provar que E é reflexivo, precisamos encontrar f E tal que f = J f. Considere f := f J E : E J f E R. Logo, f (Jx) = f (x) = (Jx) (f) para todo x E. Como E é reflexivo, para todo f E existe x E tal que f = Jx. Substituindo na última equação acima, segue que f (f ) = f (f) para todo f E, ou seja, f = J f. Reciprocamente, suponha que E é reflexivo. Para provar que E também é reflexivo, observamos em primeiro lugar que porque E é um espaço de Banach, o subespaço vetorial R (J) é um subespaço fechado de E. De fato, como J é uma isometria, se Jx n f em E então em particular {x n } é uma sequência de Cauchy em E. Como E é um espaço de Banach, existe x E tal que x n x em E. Logo, Jx n Jx e portanto f = Jx R (J). Suponha por absurdo que R (J) E. Seja f E \R (J). Pelo teorema de Hahn-Banach, existe f E tal que f = 0 em R (J) e f (f ) 0. Como E é reflexivo, existe f E tal que f = J f. Daí, para todo x E vale isto é, f é o funcional nulo. Mas contradição. 4.2 Espaços Separáveis f (x) = (Jx) (f) = (J f) (Jx) = f (Jx) = 0, f (f) = (J f) (f ) = f (f ) 0, Lembramos que um espaço topológico é separável se ele possui um subconjunto denso enumerável. 4.5 Teorema. Seja E um espaço vetorial normado. Se E é separável, então E também é. Prova. Seja {f n } n N um subconjunto enumerável denso em E. Como f n = sup f n (x), x E x =1 podemos escolher para cada n um elemento x n E tal que x n = 1 e Seja f n (x n ) f n 2. M = x 1, x 2,... o fecho do subespaço gerado pelo conjunto {x n } n N. Observe que M é separável, pois o subconjunto das combinações lineares dos x n com coeficientes racionais formam um subconjunto enumerável denso em M. Afirmamos que M = E. De fato, se x 0 E\M, pelo teorema de Hahn-Banach (Corolário 2.23) existe f E M tal que f = 1 e f (x 0 ) 0. Em particular, f (x n ) = 0 para todo n, logo f n 2 f n (x n ) = f n (x n ) f (x n ) f n f x n = f n f,

40 Rodney Josué Biezuner 39 donde ou seja, 1 = f f n f + f n 3 f n f, f n f 1 3, contradizendo o fato que {f n } é denso em E. Vale a recíproca quando E é um espaço reflexivo: 4.6 Corolário. Se E é um espaço reflexivo separável, então E também é. Prova. Pela Proposição 4.4 temos que E é reflexivo. Para mostrar que E é separável, pelo teorema anterior basta provar que E é separável. Seja {x n } n N um subconjunto enumerável denso em E. Dado f E, existe x E tal que Jx = f, e dado ε > 0 existe n N tal que x n x < ε. Como J é uma isometria, segue que Jx n f < ε. Vemos portanto que {Jx n } n N é um subconjunto enumerável denso em E. 4.3 Exemplo 1: Espaços l p Os espaços l p (n) tem dimensão finita, logo são reflexivos (veja o Exercício 4.1). Por outro lado, os espaços l p são reflexivos se e somente se 1 < p <, isto é, l 1 e l são exemplos de espaços de Banach que não são espaços reflexivos. Vamos provar estes fatos, além de alguns fatos auxiliares que por si só já são muito úteis. 4.7 Proposição. l p são espaços separáveis para 1 p <. Prova. Seja e n = (0,..., 0, 1 n, 0,...), de modo que todo elemento x l p se escreve de maneira única na forma x = x n e n. n=1 [Como veremos mais tarde, {e n } n N é uma base de Schauder para l p.] Então o conjunto de todas as combinações lineares com coeficientes racionais dos e n é um subconjunto enumerável denso em l p. 4.8 Proposição. l não é separável. Prova. Observe que em l, o fecho do subespaço gerado por {e n } n N é apenas o subespaço l 0 das sequências convergentes para 0. Para ver que l não é enumerável, considere o subconjunto não-enumerável {0, 1} ω l das sequências cujos elementos são apenas 0 ou 1 (uma tal sequência tem norma 1 em l ). Se x, y {0, 1} ω e x y, então x y l = 1, logo existe um número não-enumerável de bolas com centro nos pontos de {0, 1} ω e raio 1/2 que não se interceptam. 4.9 Proposição. Se 1 < p <, então (l p ) = l p no sentido que estes espaços são isometricamente isomorfos. Prova. Afirmamos que a aplicação linear Φ : l p (l p ) y f (x) = x n y n. n=1

41 Rodney Josué Biezuner 40 é um isomorfismo isométrico. Pela desigualdade de Hölder temos de modo que f (l p ) e f (x) x n y n y l p x l, p n=1 f (lp ) y lp, (4.4) logo Φ é contínua. Agora exibiremos a inversa de Φ e mostraremos que ela também é contínua. Já vimos que todo elemento x l p se escreve de maneira única na forma Então, dado f (l p ), por continuidade temos De fato, se para cada k N denotamos por linearidade temos de modo que ( ) f (x) = f lim z k k x = f (x) = z k = f (z k ) = x n e n. n=1 x n f (e n ). n=1 k x n e n, n=1 k x n f (e n ). n=1 = lim f (z k) = lim k k k x n f (e n ) = x n f (e n ). Notando que f (e n ) = (Φy) (e n ) = y n, vemos agora que a inversa de Φ é dada por Ψ : (l p ) l p f (f (e n )) n N Para mostrar que Ψ está de fato bem definida e é contínua, defina z k l p por f (e i ) p z (i) k = se i k e f (e i ) 0, f (e i ) 0 se i > k ou f (e i ) = 0, n=1 n=1 de modo que Temos k f (z k ) = f (e n ) p. n=1 ( k 1/p ( k ) 1/p 1)p) f (z k ) f z k = f f (e n ) (p = f f (e n ) p, n=1 n=1

42 Rodney Josué Biezuner 41 já que p = p / (p 1), logo donde ( k k ) 1/p f (e n ) p = f (z k ) = f (z k ) f (l p ) f (e n ) p, n=1 n=1 ( k n=1 Tomando o limite quando k, segue que ) 1/p f (e n ) p f (l p ). (f (e n )) l p f (l p ), (4.5) ou seja, a inversa Ψ também está bem definida e é contínua. Juntando as desigualdades (4.5) e (4.4) vemos que Φ é uma isometria Proposição. l p é um espaço reflexivo se 1 < p <. Prova. Embora a aplicação do resultado anterior duas vezes produza ( (l p ) = l p ) = l p, isso por si só não prova a reflexividade de l p, pois, como já observamos antes, a existência de um isomorfismo isométrico arbitrário não garante a sobrejetividade da aplicação canônica J. No entanto, como vimos na demonstração ( da proposição anterior, como (l p ) = l p, a cada g (l p ) corresponde um funcional g l p ) tal que g (f) = g (y), onde f (x) = x n y n para todo x l p. Analogamente, como que para todo y l p. Portanto, n=1 ( l p ) = l p, a cada g g (y) = x n y n n=1 ( l p ) corresponde um elemento x l p tal g (f) = g (y) = x n y n = f (x) = (Jx) (f). n= Proposição. ( l 1 ) = l no sentido que estes espaços são isometricamente isomorfos. Prova. Como na demonstração do resultado anterior, mostraremos que a aplicação linear Φ : l ( l 1) y f (x) = x n y n. n=1

43 Rodney Josué Biezuner 42 é um isomorfismo isométrico. Pela desigualdade de Hölder temos f (x) x n y n y l x l 1, n=1 de modo que f ( l 1) e f (l 1) y l, (4.6) logo Φ é contínua. A inversa de Φ, como na demonstração do teorema anterior é dada por Como e n l 1 = 1, temos de modo que Ψ está bem definida e Ψ : ( l 1) l f (f (e n )) n N f (e n ) f (l 1 ) e n l 1 = f (l 1 ), (f (e n )) l (4.6) e (4.7) provam que Φ é uma isometria. = sup f (e n ) f (l p ). (4.7) n N 4.12 Proposição. (l ) l 1. Prova. Se tivéssemos (l ) = l 1, como l 1 é separável, l também seria pelo Teorema 4.5, contradizendo a Proposição Corolário. l 1 e l não são reflexivos. Prova. Como l 1 é separável, enquanto que o seu dual é isometricamente isomorfo a l, que não é separável, segue do Corolário 4.6 que l 1 não é reflexivo. Consequentemente, pelo Teorema 4.4, seu dual também não pode ser reflexivo, ou seja, l não é reflexivo. Veja também o Exercício 4.5 para uma demonstração alternativa. 4.4 Espaços Uniformemente Convexos 4.14 Definição. Seja E um espaço vetorial normado. Dizemos que E é uniformemente convexo se para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que para todos x, y E que satisfazem x, y 1 e x y > ε vale x + y 2 < 1 δ. É importante ressaltar que a propriedade de ser uniformemente convexo é uma propriedade da norma: podem existir duas normas equivalentes tais que em relação a uma delas o espaço é uniformemente convexo, mas não em relação a outra. Mais especificamente, convexidade uniforme é uma propriedade da bola unitária: em um espaço uniformemente convexo a bola unitária é bem redonda. Note que o ε na definição de convexidade uniforme satisfaz

44 Rodney Josué Biezuner Exemplo. l 2 (n), ou seja, R n com a norma euclideana, é uniformemente convexo, ao passo que l 1 (n), ou seja, R n com a norma da soma, não é uniformemente convexo. Isso fica bastante claro quando se olha para as bolas unitárias em cada um destes espaços (para n = 2). De fato, para ver que l 1 (n) não é uniformemente convexo, tome x = e 1 e y = e 2, de modo que x = y = 1, x y = 2 enquanto que x + y 2 = 1. Para ver que l 2 (n) é uniformemente convexo, usamos a identidade do paralelogramo: ( x + y 2 + x y 2 = 2 x 2 + y 2). Assim, se x, y 1 e x y > ε, então de modo que para δ = 1 x + y 2 2 = 1 4 x + y 2 = 1 2 < 1 ε2 4, x + y 2 < 1 δ ( x 2 + y 2) 1 x y 2 4 ) 1/2 (1 ε2 > 0 pois ε < x y x + y Teorema. Se E é um espaço de Banach uniformemente convexo, então E é reflexivo. Prova. A demonstração deste resultado requer o conhecimentos da topologia fraca e fica adiada para o próximo capítulo. Este resultado é surpreendente, já que uma propriedade geométrica (a de ser uniformemente convexo) implica uma propriedade topológica (a de ser reflexivo). Ela pode ser usada para provar que certos espaços são reflexivos. Por outro lado, existem espaços reflexivos que não possuem nenhuma norma em relação a qual eles são uniformemente convexos [Day]. 4.5 Exemplo 2: Espaços L p () Nesta seção consideraremos sempre R N aberto. Dado um conjunto A, denotaremos por χ A a função característica de A, isto é, { 1 se x A, χ A (x) = 0 caso contrário. Denotaremos por C c () o conjunto das funções contínuas com suporte compacto em Lema. C c () é denso em L p () para 1 p <. Prova. Primeiro Passo. O conjunto das funções em L p () com suporte compacto é denso em L p (). Seja n = {x : dist ( x, R N \ ) > 1n } e x < n,

45 Rodney Josué Biezuner 44 de modo que n é aberto, n é compacto, n n+1 e = n. Dado f L p (), defina Do teorema da convergência dominada segue que f n = fχ n. f n f em L p (), pois f n (x) f (x) para todo x (de fato, f n (x) = f (x) para todo n suficientemente grande) e f n f L p () 2p f L p (). Segundo Passo. Usando o passo anterior, dado ε > 0 e f L p () existe g L p () com suporte compacto em tal que f g L p () ε 2. Por definição de integral, existe uma função simples de suporte compacto (contido no suporte de g) ϕ = n a i χ Ei L p () tal que g ϕ L p () ε 4. Fixado i, existem um aberto U i e um fechado F i tal que F i E i U i e ( ) p ε U i \F i <. 4ka i De fato, isso vale para qualquer conjunto mensurável E: dado δ > 0, escolha um aberto W tal que R N \E W e W \ ( R N \E ) < δ/2; tome F = R N \W e um aberto U tal que E U e E\U < δ/2. Como e esta união é disjunta, segue que Agora, defina a função de Urysohn U\F = U\E W \ ( R N \E ) U\F = U\E + W \ ( R N \E ) < δ. h i (x) = dist ( x, R N \U i ) dist (x, R N \U i ) + dist (x, F i ). Então h i é uma função contínua (pois seu denominador nunca se anula) que satisfaz 0 h i 1 e { 0 se x R h i (x) = N \U i, 1 se x F i. Em particular, o suporte de h i é compacto. Seja h = n a i h i C c ().

46 Rodney Josué Biezuner 45 Temos ϕ h L p () n a i χ Ei h i L p () n a i 1 L p (U i \F i ) = < ε 4, n n a i χ Ei h i L p (U i \F i ) a i U i \F i 1/p pois χ Ei h i = 0 em F i ou em R N \U i e χ Ei h i 1 em U i \F i. Portanto, f h L p () f g L p () + g ϕ L p () + ϕ h L p () < ε. De agora em diante, denotaremos os espaços L p () simplesmente por L p Proposição. L p são espaços separáveis para 1 p <. Prova. Seja { n } como no lema anterior. Denote por P o conjunto enumerável das funções polinomiais em R N com coeficientes racionais e considere P n = {pχ n : p P}. Dados f L p e ε > 0, existe uma função contínua de suporte compacto g tal que f g L p < ε/2. Seja n tal que 1 n < dist ( supp g, R N \ ), o que garante supp g n. Pelo teorema de aproximação de Weierstrass, existe p P n tal que Daí g p L < ε 1 2 n. 1/p f p L p f g L p + g p L < ε ( ) 1/p 2 + g p p n < ε 2 + ε ( n 1/p n = ε Proposição. L não é separável. Prova. Dado x, existe ε x > 0 tal que B εx (x). Denote u x = χ Bε x (x) e considere as bolas B x = {f L : f u x L < 1/2}. Observe que se x y então B x B y =. Com efeito, se x y, então existe z B x \B y e w B y \B x de modo que u x u y L = 1. Portanto, obtivemos um número não-enumerável de bolas com centro nos pontos u x, x, que não se interceptam. ) 1/p

47 Rodney Josué Biezuner Lema. (Desigualdades de Clarkson) Sejam f, g L p, 1 < p <. Se p 2, então Se 1 < p 2, então f + g 2 f + g 2 f + g 2 f + g 2 p + L p p L p + p + L p p + L p f g 2 f g 2 f g 2 f g 2 p 1 L 2 ( f p L + g p p L ), (4.8) p p p 1 L 2 p p 1 ( f p L + g p p L ) p 1. (4.9) p p 1 L 2 p p 1 ( f p L + g p p L ) p 1, (4.10) p p 1 L 2 ( f p L + p g p Lp). (4.11) p Prova. Demonstração da Primeira Desigualdade de Clarkson (4.8). Seja p 2. Para provar (4.8), basta verificar p p a + b 2 + a b ( a p + b p ) (4.12) para todos a, b R e integrar esta desigualdade sobre. Para isso, o ponto de partida é a desigualdade para todos α, β 0, tomando α = a + b 2 p a + b 2 + α p + β p ( α 2 + β 2) p/2 e β = a b. De fato, 2 a b 2 p ( a + b 2 ( a 2 = 2 + b2 2 2 a p 2 + b p 2, + ) p/2 a b 2 2 ) p/2 (4.13) onde a última desigualdade decorre da convexidade (concavidade para cima) da função t t q quando q 1. Para verificar a desigualdade (4.13), tomando t = α/β (o caso β = 0 é trivial) vemos que ela é equivalente a mostrar que a função f (t) = ( t ) p/2 t p 1 é crescente para todo t 0, já que f (0) = 0. Isso segue de f (t) = pt ( t ) [ p 2 2 (t pt p 1 = pt ) p 2 2 ( ] p 2 t 2) 2 0 para todo t R. Demonstração da Segunda Desigualdade de Clarkson (4.10). Seja agora 1 < p 2. A demonstração de (4.10) é mais difícil. Primeiro verificamos a desigualdade a + b 2 p + p a b p 1 ( a p + b p ) p 1. (4.14) Esta desigualdade é equivalente à desigualdade 1 + t p p + 1 t p 1 (1 + tp ) p 1. (4.15)

48 Rodney Josué Biezuner 47 para 0 t 1. Para uma demonstração desta última, veja ([Adams]), Lema Em seguida, verificamos a desigualdade de Minkowski reversa. Ela decorre da desigualdade de Hölder reversa. Desigualdade de Hölder reversa. Seja 0 < p < 1, de modo que p = p/ (p 1) < 0. Se f L p, isto é, e então f p <, 0 < g p <, ( ) 1/p ( ) 1/p fg f p g p. (4.16) Prova da Desigualdade de Hölder reversa: Podemos assumir fg L 1 (), caso contrário o lado esquerdo da desigualdade de Hölder reversa é infinito e a desigualdade é válida. Tome φ = g p e ψ = fg p, de modo que φψ = f p. Temos que ψ L q para q = 1/p > 1, donde φ L q, pois q = q 1 q 1 = p 1 p 1 = p p (1 p) = p p (p 1) = p p. Logo, pela desigualdade de Hölder, ( f p = φψ ψ L q φ L q = ) p ( ) 1 p fg g p, donde segue (4.16). Desigualdade de Minkowski reversa. Seja 0 < p < 1, de modo que p = p/ (p 1) < 0. Se f, g L p, então f + g p f p + g p. (4.17) Prova da Desigualdade de Minkowski reversa: Se f = g = 0, a desigualdade é trivial, caso contrário o lado esquerdo da desigualdade é positivo. Aplicando a desigualdade de Hölder reversa, obtemos f + g p p = ( f + g ) p 1 ( f + g ) = ( f + g ) p 1 f + ( f + g ) p 1 g ( ( f + g ) (p 1)p ) 1/p = f + g p/p p ( f p + g p ), ( f p + ) 1/p ( f + g ) (p 1)p donde segue (4.17). Retornando à demonstração da segunda desigualdade de Clarkson, pela desigualdade de Hölder reversa com o expoente p 1 < 1, temos f + g 2 p L p + f g 2 p L p = f + g 2 ( p + L p 1 f + g 2 p + f g 2 p L p 1 ) p f g p 1 2 1/(p 1), g p

49 Rodney Josué Biezuner 48 de modo que ao aplicarmos (4.14), observando que p 1 = 1/ (p 1), obtemos f + g 2 p L p + f g 2 p L p [ [ = ( ) ] p 1 1/(p 1) 1 2 p 1 ( f p + g p ) p ( f p + g p ) ] 1/(p 1) = 1 2 p 1 ( f p L + g p p L ) p 1. p Para uma demonstração das desigualdades (4.9) e (4.11), consulte [Adams] Teorema. L p é um espaço uniformemente convexo se 1 < p <. Prova. Sejam f, g L p satisfazendo f L p, g L p 1 e f g L p > ε. Se p 2, a primeira desigualdade de Clarkson (4.8) produz p f + g ( f p L + g p p p L ) f g p 2 logo L p 1 εp 2 p, f + g 2 < 1 δ L p ) 1/p para δ = 1 (1 εp > 0. Se 1 < p 2, a segunda desigualdade de Clarkson (4.10) dá 2 p p f + g 2 1 L 2 p p 1 ( f p L + g p p L ) p 1 f g p 2 L p p L p logo para δ = 1 (1 εp 2 p ) 1/p > 0. 1 εp 2 p, f + g 2 < 1 δ L p 4.22 Corolário. L p é um espaço reflexivo se 1 < p < Teorema. (Teorema da Representação de Riesz) Seja 1 < p <. Dado f (L p ) existe um único g L p tal que F (f) = fg para todo f L p. Além disso, F (L p ) = g L. p Em particular, (L p ) = L p no sentido que estes espaços são isometricamente isomorfos.

50 Rodney Josué Biezuner 49 Prova. Apesar deste teorema poder ser provado diretamente através do teorema de Radon-Nikodym da teoria da medida, daremos uma demonstração usando Análise Funcional como em [Brezis] (uma demonstração mais elementar usando a convexidade uniforme de L p e um argumento variacional pode ser vista em [Adams]). Defina o operador T : L p (L p ) por T g, f = fg para todo f L p. De fato, pela desigualdade de Hölder T g (L p ) e Além disso, escolhendo temos que de modo que f 0 L p e f 0 (x) = T g, f g L p f L p T g (L p ) g L p. { g (x) p 2 g (x) se g (x) 0, 0 se g (x) = 0, f 0 (x) p = g (x) (p 1)p = g (x) p, T g (L p ) = sup T g, f T g, f 0 = f L p \{0} f L p f 0 L p f 0g ( f 0 p) = 1/p g p ( g p ) 1/p = g L p. Portanto, T g (L p ) = g L p ( e para provar o teorema basta provar que T é sobrejetivo. Seja L = T L p ). Então L é um subespaço ( fechado de (L p ) porque L p é um espaço de Banach. Suponha por absurdo que L T L p ). Pelo teorema de Hahn-Banach existe um funcional F (L p ) tal que F se anula em L, mas F 0. Por outro lado, usando o fato que L p é reflexivo, de modo que (L p ) = L p, existe f L p tal que F (F ) = (Jf) (F ) = F (f) ( para todo F (L p ). Em particular, se F L = T L p ) vale o teorema de representação de Riesz, de modo que nós temos 0 = F (F ) = fg para todo g L p. Tomando segue que g (x) = { f (x) p 2 f (x) se f (x) 0, 0 se f (x) = 0, f (x) p = 0 e f = 0, ou seja, F é o funcional nulo, contradição. O teorema da representação de Riesz implica a reflexividade dos espaços L p, semelhante à demonstração da Proposição 4.10 (o que é relevante quando levamos em conta o fato que o teorema da representação de Riesz pode ser demonstrado sem usar o fato que L p é reflexivo):

51 Rodney Josué Biezuner Corolário. L p é um espaço reflexivo se 1 < p <. Prova. Como (L p ) = L p, a cada G (L p ) corresponde um funcional G onde F (f) = fg para todo f L p. Analogamente, como tal que para todo g L p. Portanto, ( L p ) = L p, a cada G G (F ) = G (f) = G (g) = fg fg = F (f) = (Jf) (F ). ( L p ) tal que G (F ) = G (f), ( L p ) corresponde um elemento f L p 4.25 Proposição. (Teorema da Representação de Riesz) Dado F ( L 1) existe um único g L tal que F (f) = fg para todo f L 1. Além disso, F (L 1 ) = g L. Em particular, ( L 1 ) = L. no sentido que estes espaços são isometricamente isomorfos. Prova. Se F = 0, podemos tomar g = 0. Assuma portanto F 0. Caso 1. tem medida finita. Como <, vale a inclusão L p () L 1 () para todo 1 < p <. De fato, pela desigualdade de Hölder, se f L p () temos que f L 1 = f = f 1 f L p 1 L p = ( = 1/p f L p. ) 1/p 1 f L p Daí, F (f) F (L 1 ) f L 1 ( F (L 1 ) 1/p ) f L p, o que implica que F (L p ) para todo 1 < p < e F (L p ) F (L 1 ) 1/p. Pelo teorema de representação de Riesz, existe g p L p tal que F (f) = fg p

52 Rodney Josué Biezuner 51 para todo f L p e tal que g p L p F (L 1 ) 1/p. Como C c () é denso em L p para todo 1 < p < e portanto para todo f C c (), para todos 1 < p, q < vale fg p = F (f) = fg q, segue que g p = g q. Podemos então denotar g p simplesmente por uma função g L p para todo 1 < p <. Segue que g L Em particular g L e como = lim g p L F p (L 1 ) lim 1/p = F p (L 1 ). F (f) = para todo f C c () e C c () é denso em L 1, segue que F (f) = para todo f L 1. Para terminar a demonstrar deste caso, resta apenas mostrar que fg fg g L F (L 1 ). Isso segue direto da fórmula de representação e da desigualdade de Hölder: F (L 1 ) = sup F (f) = sup fg f L 1 \{0} f L 1 f L 1 \{0} f L 1 f sup L 1 g L f L 1 \{0} f L 1 = g L. Caso 2. tem medida infinita. Escreva = n, onde n = {x : n 1 x < n} tem medida finita e os conjuntos n são dois a dois disjuntos. Se f n L 1 ( n ), seja a extensão de f n que é 0 fora de n. Defina f n (x) = { fn (x) se x n, 0 se x R N \ n F n (f n ) := F ( fn ). Então F n [ L 1 ( n ) ] e Fn [L 1 ( n )] F [L 1 ()], pois ( ) F n (f n ) = F fn F [L 1()] fn = F [L L1() 1 ()] f n L 1 ( n ). Pelo caso anterior, existe g n L 1 ( n ) tal que g n L F [L 1 ()] e F n (f n ) = f n g n = n f n g para todo f n L 1 ( n ), onde g (x) := g n (x) se x n.

53 Rodney Josué Biezuner 52 Se f L 1 (), podemos escrever f = fχ n, pois pelo teorema da convergência dominada esta série converge em L 1 (). Daí, como ( k ) k k k ( k ) F fχ n = F (fχ n ) = F n (fχ n ) = (fχ n ) g = fχ n g, n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 passando o limite quando k através do teorema da convergência dominada concluímos que F (f) = fg. n=1 Como no caso anterior, a fórmula de representação juntamente com a desigualdade de Hölder pode ser usada para provar que F (L 1 ) = g L Proposição. (L ) L 1. Prova. A demonstração é idêntica à da Proposição Corolário. L 1 e L não são reflexivos. Prova. A demonstração é idêntica à do Corolário Exercícios 4.1 Mostre que todo espaço vetorial de dimensão finita é reflexivo. 4.2 Sejam E, F espaços topologicamente isomorfos. Mostre que E é reflexivo se e somente se F é reflexivo. 4.3 Sejam E, F espaços de Banach, com E reflexivo. Mostre que se existe um operador linear limitado A : E F tal que R (A) = F, então F também é reflexivo. 4.4 Prove que todo subespaço vetorial de um espaço vetorial normado separável é separável. 4.5 Seja E um espaço reflexivo. Mostre que se f E, então existe x 0 tal que f (x) = f x. 4.6 Utilizando o exercício anterior e o funcional sugerido, mostre que os espaços a seguir não são reflexivos: a) C 0 ([ 1, 1]) ; funcional sugerido: F : C 0 ([ 1, 1]) R definido por F (f) = b) l 1 ;funcional sugerido: f : l 1 R definido por f (x) = 0 n=1 1 f 1 0 f. ( 1 1 ) x n. n

54 Rodney Josué Biezuner 53 c) l 0 = {x l : lim x n = 0} ;funcional sugerido: f : l 0 R definido por 4.7 Prove que C 0 [a, b] não é reflexivo. f (x) = 4.8 Para que valores de p l p (n) é uniformemente convexo? n=1 x n 2 n Prove que l p é uniformemente convexo se e somente se 1 < p < Sejam 1 p < q < r. a) Mostre que L p L r é um espaço de Banach com a norma f = f L p + f L r. Por que L p L r? b) Prove a seguinte desigualdade de interpolação: f L q f λ L p f 1 λ L r, onde 1 q = λ p + 1 λ r. c) Conclua que vale a inclusão L p L r L q e que ela é contínua.

55 Capítulo 5 Topologia Fraca e Topologia Fraca* 5.1 Topologia Fraca Dado um conjunto de funções {f λ } λ Λ de um conjunto X para um espaço topológico Y, a topologia T mais grosseira (ou menos fina) para X é aquela com o número mínimo de abertos que tornam todas as funções f λ contínuas. Ela é evidentemente a topologia que tem como sub-base a coleção { f 1 λ (V ) : V é aberto em Y e λ Λ}. 5.1 Definição. Seja E um espaço vetorial normado. A topologia fraca sobre E é a topologia menos fina tal que todos os funcionais lineares f E são contínuos. Denotando a topologia fraca de E por T W e a topologia da métrica por T, segue imediatamente da definição de topologia fraca que T W T. A topologia fraca em geral tem menos abertos que a topologia da métrica, logo tem a chance de ter mais compactos. 5.2 Proposição. Um espaço vetorial normado E sob a topologia fraca é um espaço de Hausdorff. Prova. Se x, y E com x y, pelo teorema de Hahn-Banach existe f E tal que f (x y) = x y. Em particular, f (x) f (y) e se α R é tal que f (x) < α < f (y), então os abertos f 1 (, α) e f 1 (α, ) separam x e y. 5.3 Proposição. Seja E espaço vetorial normado e x 0 E. Um sistema fundamental de vizinhanças em x 0 na topologia fraca consiste de todos os conjuntos da forma V = {x E : f i (x) f i (x 0 ) < ε, f 1,..., f n E }. Prova. Se U é um aberto contendo x 0, então existe um elemento-base n f 1 i (V i ) U contendo x 0, com V 1,..., V n abertos em R. Se f i (x 0 ) = a i, temos que existe ε > 0 tal que (a i ε, a i + ε) V i, logo tomando segue que V U. V = n f 1 i (a i ε, a i + ε), 5.4 Proposição. Seja E um espaço vetorial normado de dimensão finita. Então a topologia fraca de E coincide com a topologia da métrica. 54

56 Rodney Josué Biezuner 55 Prova. Já sabemos que T W T, qualquer que seja o espaço vetorial normado E. No caso de um espaço vetorial normado de dimensão finita, vale a recíproca. De fato, seja U E um aberto na topologia da métrica. Dado x 0 U, vamos obter uma vizinhança aberta fraca V U contendo x 0. Dada uma base B = {e 1,..., e N } para E, escolha a norma da soma em relação a esta base (todas as normas são equivalentes em um espaço vetorial normado de dimensão finita) e seja B ε (x 0 ) U. As projeções f i : E R sobre a i-ésima coordenada definidas por ( N ) f i x i e i = x i são funcionais lineares contínuos e de modo que N N f i (x) f i (x 0 ) = x i (x 0 ) i < ε para todo x B ε (x 0 ), V = {x E : f i (x) f i (x 0 ) < ε, 1 i N} é uma vizinhança aberta fraca contendo x 0 que satisfaz V U. Portanto T T W. Se E é um espaço vetorial normado de dimensão infinita, a topologia fraca é estritamente mais grosseira (estritamente menos fina) que a topologia da métrica, como veremos daqui a pouco. Esta última é também chamada topologia forte, quando comparada com a primeira. Como a topologia forte T contém a topologia fraca T W, por definição, segue em particular que os conjuntos que são fechados na topologia fraca também são fechados na topologia usual. A recíproca é falsa para espaços de dimensão infinita, como veremos a seguir. No entanto, para conjuntos convexos as duas noções coincidem (este é o nosso primeiro exemplo de como a topologia fraca se comporta bem em conjuntos convexos): 5.5 Proposição. Seja E um espaço vetorial normado e C E um conjunto convexo. Então C é fechado na topologia fraca se e somente se C é fechado na topologia forte. Prova. Suponha que C é fortemente fechado. Seja x 0 / C. De acordo com o teorema de Hahn-Banach, primeira forma geométrica, existem f E e α R tais que f (x 0 ) < α < f (y) para todo y C. Então V = f 1 (, α) é uma vizinhança aberta fraca de x 0 que não intercepta C. Portanto E\C é fracamente aberto, logo C é fracamente fechado. 5.6 Proposição. Se E é um espaço vetorial normado com dimensão infinita, então a esfera unitária não é fechada na topologia fraca. De fato, o fecho fraco da esfera unitária é a bola unitária fechada. Prova. Sejam S = {x E : x = 1} a esfera unitária de E, B 1 (0) = {x E : x 1} a bola unitária fechada e denote por S W o fecho de S na topologia fraca. Queremos então provar que S W = B 1 (0). Seja x 0 B 1 (0) e U é qualquer aberto fraco contendo x 0. Pela Proposição 5.4, V contém uma vizinhança aberta fraca de x 0 da forma V = {x E : f i (x) f i (x 0 ) < ε, f 1,..., f n E }. Como E possui dimensão infinita, existe y 0 E tal que f i (y 0 ) = 0 para todo i,

57 Rodney Josué Biezuner 56 caso contrário a aplicação linear T : E R n definida por T x = (f 1 (x),..., f n (x)) seria injetiva, o que implicaria dim E n. (outra maneira de ver isso é invocar o resultado do Exercício 2.11: o núcleo de um funcional linear tem codimensão 1, logo a interseção de um número finito de núcleos de funcionais lineares em um espaço vetorial de dimensão infinita também tem dimensão infinita). Em particular, V contém a reta t x 0 + ty 0, pois f i (x 0 + t 0 y 0 ) f i (x 0 ) = f i (x 0 + t 0 y 0 x 0 ) = t 0 f (y 0 ) = 0 para todo i. (Assim, em um espaço vetorial normado de dimensão infinita, toda vizinhança aberta fraca de um ponto x 0 contém uma reta passando por x 0 ; na verdade, infinitas tais retas.) Considere agora a função ϕ : R R definida por ϕ (t) = x 0 + ty 0. Esta função é contínua e satisfaz ϕ (0) < 1 e lim ϕ (t) = +, o que implica pelo teorema do valor t + intermediário que existe t 0 > 0 tal que g (t 0 ) = 1, isto é, x 0 + t 0 y 0 S V. Concluímos que toda vizinhança aberta fraca de x 0 intercepta S, portanto x 0 S W. Este argumento prova que B 1 (0) = B 1 (0) S S W. Como B 1 (0) é fechado na topologia fraca pela Proposição 5.5, não existem pontos do fecho fraco de S B 1 (0) fora de B 1 (0). Portanto vale a igualdade S W = B 1 (0). 5.7 Corolário. Se E é um espaço vetorial normado com dimensão infinita, então o interior fraco da bola unitária é vazio. Consequentemente, a bola unitária não é fracamente aberta e portanto a topologia fraca é estritamente mais grossa que a topologia forte. Prova. Vimos na demonstração da proposição anterior que todo aberto fraco contém uma reta. Como a bola unitária não contém retas, obviamente, segue que ela não contém nenhum aberto fraco. 5.8 Lema. Sejam E um espaço vetorial normado e Y um espaço topológico. Então uma aplicação Φ : Y E é contínua quando E é munido da topologia fraca se e somente se f Φ é contínua para todo f E. Prova. Se Φ é contínua e f E, como f é contínua na topologia fraca pela definição desta, segue que f Φ é contínua, pois é a composta de funções contínuas. Reciprocamente, suponha que f Φ é contínua para todo f E. Para provar que Φ é contínua, vamos mostrar que se V E é aberto na topologia fraca, então Φ 1 (V ) é aberto em Y. Pela Proposição 5.3 podemos escrever V =, x V f 1 x,i (I x,i) 1 i n x onde n x N, I x,i são intervalos abertos da reta e f x,i E. Como a inversa de uma função preserva uniões e interseções arbitrárias, segue que Φ 1 (V ) = Φ 1 [ f 1 x,i (I x,i) ] = (f x,i Φ) 1 (I x,i ). x V 1 i n x x V 1 i n x Por hipótese, (f x,i Φ) 1 (I x,i ) é aberto em Y para cada x, i, logo Φ 1 (V ) é aberto. 5.9 Proposição. Sejam E, F espaços de Banach. Seja T : E F uma aplicação linear. Então T é contínua quando E, F são munidos com a topologia forte se e somente se T é contínua quando E, F são munidos com a topologia fraca.

58 Rodney Josué Biezuner 57 Prova. Suponha que T é contínua nas topologias fortes de E e F. Pelo lema anterior, basta provar que g T : E R é contínua para todo g F quando E é munido da topologia fraca. Mas, como T é linear, g T E, logo é contínua na topologia fraca de E pela definição desta. Reciprocamente, suponha que T é contínua nas topologias fracas de E e F. Então o gráfico G (T ) é fechado em E F na topologia do produto das topologias fracas, que é a topologia fraca da topologia produto de E F. Portanto, como observado antes, G (T ) é fechado na topologia forte. Pelo teorema do gráfico fechado, T é contínua nas topologias fortes de E e F. A hipótese que T é linear não pode ser removida neste resultado (veja [Brezis]). 5.2 Sequências Fracamente Convergentes 5.10 Definição. Seja E um espaço vetorial normado. Dizemos que uma sequência {x n } n N E converge fracamente para x se ela converge para x na topologia fraca. Denotaremos este fato por x n x Proposição. Sejam E um espaço vetorial normado e {x n } n N E uma sequência. Então valem as seguintes afirmações: (i) x n x se e somente se f (x n ) f (x) para todo f E. (ii) Se x n x, então x n x. (iii) Se x n x, então {x n } é limitada e além disso x lim inf x n. (iv) Se x n x e f n f em E, então f n (x n ) f (x). Prova. (i) Se x n x então f (x n ) f (x) para todo f E porque f é contínua na topologia fraca. Reciprocamente, suponha que f (x n ) f (x) para todo f E. Para provar que x n x, mostraremos que dada qualquer vizinhança aberta fraca U de x temos x n U para todo n suficientemente grande. De fato, seja m f 1 i (V i ) U um elemento-base da topologia fraca contendo x 0, com V 1,..., V m abertos em R. Para cada i, existe N i N tal que f i (x n ) V i para todo n > N i. Tomando N = max {N 1,..., N m }, segue que se n > N então f i (x n ) V i para todo i, logo x n m f 1 i (V i ) U para todo n > N. (ii) segue de (i), pois para todo f E temos f (x) f (x n ) f x x n. (iii) segue de (i) e do Corolário 3.4 do teorema da limitação uniforme: como f (x n ) f (x) para todo f E, em particular {f (x n )} é limitada para todo f E. Além disso, como f (x n ) f x n, tomando o limite temos f (x) f lim inf x n para todo f E. Segue do teorema da Hahn-Banach (Corolário 2.25) que (iv) segue de (i) e (iii) escrevendo x = f (x) sup f E \{0} f lim inf x n. f n (x n ) f (x) f n (x n ) f (x n ) + f (x n ) f (x) = (f n f) (x n ) + f (x n ) f (x) f n f x n + f (x n ) f (x).

59 Rodney Josué Biezuner 58 Embora uma sequência convergir fracamente é equivalente a uma sequência convergir fortemente em espaços vetoriais normados de dimensão finita, existem exemplos de espaços de Banach de dimensão infinita em que toda sequência fracamente convergente também é fortemente convergente, apesar de que, conforme vimos no Corolário 5.7, a topologia fraca ser estritamente mais grossa que a topologia forte nestes casos. Um exemplo é l 1 (veja [Conway], Proposition V.5.2). Por outro lado, se E é reflexivo, sempre existem exemplos de sequências fracamente convergentes que não convergem fortemente, conforme veremos. É importante também ressaltar que a continuidade de uma função não é equivalente à continuidade sequencial no caso da topologia fraca. Embora em espaços vetoriais normados estes conceitos sejam equivalentes, pois a topologia forte é a topologia da métrica, a qual satisfaz o axioma da enumerabilidade, o mesmo não vale para a topologia fraca que não satisfaz este axioma (veja o Exercício 5.9 para um exemplo). Assim, para provar que uma função f : E Y de um espaço vetorial normado E dotado da topologia fraca em um espaço topológico Y qualquer é contínua, não é suficiente provar que ela leva sequências fracamente convergentes de E em sequências convergentes de Y. 5.3 Topologia Fraca* 5.12 Definição. Seja E um espaço vetorial normado e considere a imersão canônica J : E E. A topologia fraca* sobre o dual E é a topologia menos fina tal que todos os funcionais lineares na imagem J (E) são contínuos. Evidentemente, se E for um espaço reflexivo então a topologia fraca* coincide com a topologia fraca de E. Caso contrário, em geral a topologia fraca* de E é mais grosseira que a topologia fraca de E, que por sua vez é mais grosseira que a topologia forte de E Proposição. Seja E um espaço vetorial normado. Então E sob a topologia fraca* é um espaço de Hausdorff. Prova. Se f, g E com f g, então existe x E tal que f (x) g (x). Se α R é tal que f (x) < α < g (x), então os abertos (Jx) 1 (, α) e (Jx) 1 (α, ) separam f e g Proposição. Seja E espaço vetorial normado e f 0 E. Um sistema fundamental de vizinhanças em f 0 na topologia fraca* consiste de todos os conjuntos da forma V = {f E : f (x i ) f 0 (x i ) < ε, x 1,..., x n E}. Prova. Se U é um aberto contendo f 0, então existe um elemento-base n (Jx i ) 1 (V i ) U contendo f 0, com V 1,..., V n abertos em R e x 1,..., x n E. Em particular, (Jx i ) (f 0 ) = f 0 (x i ) V i para todo i, logo existe ε > 0 tal que (f 0 (x i ) ε, f 0 (x i ) + ε) V i. Tomando V = segue que V U. Mas, por definição, n (Jx i ) 1 (f 0 (x i ) ε, f 0 (x i ) + ε), V = {f E : f (x i ) f 0 (x i ) < ε, 1 i n}. Denotaremos a convergência fraca* de uma sequência {f n } n N E para um elemento f E por f n f.

60 Rodney Josué Biezuner Proposição. Sejam E um espaço vetorial normado e {f n } n N E uma sequência. Então valem as seguintes afirmações: (i) f n f se e somente se fn (x) f (x) para todo x E. (ii) Se f n f, então f n f. Se f n f, então f n f. (iii) Se f n f, então {fn } é limitada e além disso, se E for de Banach, f lim inf f n. (iv) Se f n f e xn x em E, se E for de Banach então f n (x n ) f (x). Prova. Exercício. Observe que em (iii) e (iv) da Proposição 5.11 não precisamos da hipótese do espaço ser de Banach porque E sempre é de Banach. No que se segue, denotaremos a bola unitária fechada de um espaço vetorial normado E por B E Lema. Sejam E um espaço vetorial normado e Y um espaço topológico. Então uma aplicação Φ : Y E é contínua quando E é munido da topologia fraca* se e somente se (Jx) Φ : Y R é contínua para todo x E. Prova. Suponha Φ é contínua. Como para cada x E a função valor Jx : E R é contínua na topologia fraca*, por definição, a composta (Jx) Φ também é contínua. Reciprocamente, suponha que (Jx) Φ é contínua para todo x E. Para provar que Φ é contínua, vamos mostrar que se V E é aberto na topologia fraca, então Φ 1 (V ) é aberto em Y. Pela Proposição 5.14 podemos escrever V = {g E : g (x f,i ) f (x f,i ) < ε f } f V 1 i n f = (Jx f,i ) 1 (f (x f,i ) ε, f (x f,i ) + ε), 1 i n f f V onde n f N, ε f > 0 e x f,i E. Como a inversa de uma função preserva uniões e interseções arbitrárias, segue que Φ 1 (V ) = [ ε)] (Jx f,i ) 1 (f (x f,i ) ε, f (x f,i ) + f V f V 1 i n f Φ 1 = (Jx f,i Φ) 1 (f (x f,i ) ε, f (x f,i ) + ε). 1 i n f Por hipótese, (Jx f,i Φ) 1 (f (x f,i ) ε, f (x f,i ) + ε) é aberto em Y para cada f, i, logo Φ 1 (V ) é aberto Teorema. (Teorema de Alaoglu) Seja E um espaço vetorial normado. Então B E é compacta na topologia fraca*. Prova. Para cada x E, considere o intervalo real compacto I x = [ x, x ].

61 Rodney Josué Biezuner 60 Pelo teorema de Tychonoff, o produto cartesiano I = x EI x é compacto na topogia produto R E. Para provar que B E é compacta na topologia fraca* considere a aplicação Φ : E R E definida por Φ (f) = (f (x)) x E. Como para cada f B E temos f (x) x, note que a imagem I = Φ (B E ) está contida em I. Vamos mostrar que Φ é um homeomorfismo sobre sua imagem, de modo que o teorema será demonstrado se mostrarmos que a imagem I é compacta. Claramente Φ é injetiva. Para ver que Φ : E R E é contínua quando E está munida da topologia fraca*, como R E tem a topologia produto, basta ( provar ) que π x Φ é contínua para todo x E, onde π x : R E R é a projeção na coordenada x: π x (t y ) y E = t x. E, de fato, como ( ) (π x Φ) (f) = π x (f (y)) y E = f (x) = (Jx) (f), segue que π x Φ = Jx. Para provar que Φ 1 : Φ (E ) E é contínua, pelo lema anterior basta mostrar que (Jx) Φ 1 é contínua para todo x E; mas isso é óbvio, pois (Jx) Φ 1 = π x Φ(E ). Como I I e I é compacta, para provar que I é compacta basta mostrar que I é fechada. Seja F I. Para mostrar que F = (f (x)) x E para algum funcional f B E, basta mostrar que o funcional f : E R definido por f (x) = F x (isto é, f (x) é a coordenada x de F ) está em B E. Primeiro verificaremos que f é linear. Sejam x 1, x 2 E e α, β R. Considere a seguinte vizinhança aberta de F na topologia do produto: U = { (t x ) x E : t x1 F x1 < ε, t x2 F x2 < ε e t αx1 +βx 2 F αx1 +βx 2 < ε } (t x é arbitrário se x x 1, x 2, αx 1 + βx 2 ). Como F I, existe um elemento (g (x)) x E U com g E. Daí, g (x 1 ) F x1 < ε, g (x 2 ) F x2 < ε g (αx 1 + βx 2 ) F αx1+βx 2 < ε e Consequentemente, g (αx 1 + βx 2 ) = αg (x 1 ) + βg (x 2 ). f (αx 1 + βx 2 ) [αf (x 1 ) + βf (x 2 )] = F αx1 +βx 2 (αf x1 + βf x2 ) F αx1 +βx 2 g (αx 1 + βx 2 ) + αg (x 1 ) αf x1 + βg (x 2 ) βf x2 < (1 + α + β ) ε. Como ε é arbitrário, segue que f (αx 1 + βx 2 ) = αf (x 1 ) + βf (x 2 ) e f é linear. Agora, como F x x para todo x E temos imediatamente que f E e f = 1.

62 Rodney Josué Biezuner Convexidade Uniforme e Topologia Fraca 5.18 Lema. Seja E um espaço de Banach. Sejam f 1,..., f n E e α 1,..., α n R. As afirmações a seguir são equivalentes: (i) Para todo ε > 0 existe x ε E tal que x ε 1 e (ii) Para todos β 1,..., β n R vale Prova. (i) (ii) Seja Por (i) temos n β i f i (x ε ) para todo ε > 0, donde Como ε > 0 é arbitrário, segue (ii). (ii) (i) Seja n β i α i f i (x ε ) α i < ε para i = 1,..., n. < ε n n β i α i β i f i. β = n β i. n β i f i (x ε ) β i α i = n β i = β ε n n β i α i β i f i (x ε ) + n β i f i (x ε ) n β i f i x ε + β ε n = β i f i + β ε. α = (α 1,..., α n ) R n e considere a aplicação linear T : E R n definida por n β i f i (x ε ) α i n β i α i T x = (f 1 (x),..., f n (x)). ( ) Para provar (i), basta provar que α T B 1 (0). Suponha por absurdo que α / T ( ) separar estritamente α e T B 1 (0), ou seja, existe β = (β 1,..., β n ) tal que T x β < c < α β para todo x B 1 (0), onde denota o produto interno canônico em R n. Logo, n n β i f i (x) = T x β < c < β i α i ( ) B 1 (0). Então podemos

63 Rodney Josué Biezuner 62 para todo x B 1 (0), donde n β i f i = sup x B 1 (0) n β i f i (x) < c < n β i α i, contrariando (ii) Lema. Seja E um espaço de Banach. Então J (B E ) é denso em B E na topologia fraca*. Prova. Seja F B E e seja V = {G E : G (f i ) F (f i ) < ε, f i E, 1 i n} uma vizinhança aberta fraca* de F. Mostraremos que J (B E ) V. Isso significa encontrar x B E tal que (Jx) (f i ) F (f i ) = f i (x) F (f i ) < ε para todo i = 1,..., n. Tomando α i = F (f i ), isso seguirá do lema anterior se provarmos que vale (ii) do mesmo. E, de fato, para todos β 1,..., β n R vale ( n n ) β i α i = F n n β i f i F β i f i = β i f i Teorema. Se E é um espaço de Banach uniformemente convexo, então E é reflexivo. Prova. Seja F E com F = 1. Mostraremos que existe x B E E tal que F = Jx. Como J (B E ) é fechado em E (porque B E é fechado no espaço de Banach E e J é uma isometria), basta provar que para todo ε > 0 existe x B E tal que F Jx < ε. Dado ε > 0, seja δ > 0 aquele dado pela definição de convexidade uniforme. Escolha f E com f = 1 tal que F (f) > 1 δ 2, (5.1) o que é possível, já que F = sup F (f) = 1. Considere a vizinhança aberta fraca* de F definida por f =1 V = { G E : F (f) G (f) < δ }. 2 Segue do Lema 5.19 que V J (B E ), logo existe x B E tal que Jx V. Mostraremos que F Jx + εb E, o que terminará a demonstração. Suponha por absurdo que F W = E \ (Jx + εb E ). Observe que W também é uma vizinhança aberta fraca*, pois B E é fechada na topologia fraca* (mais que isso, ela é compacta). Aplicando novamente o Lema 5.19, segue que (V W ) J (B E ), logo existe x B E tal que Jx V W. Como Jx, Jx V, segue que Daí, somando as duas desigualdades, F (f) (Jx) (f) < δ 2 e F (f) (Jx) (f) < δ 2. 2F (f) (Jx) (f) + (Jx) (f) + δ = J (x + x) (f) + δ x + x + δ,

64 Rodney Josué Biezuner 63 donde, por (5.1), x + x 2 > 1 δ. Por outro lado, como Jx W, temos x x > ε e pela definição de convexidade uniforme segue que x + x 2 < 1 δ, contradição Teorema. Seja E é um espaço de Banach uniformemente convexo. Seja {x n } n N E uma sequência tal que x n x e x lim sup x n. Então x n x. Prova. Como, pela Proposição 5.11 (iii), temos que x lim inf x n lim sup x n x, x = lim x n. Logo, se x = 0 o resultado é óbvio. Suponha então x 0 e defina λ n = max { x, x n } = x + x n + x x n, 2 de modo que λ n x. Defina Então y n 1, y = 1 e pois para todo f E. Como y + y n 2 y n = x n λ n e y = x x. y n y, f (y n ) = 1 f (x n ) 1 f (x) = f (y) λ n x y (veja o Exercício 5.6), temos que 1 = y lim inf y + y n 2 1, donde lim y + y n 2 = 1. Pela definição de convexidade uniforme, isso implica que lim y y n = 0, ou seja, y n y. Portanto, x n = λ n y n x y = x.

65 Rodney Josué Biezuner Reflexividade, Separabilidade e Topologias Fracas A topologia fraca permite a seguinte caracterização dos espaços de Banach reflexivos: 5.22 Teorema. Seja E um espaço de Banach. Então E é reflexivo se e somente se a bola unitária fechada é fracamente compacta. Prova. Suponha que E seja reflexivo, de modo que J (B E ) = B E. Pelo teorema de Alaoglu, B E é compacta na topologia fraca*. Para provar que B E é compacto, basta verificar que J 1 é contínua quando E está munido da topologia fraca e E está munido da topologia fraca*, já que uma função contínua leva compactos em compactos. Para isso, pelo Lema 5.8, temos que mostrar que f J 1 : E R é contínua para todo f E quando E está munido da topologia fraca*. Mas ( f J 1) (F ) = F (f), pois se x = J 1 (F ) então Jx = F, ou seja, f (x) = (Jx) (f) = F (f) para todo f E. Por definição de topologia fraca*, a aplicação J f : E R definida por (J f) (F ) = F (f) para f E fixado é contínua na topologia fraca* de E. Portanto, f J 1 = J f é contínua na topologia fraca*. Reciprocamente, suponha que B E é compacto na topologia fraca. Pela Proposição 5.9, J : E E é uma aplicação contínua quando E e E são munidos com a topologia fraca. Como a topologia fraca* está incluída na topologia fraca, segue que J : E E também é uma aplicação contínua quando E é munido com a topologia fraca e E é munido com a topologia fraca*. Consequentemente, J (B E ) é compacto na topologia fraca*. Mas pelo Lema 5.19, J (B E ) é denso em B E na topologia fraca*, logo J (B E ) = B E e portanto J (E) = E Corolário. Seja E um espaço reflexivo. Se C E é convexo, fechado e limitado, então C é fracamente compacto. Prova. Pela Proposição 5.5, C é fracamente fechado. Como existe uma constante r > 0 tal que rc = {rx : x C} B E e B E é fracamente compacta, segue que C, um subconjunto fracamente fechado de um conjunto fracamente compacto, também é fracamente compacto Teorema. Se E é um espaço vetorial normado separável, então toda sequência limitada em E possui uma subsequência convergente na topologia fraca*. Prova. Seja {x n } n N E um subconjunto enumerável denso e {f n } n N E uma sequência limitada, digamos f n E M para todo n N. A sequência {f n (x 1 )} n N é uma sequência real limitada, logo possui uma subsequência convergente {f n1 (x 1 )} n1 N. Considere a subsequência limitada {f n1 (x 2 )} n1 N ; ela possui uma subsequência covergente {f n 2 (x 2 )} n2 N. Procedendo desta maneira, para cada k N obtemos uma subsequência convergente {f nk (x k )} nk N da subsequência convergente { f nk 1 (x k ) } n k 1 N. Defina g n = (f nn ) n (isto é, g n é o n-ésimo termo da subsequência f nn ; método da diagonal de Cantor). Então g n é uma subsequência de f n tal que {g n (x k )} n N converge para todo k N. Afirmamos que {g n (x k )} n N converge para todo x E. De fato, dados x E e ε > 0, existe k N tal que x x k < ε 3M. Temos g n (x) g m (x) g n (x) g n (x k ) + g n (x k ) g m (x k ) + g m (x k ) g m (x) g n x x k + g n (x k ) g m (x k ) + g m x k x g n (x k ) g m (x k ) ε,

66 Rodney Josué Biezuner 65 de modo que, como {g n (x k )} n N é uma sequência de Cauchy, {g n (x k )} n N também é. Defina g : E R por g (x) = lim g n (x). Então g é linear e limitada pois g (x) lim g n (x) M x. Pela Proposição 5.15 (i), segue que g n g. O próximo resultado é extremamente útil nas aplicações: 5.25 Teorema. Se E é um espaço reflexivo, então toda sequência limitada em E possui uma subsequência fracamente convergente. Prova. Seja {x n } n N E uma sequência limitada e L = x 1, x 2,... o fecho do subespaço vetorial gerado pelos x n. Como já vimos antes no capítulo anterior, L é separável. Além disso, como L é um subespaço fechado de um espaço reflexivo, L também é reflexivo. Pelo Corolário 3.6 L é separável, logo podemos aplicar o teorema anterior: como J é uma isometria, {Jx n } n N E é uma sequência limitada, logo possui uma subsequência convergente na topologia fraca*. Logo, Jx n Jx para algum x E, pois E é reflexivo. Pela Proposição 5.15 (i), isso significa que (Jx n ) (f) (Jx) (f) para todo f E, isto é, f (x n ) f (x) para todo f E, o que implica x n x pela Proposição 5.11 (i) Corolário. Se E é um espaço reflexivo de dimensão infinita, então existem sequências fracamente convergentes que não são fortemente convergentes. Prova. Basta tomar uma subsequência fracamente convergente de uma sequência de pontos na bola unitária de E que não possui nenhuma subsequência de Cauchy na topologia forte (veja o Corolário 2.18). A recíproca do Teorema 5.24 é verdadeira e bem mais difícil de provar: 5.27 Teorema. (Teorema de Eberlein-Smulian) Seja E um espaço de Banach tal que toda sequência limitada possui uma subsequência fracamente convergente. Então E é reflexivo. Prova. Veja [Dunford-Schwartz], p. 430, ou, para uma demonstração mais elementar, [Whitley]. O teorema de Eberlein-Smulian é usualmente formulado da seguinte maneira: se E é um espaço de Banach e A E é um subconjunto, então toda sequência de A possuir uma subsequência fracamente convergente é equivalente ao fecho fraco de A ser fracamente compacto. Tomando A = B E, como a bola unitária fechada B E é fracamente fechada porque é um conjunto convexo, segue que se toda sequência em B E possui uma subsequência fracamente convergente, então B E é fracamente compacto. Pelo Teorema 5.22, concluímos então que E é reflexivo. 5.6 Metrizabilidade e Topologia Fraca Embora a topologia fraca no espaço E todo e a topologia fraca* no espaço E todo nunca serem metrizáveis [Brezis], elas são metrizáveis quando restritas a bolas sob certas condições (o que costuma ser suficiente nas aplicações): 5.28 Teorema. Seja E um espaço de Banach. Então E é separável se e somente se B E na topologia fraca é metrizável. Prova. Suponha E separável. Seja {f n } n N um subconjunto enumerável denso de B E. Vamos definir uma métrica em B E da seguinte forma: d (x, y) = n=1 1 2 n f n (x) f n (y).

67 Rodney Josué Biezuner 66 De fato, a validade da desigualdade triangular é fácilmente verificada. Além disso, se x, y B E, então d (x, y) = 0 se e somente se x = y: se x y, pelo teorema de Hahn-Banach existe f B E tal que f (x y) = ε > 0; se n N é tal que f f n < ε/4, temos f n (x) f n (y) f (x) f (y) f (x) f n (x) f (y) f n (y) > ε f f n x f f n y ε ε 4 ε 4 = ε 2 > 0. Para mostrar que a métrica d induz sobre B E a topologia fraca restrita a B E, seja V = {x B E : g i (x) g i (x 0 ) < ε, g 1,..., g k B E } um elemento base da topologia fraca restrita a B E contendo um ponto arbitrário x 0 B E (observe que não há perda de generalidade em tomar g 1,..., g k B E ) Vamos mostrar que existe r > 0 tal que B = B d r (x 0 ) B E = {x B E : d (x, x 0 ) < r} está contida em V. Para cada i = 1,..., k, seja n i N tal que g i f ni < ε 4. Seja r > 0 tal que Se x B, vale em particular para todo n N, logo r < ε 2 ni+1 para cada i = 1,..., k. 1 2 n f n (x) f n (y) < r g i (x) g i (x 0 ) (g i f ni ) (x x 0 ) + f ni (x) f ni (x 0 ) < g i f ni x x ni r < ε 4 ( x + x 0 ) + ε 2 = ε. Reciprocamente, dado um elemento base B = B d r (x 0 ) B E da topologia da métrica restrita a B E, vamos encontrar uma vizinhança fraca de x 0. Seja ε < r 2 e k N tal que 1 2 k 1 < r 2. Tome Se x V, então d (x, x 0 ) = V = {x B E : f n (x) f n (x 0 ) < ε, n = 1,..., k}. < ε k n=1 1 2 n f n (x) f n (x 0 ) + k n=1 1 2 n + n=k+1 ε + 1 < r. 2k 1 n=k n f n x x n f n (x) f n (x 0 ) Para a recíproca do teorema veja [Dunford-Schwartz]. Não é suficiente que o próprio E seja separável para que B E seja metrizável, como o exemplo de l 1 mostra. Com efeito, como sequências fracamente convergentes em l 1 são equivalentes a sequências fortemente convergentes, como já observamos antes, a metrizabilidade da bola unitária fechada na topologia fraca de l 1

68 Rodney Josué Biezuner 67 implicaria então que as topologias fraca e forte de l 1 coincidem (porque em um espaço métrico a topologia pode ser toda formulada em termos de convergência de sequências, isto é, os fechados (e, consequentemente, os abertos) podem ser caracterizados através de sequências convergentes), o que não é verdade porque l 1 tem dimensão infinita Teorema. Seja E um espaço de Banach. Então E é separável se e somente se B E na topologia fraca* é metrizável. Prova. Suponha E separável. Seja {x n } n N um subconjunto enumerável denso de B E. Vamos definir uma métrica em B E da seguinte forma: 1 d (f, g) = 2 n f (x n) g (x n ). n=1 De fato, se d (f, g) = 0, então f = g em um subconjunto denso de B E, logo f = g em B E e portanto em E; a validade da desigualdade triangular é fácilmente verificada. Para mostrar que a métrica d induz sobre B E a topologia fraca* restrita a B E, seja V = {f B E : f (x i ) f 0 (x i ) < ε, y 1,..., y k B E } um elemento base da topologia fraca* restrita a B E contendo um ponto arbitrário f 0 B E (observe que não há perda de generalidade em tomar y 1,..., y k B E ). Vamos mostrar que existe r > 0 tal que B = B d r (f 0 ) B E = {f B E : d (f, f 0 ) < r} está contida em V. Para cada i = 1,..., k, seja n i N tal que Seja r > 0 tal que Se f B, vale em particular para todo n N, logo r < y i x ni < ε 4. ε 2 ni+1 para cada i = 1,..., k. 1 2 n f (x n) f 0 (x n ) < r f (x i ) f 0 (x i ) (f f 0 ) (y i x ni ) + f (x ni ) f 0 (x ni ) < f f 0 y i x ni + 2 n i r < ( f + f 0 ) ε 4 + ε 2 = ε. Reciprocamente, dado um elemento base B = Br d (f 0 ) B E da topologia da métrica restrita a B E, vamos encontrar uma vizinhança fraca* de f 0. Seja ε < r 2 e k N tal que 1 < r 2 k 1 2. Tome Se f V, então d (x, x 0 ) = V = {f B E : f (x i ) f 0 (x i ) < ε, n = 1,..., k}. < ε k n=1 1 2 n f (x n) f 0 (x n ) + k n=1 1 2 n + n=k+1 ε + 1 < r. 2k 1 n=k n f f 0 x n 1 2 n f (x n) f 0 (x n )

69 Rodney Josué Biezuner 68 Reciprocamente, suponha que B E munida da topologia fraca* é metrizável e denote por d uma métrica que induz a topologia fraca* sobre B E. Para obter um subconjunto enumerável denso em E, considere as bolas abertas B n em torno do funcional nulo de raio 1/n, isto é, { B n = f B E : d (f, 0) < 1 }. n Como esta bola é aberta na topologia fraca*, para cada n existe uma vizinhança fraca* V n U n contendo a origem, digamos, V n = {f B E : f (x i,n ) < ε n, i = 1,..., i n }. Afirmamos que o subespaço vetorial gerado pelo conjunto enumerável D = (x i,n ),...,in,n N é denso em E. De fato, como B n = {0}, segue que V n = {0} também. Em particular, se f (x) = 0 para todo x D, então f V n e consequentemente f = 0. Pelo teorema de Hahn-Banach, isso só pode ser verdade se o subespaço vetorial gerado por D é denso em E. Tomando apenas combinações lineares racionais dos elementos de D, obtemos um subconjunto enumerável denso em E. 5.7 Exercícios 5.1 Seja E um espaço reflexivo e {x n } n N E uma sequência tal que {f (x n )} n N converge para todo f E. Mostre que existe x E tal que x n x. 5.2 (Teorema de Mazur) Seja E um espaço vetorial normado e {x n } n N E uma sequência que converge n fracamente para x. Mostre que existe uma sequência {y n } n N E tal que y n = λ i x i com λ i 0 e n λ i = 1 (isto é, cada y n é uma combinação linear convexa de x 1,..., x n ) tal que {y n } converge fortemente para x. 5.3 Sejam E, F espaços de Banach. Seja T : E F um operador linear que leva sequências fortemente convergentes para 0 em sequências fracamente convergentes para 0. Mostre que T é contínuo. 5.4 Se f n C [0, 1] e f n f em C [0, 1], mostre que f n (t) f (t) para todo t [0, 1]. 5.5 Sejam E, F espaços vetoriais normados e T : E F um operador linear limitado. Mostre que se x n x em E, então T x n T x em F. 5.6 Seja E um espaço vetorial normado. Mostre que se x n x e y n y em E, então x n + y n x + y e αx n αx em E, onde α R é um escalar qualquer. 5.7 Seja E um espaço vetorial normado. Mostre que todo conjunto fracamente compacto em E é limitado. 5.8 Se E é um espaço reflexivo, então um conjunto é fracamente compacto se e somente se ele é fracamente fechado e limitado. 5.9 Seja {x n } n N uma sequência em l p, 1 < p <. Denote cada elemento x n = ( ) x i n a) Mostre que x n x se e somente se { x n } n N é limitada e x i n x i para cada i. b) A sequência {e n } n N converge fracamente para 0, mas não converge fortemente para 0. c) Defina F = {e n + ne m : m > n}. Mostre que a distância entre dois elementos de F é pelo menos 1. Conclua que F é fortemente fechado. i N.

70 Rodney Josué Biezuner 69 d) Mostre que 0 está no fecho fraco de F, mas não existe nenhuma sequência {y n } n N F tal que y n 0. Isso mostra que os conjuntos fechados na topologia fraca não podem ser caracterizados por meio de sequências, logo ela não satisfaz o primeiro axioma de enumerabilidade e que a topologia fraca não é metrizável Prove o teorema de Eberlein-Smulian usando o teorema de James: Se E é um espaço de Banach não-reflexivo, então existe f 0 E tal que não existe nenhum elemento x E satisfazendo f 0 (x) = f 0 x. [Compare este teorema com o Exercício 4.4.] 5.11 Seja E um espaço vetorial normado. Dizemos que um subconjunto B E é fracamente limitado se f (B) R é limitado para todo f E. Mostre que se E é um espaço de Banach, então B é fracamente limitado se e somente se B é limitado Seja E um espaço vetorial normado. Dizemos que uma sequência {x n } n N E é fracamente de Cauchy se {f (x n )} n N R é de Cauchy para todo f E. Mostre que se {x n } n N é de Cauchy, então { x n } n N é limitada Seja E um espaço vetorial normado. Dizemos que E é fracamente completo se toda sequência fracamente de Cauchy é fracamente convergente. Mostre que se E é reflexivo, então E é fracamente completo. recíproca não é válida. Dê um exemplo para mostrar que a

71 Capítulo 6 Espaços de Hilbert 6.1 Produto Interno 6.1 Definição. Seja E um espaço vetorial. Um produto interno em E é uma forma bilinear simétrica definida positiva, isto é, uma função, : E E R que satisfaz as seguintes propriedades: (i) αx + βy, z = α x, z + β y, z para todos x, y, z E e para todos α, β R. (ii) x, y = y, x para todos x, y E. (iii) x, x > 0 para todo x Proposição. (Desigualdade de Cauchy-Schwarz) Seja E um espaço vetorial com produto interno,. Defina x = x, x. Então para todos x, y E. Prova: Para todos x, y E vale Mas x, y x y (6.1) x + ty, x + ty 0 para todo t R. x + ty, x + ty = x x, y t + y 2 t 2, logo o discriminante deste polinômio do segundo grau não pode ser positivo: Daí segue a desigualdade de Cauchy-Schwartz. 4 x, y 2 4 x 2 y Proposição. Seja E um espaço vetorial com produto interno. Então define uma norma em E. x = x, x (6.2) 70

72 Rodney Josué Biezuner 71 Prova: A condição (i) da Definição 1.1 decorre imediatamente da condição (iii) da Definição 6.1. A condição (ii) da Definição 1.1 decorre de αx = αx, αx = α 2 x, x = α x, x = α x. Finalmente, a desigualdade triangular é provada usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz: x + y 2 = x + y, x + y = x x, y + y 2 x x, y + y 2 x x y + y 2 = ( x + y ) 2. A norma definida na Proposição 6.3 é chamada a norma derivada do produto interno ou norma induzida pelo produto interno. De agora em diante, se E é um espaço vetorial com produto interno, assumiremos que E é um espaço vetorial normado com a norma derivada do produto interno. Da desigualdade de Cauchy-Schwarz segue que x, y 1. x y 6.4 Definição. Seja E um espaço vetorial com produto interno. Dados dois vetores x, y V definimos o seu ângulo (x, y) por x, y (x, y) = arccos x y. Em particular, se x, y = 0, então (x, y) = π/2. Dizemos que dois vetores x, y são ortogonais se x, y = Proposição. (Teorema de Pitágoras) Seja E um espaço vetorial com produto interno. Então x, y E são vetores ortogonais se e somente se Prova: Temos x + y 2 = x 2 + y 2. (6.3) x + y 2 = x + y, x + y = x x, y + y 2, logo x, y satisfazem a identidade de Pitágoras se e somente se x, y = Proposição. (Identidade Polar) Seja E um espaço vetorial com produto interno. Então x, y = 1 4 x + y x y 2. (6.4) Prova: 1 4 x + y x y 2 = 1 4 ( x, x + 2 x, y + y, y ) 1 ( x, x + 2 x, y + y, y ) = x, y Proposição. (Identidade do Paralelogramo) Seja E um espaço vetorial com produto interno. Então ( x + y 2 + x y 2 = 2 x 2 + y 2). (6.5)

73 Rodney Josué Biezuner 72 Prova: Temos x + y 2 + x y 2 = ( x, x + x, y + y, x + y, y ) + ( x, x x, y y, x + y, y ) ( = 2 x 2 + y 2). 6.8 Teorema. Seja E um espaço vetorial normado, cuja norma satisfaz a identidade do paralelogramo ( x + y 2 + x y 2 = 2 x 2 + y 2). Então a identidade polar x, y := 1 4 x + y 2 1 x y 2 4 define um produto interno, em E tal que a sua norma é derivada dele. Prova: Vamos verificar que, satisfaz todas as condições da Definição 6.1 para ser um produto interno em E. Linearidade com relação à primeira variável: Temos donde x, z + y, z = 1 4 x + z x z y + z 2 1 y z 2 4 = 1 ( x + z 2 + y + z 2) 1 ( x z 2 + y z 2) 4 4 = 1 ( x + z + y + z 2 + x + z (y + z) 2) 8 1 ( x z + y z 2 + x z (y z) 2) 8 = 1 ( x + z + y + z 2 + x y 2) 1 ( x z + y z 2 + x y 2) 8 8 = 1 ( x + z + y + z 2) 1 ( x z + y z 2) 8 8 = 1 (2 x + y + z z 2 (x + y + z) z 2) 8 1 (2 x + y z z 2 (x + y z) + z 2) 8 = 1 ( 2 x + y + z 2 x + y 2) 1 (2 x + y z 2 x + y 2) 8 8 = 1 4 x + y + z 2 1 x + y z 2 4 = x + y, z, para todos x, y, z E. Se α = n N, por iteração de (6.6) obtemos por exemplo, para n = 2 temos x, z + y, z = x + y, z (6.6) nx, y = n x, y ; 2x, y = x + x, y = x, y + x, y = 2 x, y.

74 Rodney Josué Biezuner 73 Se n = 1, notando que escrevemos de modo que Daí, se n N, 0, y = y y 2 = 1 4 y y 2 = 1 4 y y 2 = 0, 0 = 0, y = x x, y = x, y + x, y, x, y = x, y. nx, y = n ( x), y = n x, y = ( 1) n x, y = n x, y. Portanto, αx, y = α x, y para todo α Z. Em seguida, para provar que 1 n x, y = 1 x, y n para todo n N, notamos que x, y = 1 n x, y = 1 1 n x, y = n n x, y. Reunindo os dois resultados, concluímos que αx, y = α x, y para todo α Q. Para obter o resultado geral para qualquer α R, basta observar que a função norma é contínua e, como o produto interno foi definido a partir da norma, ele também é uma função contínua. Assim, dado qualquer α R, tomamos uma seqüência (α n ) Q tal que α n α e obtemos donde α n x, y = α n x, y αx, y α x, y αx, y = α x, y para todos x, y E e para todo α R. Simetria: Temos x, y = 1 4 x + y x y 2 = 1 4 y + x y x 2 = y, x. Linearidade com relação à segunda variável: Segue da simetria e da linearidade com relação à primeira variável. Definida positiva: Se x 0, temos x, x = 1 4 x + x x x 2 = 1 4 2x 2 = x 2 > Corolário. Seja E um espaço vetorial normado. Então a norma de E deriva de um produto interno se e somente se ela satisfaz a identidade do paralelogramo.

75 Rodney Josué Biezuner Espaços de Hilbert 6.10 Definição. Dizemos que H é um espaço de Hilbert se H for um espaço vetorial com produto interno que é um espaço de Banach com a norma derivada do produto interno Exemplo. l 2 (n), l 2 e L 2 () são espaços de Hilbert Teorema. Todo espaço de Hilbert é uniformemente convexo. Prova: Se x, y 1 e x y > ε, pela identidade do paralelogramo temos de modo que para δ = 1 x + y 2 2 = 1 4 x + y 2 = 1 2 < 1 ε2 4, x + y 2 < 1 δ ( x 2 + y 2) 1 x y 2 4 ) 1/2 (1 ε2 > 0 pois ε < x y x + y Corolário. Todo espaço de Hilbert é reflexivo. 6.3 Teorema de Representação de Riesz 6.14 Teorema. (Vetor que minimiza a distância) Sejam H um espaço de Hilbert e C H um subconjunto convexo fechado não-vazio. Para todo x H existe um único y 0 C tal que x y 0 = min x y. y C Prova: Denote d = inf y C x y e seja {y n} n N C uma sequência minimizante para a distância, isto é, x y n = d n d. Afirmamos que {y n } n N é uma sequência de Cauchy. De fato, pela identidade do paralelogramo temos ( x y n + (x y m ) 2 + x y n (x y m ) 2 = 2 x y m 2 + x y m 2). Como y n + y m 2 C, porque C é convexo, segue que y n y m 2 = 2 ( d 2 n + d 2 ) m 4 x y n + y m 2 2 ( d 2 n + d 2 ) m 4d quando n, m. Como H é completo e C é fechado, podemos tomar y 0 = lim y n C.

76 Rodney Josué Biezuner 75 Para provar a unicidade, suponha que existam y 0, ỹ 0 C tais que x y 0 = x ỹ 0 = d. Usando a identidade do paralelogramo novamente, temos y 0 ỹ 0 2 = 2 ( d 2 + d 2) 4 x y 0 + ỹ d 2 4d 2 = Corolário. Sejam H um espaço de Hilbert e L H um subespaço vetorial fechado. Para todo x H o único y 0 L tal que x y 0 = min x y, y L dado pelo teorema anterior, satisfaz x y 0 L. Prova: Para provar a ortogonalidade do vetor x y 0, primeiro mostraremos que Com efeito, para todo 0 t 1 temos z = (1 t) y 0 + ty L, logo de modo que donde x y 0, y y 0 0 para todo y L. (6.7) x y 0 x [(1 t) y 0 + ty] = x y 0 t (y y 0 ), x y 0 2 x y 0 2 2t x y 0, y y 0 + t 2 y y 0, 2 x y 0, y y 0 t y y 0. Fazendo t 0, segue (6.7). Agora, dado y L, segue de (6.7) que logo x y 0, ty y 0 0 para todo t R, t x y 0, y x y 0, y 0 para todo t R, o que implica que necessariamente x y 0, y = Lema. Sejam H um espaço de Hilbert e L H um subespaço vetorial fechado próprio. Então existe z H\L tal que z = 1 e z L. Prova: Pelo teorema anterior, dado w H\L, existe y 0 L tal que w y 0 L. Claramente, w y 0 / L, logo podemos tomar z = w y 0 w y 0. Os funcionais lineares em um espaço de Hilbert podem ser representados através do produto interno: 6.17 Teorema. (Teorema de Representação de Riesz) Seja H um espaço de Hilbert. Dado f H existe um único y H tal que f (x) = x, y para todo x H. Além disso, Em particular, f H = y H. H = H no sentido que estes espaços são isometricamente isomorfos.

77 Rodney Josué Biezuner 76 Prova: Como f H, L = ker f é fechado. Se L = H, então f 0 e tomamos y = 0. Caso contrário, pelo lema anterior existe z H\L tal que z = 1 e z L. Temos H = z L. Mais especificamente, dado x H podemos escrever x = f (x) ( f (z) z + x f (x) ) f (z) z (6.8) e x f (x) f (z) z L Afirmamos que y = f (z) z. De fato, fazendo o produto interno de (6.8) com o vetor y = f (z) z segue que ( f (x) x, y = f (z) z + x f (x) ) f (x) f (z) z, f (z) z = z, f (z) z = f (x) z, z f (z) = f (x). Além disso, pela desigualdade de Cauchy-Schwartz temos f (x) = x, y x y, de modo que f H y e ( ) y y, y f H f = y y = y Corolário. Todo espaço de Hilbert é reflexivo. Prova: Como H = H, temos também (H ) = H. Assim, a cada F H = (H ) corresponde um funcional f H tal que F (g) = f (y) para todo g H, onde y H satisfaz g (x) = x, y para todo x H. Do mesmo modo, como H = H, a cada f H corresponde um elemento x H tal que para todo y H. Portanto, para todo g H. f (y) = y, x F (g) = f (y) = y, x = x, y = g (x) = (Jx) (g) 6.4 Bases de Schauder e Bases de Hilbert 6.19 Definição. Seja E um espaço de Banach. Uma base de Schauder para E é um conjunto de vetores B = {e n } n N E tal que todo vetor x E se escreve de maneira única como uma séria infinita x = x n e n para alguns escalares únicos {x n } n N R. n=1 Se um espaço de Banach admite uma base de Hilbert, então ele é separável. No entanto, existem exemplos de espaços de Banach separáveis que não possuem bases de Schauder, até mesmo espaços de Banach com bases de Schauder que possuem subespaços sem base de Schauder (veja [Brezis]). Veremos nesta seção que todo espaço de Hilbert separável possui uma base de Schauder ortonormal (existem espaços de Hilbert que não são separáveis; veja [EMT]) Definição. Seja H um espaço vetorial com produto interno. Dizemos que S = {e λ } λ Λ H é um sistema ortonormal se e α, e β = 0 para todos α β e e λ = 1 para todo λ. Dizemos que um sistema ortonormal S é completo se não existir nenhum sistema ortonormal em H que contenha S propriamente.

78 Rodney Josué Biezuner Exemplo. Em l 2 (n), a base canônica de R n é um sistema ortonormal completo. Em l 2, a base canônica { 1 se i = n, (e n ) i = 0 se i n, é um sistema ortonormal completo. Em L 2 (), as autofunções do operador Laplaciano, isto é, as soluções linearmente independentes do problema de Dirichlet { u = λu em, u = 0 sobre, formam um sistema ortonormal completo. Por este motivo, S = { 1, 2 sen nπx, 2 cos nπx } n N é um sistema ortonormal completo para L 2 (0, 1) (séries de Fourier) Proposição. Seja H um espaço vetorial com produto interno não-nulo. Então H admite um sistema ortonormal completo. Além disso, se S é um sistema ortonormal para H, então S pode ser completado até um sistema ortonormal completo. Prova: Seja S um sistema ortonormal para H (todo espaço vetorial com produto interno admite um sistema ortonormal: se e H é um vetor não-nulo, basta tomar S = {e}). Seja S = {S λ } λ Λ a coleção de todos os sistemas ortonormais de H que contêm S. Introduza um ordem parcial nesta coleção definindo S α S β se S α S β. Qualquer subcoleção S 0 = {S λ } λ Λ0 S possui um limitante superior: S λ0 = λ Λ0 S λ. Pelo lema de Zorn, S possui um elemento maximal; este é um sistema ortonormal completo para H contendo S Lema. (Lema da Melhor Aproximação) Sejam H um espaço vetorial com produto interno e S = {e λ } λ Λ H um sistema ortonormal. Sejam α 1,..., α n Λ índices quaisquer, c 1,..., c n R escalares quaisquer e se x H denote x i = x, e αi. Então (i) (ii) (iii) Prova: Temos n x 2 n n c i e αi = x 2 x i 2 + (x i c i ) 2. x n c i e αi assume o valor mínimo se e somente se c i = x i. n x 2 c i e αi = x n x i 2 x 2. n c i e αi, x = x 2 2 = x 2 = x 2 n c i x i + n x i 2 + n x i 2 + n c i e αi n c 2 i n n x i 2 2 c i x i + n (x i c i ) 2, n c 2 i

79 Rodney Josué Biezuner 78 o que conclui a demonstração de (i). (ii) e (iii) seguem imediatamente de (i) Definição. Sejam H um espaço vetorial com produto interno e S = {e λ } λ Λ H um sistema ortonormal completo. Dado x H, os coeficientes de Fourier de x são os escalares x λ = x, e λ, λ Λ. Lembramos que se Λ é um conjunto de índices e {c λ } λ Λ R é um conjunto de números reais positivos indexados por Λ, então definimos c λ = c λ. λ Λ sup F Λ F finito 6.25 Corolário. (Desigualdade de Bessel) Sejam H um espaço vetorial com produto interno e S = {e λ } λ Λ H um sistema ortonormal. Então x λ 2 x 2 λ Λ para todo x H. Em particular, para cada x H o subconjunto de índices Λ 0 = {λ Λ : x λ 0} é enumerável. { } Prova: Para cada n N, o subconjunto de índices Λ n = λ Λ : x λ 2 x 2 n possui no máximo n elementos e Λ 0 = Λ n. Em espaços de Hilbert, a desigualdade de Bessel é uma identidade: 6.26 Teorema. Seja H um espaço de Hilbert. As seguintes afirmações são equivalentes: λ F (i) S = {e λ } λ Λ é um sistema ortonormal completo para H. (ii) Se x e λ para todo λ Λ, então x = 0. (iii) (Expansão em série de Fourier) Se x H, então x = λ Λ x, e λ e λ. (iv) (Identidade de Parseval) Se x H, então x 2 = λ Λ x λ 2. Prova: (i) (ii) decorre da definição de sistema ortonormal completo. (ii) (iii) Seja {x λi } i N o conjunto enumerável dos coeficientes de Fourier não-nulos de x. Defina y n = n x λi e λi. Então {y n } n N é uma sequência de Cauchy em H, pois y n y m 2 = m i=n+1 x λi 2 0 quando n, m pela desigualdade de Bessel. Como H é um espaço de Hilbert, seja y = lim y n = x λi e λi = λ Λ x, e λ e λ.

80 Rodney Josué Biezuner 79 Mostraremos que x = y: se λ = λ j para algum j temos n x y, eλj = lim x x λi e λi, e λj = x, e λj xλj = 0; se λ λ j para todo j temos λ Λ n=1 x y, e λ = lim k n=1 x n x λi e λi, e λ = x, e λ = 0. (iii) (iv) Usando (i) do Lema 6.23 podemos escrever k x λ 2 = x λn 2 = lim x λn 2 = x 2 lim k x (iv) (ii) Se x e λ para todo λ Λ, então x 2 = λ Λ x λ 2 = λ Λ x, e λ 2 = 0. k 2 x λn e λn = x Teorema. Seja H um espaço de Hilbert. Então H possui um sistema ortonormal completo enumerável se e somente se H é separável. Prova: Seja S = {e n } n N um sistema ortonormal completo enumerável para H. Então H = e 1, e 2,... e portanto é separável. Reciprocamente, suponha que X = {x n } n N H é um subconjunto enumerável denso de H. Aplicando o processo de ortonormalização de Gram-Schmidt a X, obtemos um sistema ortonormal enumerável S = {e n } n N para H. Mas então H = e 1, e 2,... : para todo n N o processo de ortogonalização de Gram- Schmidt garante que e 1,..., e n = x 1,..., x n, logo x n = n α i,n e i para alguns escalares α 1,n,..., α n,n. Segue que S é um sistema ortonormal completo: se x e i para todo i, como podemos escrever x = lim n k k α i,nk e i, porque existe um subconjunto {x nk } k N X convenientemente reindexado tal que lim x 2 = x, lim n k k α i,nk e i = lim n k k n=1 α i,nk x, e i = 0. k x n k = x, temos 6.28 Corolário. Seja H um espaço de Hilbert separável. Se H tem dimensão infinita, então H é isometricamente isomorfo a l 2. Prova: Se H 1, H 2 são dois espaços de Hilbert com sistemas ortonormais completos S 1 = { } e 1 λ, S λ Λ 2 = { } e 2, respectivamente, então a aplicação linear T : H λ λ Λ 1 H 2 definida por ( ) T x, e 1 λ e 1 λ = x, e 1 λ e 2 λ λ Λ é um isomorfismo isométrico. λ Λ

81 Rodney Josué Biezuner Exercícios 6.1 Mostre que l p (n), l p e L p () não é um espaço de Hilbert se p Mostre que os espaços de Hölder C k,α ( ) não são espaços de Hilbert. 6.3 Sejam H um espaço de Hilbert e B = {e n } n N H uma sequência de vetores ortonormais. Mostre que e n Seja H um espaço de Hilbert. Prove que x n x em H se e somente se x n x e x n x. 6.5 Seja H um espaço de Hilbert e {x n } n N, {y n } n N H sequências tais que x n, y n 1 para todo n N e x n, y n 1 quando n. Mostre que x n y n 0 quando n. 6.6 Seja H um espaço de Hilbert e {x n } n N H uma sequência que converge fracamente para x H. Mostre que ela possui uma subsequência {y k } k N tal que y y k k x. (Compare com o Teorema de Mazur, Exercício 5.2.) 6.7 Mostre que todo espaço de Banach possui uma base de Schauder é separável. 6.8 Mostre que em um espaço de Hilbert separável qualquer sistema ortonormal completo é no máximo enumerável. 6.9 Prove o Teorema da Projeção: Seja H um espaço de Hilbert e L H um subespaço vetorial fechado. Então a projeção ortogonal P : H L H de H sobre L é um operador linear limitado e P Sejam H um espaço de Hilbert, {x n } n N um sistema ortonormal completo para H e {y n } n N uma sequência de vetores ortonormais. Mostre que se x n y n 2 < 1, n=1 então {y n } n N também é um sistema ortonormal completo para H.

82 Capítulo 7 Operadores Compactos 7.1 Operadores Completamente Contínuos e Operadores Compactos 7.1 Definição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Dizemos que um operador linear T : E F é completamente contínuo se T leva sequências fracamente convergentes em E em sequências convergentes em F. Como um operador completamente contínuo leva em particular sequências convergentes em sequências convergentes e continuidade sequencial é equivalente à continuidade em espaços métricos, operadores completamente contínuos são de fato contínuos. 7.2 Definição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Dizemos que um operador linear T : E F é compacto se T leva conjuntos limitados em E em conjuntos relativamente compactos em F. Equivalentemente, T é compacto se T (B E ) é relativamente compacto em F. Todo operador compacto é contínuo: como T (B E ) é compacto e conjuntos compactos em espaços métricos são limitados, segue que T (B E ) é limitado. 7.3 Proposição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Então T : E F é compacto se e somente se T leva sequências limitadas em E em sequências que possuem subsequências convergentes em F. Prova: Se T é compacto e {x n } é limitada em E, então {T x n } é relativamente compacto em F, logo possui subsequência convergente em F. Reciprocamente, suponha que para toda sequência limitada {x n } em E, {T x n } possui uma subsequência convergente em F. Em particular, toda sequência {y n } T (B E ) possui subsequência convergente em E para algum limite; como este limite está necessariamente em T (B E ), segue que T (B E ) é compacto. 7.4 Proposição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Se T : E F é compacto, então T é completamente contínuo. Prova: Seja x n x em E. Primeiro observe que T x n T x em F. De fato, dado g F, temos g T E. Como x n x em E, temos que f (x n ) f (x) para todo f E, logo g (T x n ) g (T x) para todo g F, o que implica T x n T x. Suponha por absurdo que T x n T x. Então existe ε > 0 e uma subsequência {T x nk } tal que T x nk T x ε para todo n k. Mas como {x n } é fracamente convergente, ela é limitada, logo {T x nk } também é limitada e possui uma subsequência fortemente convergente pela proposição anterior. Digamos, T x nk y. Em particular, T x nk y e como o limite fraco é único, segue que y = T x, ou seja, T x nk T x, uma contradição. 81

83 Rodney Josué Biezuner Corolário. Sejam E um espaço reflexivo e F um espaço vetorial normado. Então T : E F é compacto se e somente se T é completamente contínuo. Prova: Pois em espaços reflexivos toda sequência limitada possui uma subsequência fracamente convergente. Se E não for reflexivo, podemos ter T completamente contínuo sem ser compacto (veja Exercício 7.2). Sejam E, F espaços vetoriais normados. Denotaremos o subespaço vetorial dos operadores compactos em L (E, F ) (veja Exercício 7.1) por K (E, F ) = {T L (E, F ) : T é compacto}. Lembramos que em espaços métricos completos X, um conjunto K X é compacto se e somente se ele for fechado e totalmente limitado, isto é, se para todo ε > 0 existir uma cobertura finita de K por bolas de raio ε. 7.6 Proposição. Seja F um espaço de Banach. Então K (E, F ) é um subespaço vetorial fechado de L (E, F ). Em particular, K (E, F ) é um espaço de Banach. Prova: Seja {T n } K (E, F ) tal que T n T em L (E, F ). Para mostrar que T é compacto, provaremos que para todo ε > 0 podemos cobrir T (B E ) por um número finito de bolas de raio ε; como F é um espaço métrico completo, isso será suficiente para estabelecer que T (B E ) é compacto. Fixe n N tal que T T n < ε/2. Como T n (B E ) é compacto, temos N T n (B E ) B yi (ε/2) para alguns y 1,..., y n F. Então, como T x y i T T n x + T n x y i = T T n + T n x y i para todo x B E e para todo i, segue que T (B E ) N B yi (ε). 7.7 Exemplo. Se E, F são espaços vetoriais normados, dizemos que um operador linear T : E F tem posto finito se a imagem R (T ) é um subespaço vetorial de dimensão finita. Claramente, operadores lineares limitados de posto finito são operadores compactos. 7.8 Corolário. Seja F um espaço de Banach. Se {T n } é uma sequência de operadores limitados de posto finito tal que T n T em L (E, F ), então T é um operador compacto. Se F possuir uma base de Schauder vale a recíproca: dado um operador compacto T K (E, F ), existe uma sequência de operadores de posto finito {T n } L (E, F ) tal que T n T (veja o Exercício 7.3 para o caso de espaços de Hilbert). No caso geral, a recíproca é falsa (veja [Brezis]). 7.9 Proposição. Sejam E, F, G espaços vetoriais normados. Sejam T L (E, F ) e S L (F, G). Se T é compacto ou se S é compacto, então S T é compacto. Prova: Exercício.

84 Rodney Josué Biezuner Teoria de Riesz-Fredholm para Operadores Compactos 7.10 Proposição. Sejam E, F espaços vetoriais normados. Então T : E F é compacto se e somente se T : F E é compacto. Prova: Suponha que T é compacto. Para mostrar que o operador adjunto T é compacto, mostraremos que toda sequência em T (B F ) possui uma subsequência convergente. Seja {g n } B F. Temos g n (y 1 ) g n (y 2 ) g n y 1 y 2 y 1 y 2 para todos y 1, y 2 F, logo {g n } é uma família equicontínua limitada de funcionais lineares. Como T (B E ) é compacto, pelo teorema de Arzelá-Ascoli existe uma subsequencia {g nk } que converge uniformemente em T (B E ). Logo, T g nk T g nl E = sup T g nk T g nl, x = sup g nk g nl, T x sup g nk g nl, y 0 x B E x B E y T (B E ) quando k, l, isto é, {T g nk } é uma sequência de Cauchy no espaço de Banach E, portanto convergente. Reciprocamente, suponha que T é compacto. Pela primeira parte da demonstração segue que a adjunta T é compacta. Note que o diagrama T E F J E E é comutativo, isto é, J F T = T J E. De fato, para todo x E e para todo g F temos T J F F J F T x, g = g, T x = T g, x = J E x, T g = T J E x, g. Em particular, J F (T (B E )) T (B E ) porque se x B E então J E x B E ) e vale J F T x = T J E x. Como J F é contínua, J F (T (B E ) T (B E ). Este último é compacto porque T é um operador compacto. ) Como J F é uma isometria J F (T (B E ) é fechado e portanto compacto; logo, pelo mesmo motivo, T (B E ) é compacto. Dado um operador linear T : E F e λ R, denotaremos T λ = λi T, T λ = λi T, N λ = ker (T λ ), N λ = ker (T λ), R λ = R (T λ ), R λ = R (T λ) Lema. Sejam E um espaço de Banach, T L (E) um operador compacto e λ R, λ 0. Então (i) N λ, Nλ são subespaços vetoriais de dimensão finita. (ii) R λ, Rλ são subespaços vetoriais fechados. Prova: (i) Como T é limitado, N λ é fechado. Mas B Nλ λ 1 T (B E ) pois se T x = λx então x = λ 1 T x. Como λ 1 T (B E ) é compacto (a dilatação y λ 1 y é um homeomorfismo), segue que o conjunto fechado B Nλ também é compacto. Já que as bolas unitária fechadas em espaços vetoriais normados de dimensão infinita nunca são compactas, necessariamente dim N λ <. Em virtude da proposição anterior, a afirmação para Nλ segue analogamente. (ii) Pelo teorema da imagem fechada de Banach (Teorema 3.19), R λ é fechado se e somente se Rλ é fechado. Vamos mostrar que R λ é fechado.

85 Rodney Josué Biezuner 84 Seja {y n } R λ tal que y n y. Provaremos que y R λ. Temos y n = T λ x n para algum x n E. Seja d n = dist (x n, N λ ). Como N λ tem dimensão finita, existe z n N λ tal que dist (x n, z n ) = d n. Defina w n = x n z n, de modo que y n = T λ w n. Afirmação: a sequência {w n } é limitada. Suponha por absurdo que uma subsequência d n = w n (mantemos a notação para não sobrecarrregála). Seja v n = w n / w n. Então T λ v n = y n d n 0, já que y n y. Como a sequência {v n } é limitada e T é compacto, a menos de uma subsequência podemos assumir que T v n v, donde e ou seja, v N λ. Por outro lado, λv n = T λ v n + T v n v T λ v = lim T λ (λv n ) = λ lim T λ v n = 0, dist (v n, N λ ) = dist (w n, N λ ) w n = dist (x n, N λ ) d n = 1, um absurdo. Como a sequência {w n } é limitada e T é compacto, a menos de uma subsequência podemos assumir que T w n w. Em particular, Tome Então donde λw n = T λ w n + T w n = y n + T w n y + w. x = λ 1 (y + w). T x = λ 1 T [lim (λw n )] = λ 1 lim T (λw n ) = lim T w n = w, y = λx w = λx T x = T λ x Teorema. (Alternativa de Fredholm para Operadores Compactos) Sejam E um espaço de Banach, T L (E) um operador compacto e λ R, λ 0. Então vale: (i) R λ = (N λ ). (ii) R λ = (N λ). Prova: Segue do lema anterior e do teorema da imagem fechada de Banach (Teorema 3.19). No que se segue, denotaremos N k λ = ker T k λ. Observe que sempre temos N k+1 λ N k λ.

86 Rodney Josué Biezuner Lema. Sejam E um espaço de Banach, T L (E) um operador compacto e λ R, λ 0. Então existe n N tal que N k+1 λ N k λ Prova: Como T k λ = λ k I para todo k < n e N k+1 λ = N k λ k ( ) ( 1) l k λ k l T l, l l=1 para todo k n. segue que Tλ k = U µ, onde µ = λ k e U = k ( l=1 ( 1)l k l) λ k l T l é um operador compacto, combinação linear de operadores compactos. Portanto, segue do Lema 7.11 que Nλ k tem dimensão finita. Primeiro observe que se N k+1 λ = Nλ k k+2, então Nλ = Nλ k k+2. De fato, seja x Nλ. Então T k+1 λ (T λ x) = T k+2 λ x = 0, de modo que T λ x N k+1 λ = Nλ k, ou seja, T λ k (T λx) = 0 e portanto x N k+1 λ = Nλ k. Por indução, segue que se N k+1 λ = Nλ k k+l, então Nλ = Nλ k para todo l N. Assim, para provar o resultado, basta mostrar que existe n N tal que N n+1 λ = Nλ n. Suponha por absurdo que N n+1 λ Nλ n para todo n. Então existe uma sequência {x n} E tal que x n N n+1 λ, x n = 1 e x n x > 1/2 para todo x Nλ n (Corolário 2.18). Se n > m, temos T n λ (T λ x n + T x m ) = T n+1 λ x n + T T n λ x m = = 0, logo T λ x n + T x m Nλ n. Segue que λ 1 T x n T x m = λ 1 λx n (T λ x n + T x m ) = x n λ 1 (T λ x n + T x m ) > 1 2, ou seja, {T x n } não pode possuir subsequências convergentes, contrariando a compacidade de T, já que {x n } é limitada Teorema. Sejam E um espaço de Banach, T L (E) um operador compacto e λ R, λ 0. Então R λ = E se e somente se N λ = 0. Prova: Suponha R λ = E. Se N λ 0, seja x 0 N λ um vetor não nulo. Usando o fato que R λ = E podemos construir uma sequência {x n } E tal que T λ x 1 = x 0, T λ x 2 = x 1,.. T λ x n+1 = x n, Então Tλ nx n = x 0 0 e T n+1 λ x n = T λ x 0 = 0, o que implica N n+1 λ Nλ n para todo n, contrariando o lema anterior. Reciprocamente, suponha N λ = 0. Pela alternativa de Fredholm, temos Rλ = E. Como T é compacto, podemos aplicar a primeira parte deste teorema para concluir que Nλ = 0. Novamente pela alternativa de Fredholm segue que R λ = E Lema. Sejam E um espaço vetorial normado e y 1,..., y n E linearmente independentes. Então existem y 1,..., y m E tais que y i (y j ) = δ ij para todos 1 i, j n..

87 Rodney Josué Biezuner 86 Prova: Denote N i = ker y i. Seja M j = N 1... N j... N n. Afirmamos que M j N j. É suficiente provar esta afirmação para j = 1. Suponha por absurdo que M 1 N 1. Então y 1 (x) = 0 sempre que y 2 (x) =... = y n (x) = 0. Considere a aplicação linear A : E R n 1 definida por Ax = (y 2 (x),..., y n (x)) e defina um funcional linear g 0 : A (E) R n 1 R por g (Ax) = y 1 (x). g 0 está bem definido porque se Ax = Ay, então y 2 (x y) =... = y n (x y) = 0, logo y 1 (x y) = 0. Estenda g 0 a um funcional linear g : R n 1 R. Mas então g se escreve na forma g (x 2,..., x n ) = para algumas constantes α 2,..., α n R. Segue que n α i x i i=2 y 1 (x) = g (y 2 (x),..., y n (x)) = n α i yi (x), contrariando a independência linear dos funcionais y1,..., yn. Escolhendo z j M j \N j, o resultado segue para y j = z j yj (z j) Teorema. Sejam E um espaço de Banach, T L (E) um operador compacto e λ R, λ 0. Então dim N λ = dim N λ. Prova: Seja {x 1,..., x n } uma base para N λ e {y1,..., ym} uma base para Nλ. Pelo teorema de Hahn- Banach existem x 1,..., x n E tais que x i (x j ) = δ ij para todos 1 i, j n, enquanto que pelo lema anterior existem y 1,..., y m E tais que para todos 1 i, j m. Suponha n < m. Defina Sx = T x + y i (y j ) = δ ij i=2 n x i (x) y i. Como S é uma combinação linear de operadores compactos, S também é compacto. Afirmamos que ker S λ = 0.

88 Rodney Josué Biezuner 87 De fato, seja x ker S λ. Então Sx = λx, ou seja, Daí, como yj N λ, temos que 0 T λ x = n x i (x) y i. = T λy j, x = y j, T λ x = x j (x) para todo j. Em particular, T λ x = 0, ou seja, x N λ e portanto x = n α i x i para alguns escalares α 1,..., α n R. Mas então 0 = x i (x) = α i para todo i, donde x = 0. Isso implica pelo Teorema 7.14 que S λ é sobrejetivo. Em particular, existe x E tal que S λ x = y n+1. Então, como y n+1 N λ e y n+1 (y 1 ) =... = y n+1 (y n ) = 0, segue que 1 = yn+1 (y n+1 ) = yn+1 (S λ x) ( ) n = yn+1 λx T x xi (x) y i = y n+1 (T λ x) = 0, n x i (x) yn+1 (y i ) um absurdo. Portanto dim N λ dim Nλ. Aplicando este resultado a T, concluímos que dim Nλ Mas dim Nλ dim N λ, porque (veja a demonstração da Proposição 7.10) J T λ = T λ J, dim Nλ, onde Nλ = ker Tλ e T λ = λi T. ou seja, J (N λ ) Nλ e J é uma isometria. Segue que dim N λ = dim Nλ. Os Teoremas 7.12, 7.14 e 7.16 juntos constituem a teoria de Riez-Fredholm para operadores compactos. 7.3 O Espectro de Operadores Compactos 7.17 Definição. Seja E um espaço vetorial normado e T L (E). O resolvente de T é o conjunto ρ (T ) = {λ R : T λ é bijetivo}. O espectro de T é o conjunto σ (T ) = R\ρ (T ). O espectro de T contém os autovalores de T, mas podem existir valores em σ (T ) que não são autovalores de T. Pelo Teorema 7.14, se T é um operador compacto então o espectro de T coincide com o conjunto de autovalores de T, com a possível exceção de λ = 0. Além disso, pelo Lema 7.11 cada autoespaço tem dimensão finita Exemplo. Considere o operador T L ( l 2) definido por T x = (0, x 1, x 2,...) Então T é injetivo mas não é sobrejetivo, logo 0 σ (T ) mas não é autovalor de T.

89 Rodney Josué Biezuner 88 Seja E um espaço métrico. Dada uma aplicação S : E E, dizemos que S é uma contração se existe uma constante C < 1 tal que dist (Sx, Sy) C dist (x, y) para todos x, y E Lema. (Teorema do Ponto Fixo de Banach) Sejam E um espaço métrico completo e S : E E uma contração. Então existe um único x E tal que Sx = x Proposição. Sejam E um espaço de Banach e T L (E). Então σ (T ) é compacto e σ (T ) [ T, T ]. Prova: Se λ > T, mostraremos que λ ρ (T ). De fato, dado y E, defina S y : E E por S y x = λ 1 (T x + y). O operador T λ ser bijetivo é equivalente a existir um único x E tal que S y x = x para todo y E. Portanto, basta verificar que S é uma contração: S y x 1 S y x 2 = λ 1 T x 1 T x 2 λ 1 T x 1 x 2 e λ 1 T < 1 por hipótese. Portanto, σ (T ) [ T, T ]. Para mostrar que σ (T ) é compacto, basta verificar que ele é fechado, o que é equivalente a mostrar que ρ (T ) é aberto. Se λ 0 ρ (T ), dados λ R e y E, defina S y : E E por S y x = T 1 λ 0 [y (λ λ 0 ) x]. O operador T λ ser bijetivo é equivalente a existir um único x E tal que S y x = x para todo y E, pois S y x = x é equivalente a T λ0 x = y (λ λ 0 ) x, que equivale ou λ 0 x T x = y λx + λ 0 x, λx T x = y. Mas S y é uma contração para todo λ suficientemente próximo de λ 0, independentemente de y, pois S y x 1 S y x 2 = T 1 λ 0 [(λ λ 0 ) (x 1 x 2 )] λ λ 0 T 1 λ 0 x 1 x Teorema. (Espectro de Operadores Compactos) Sejam E um espaço de Banach e T L (E) um operador compacto. Então σ (T ) é finito ou é uma sequência que possui 0 como único ponto de acumulação. Em particular, os autovalores não-nulos de T são enumeráveis e isolados. Além disso, se E tem dimensão infinita, então 0 σ (T ). Prova: Seja {λ n } σ (T ) uma sequência de números reais distintos com λ n λ. Mostraremos que λ = 0. Sem perda de generalidade, podemos assumir λ n 0 para todo n (já que isso se cumpre para todo n suficientemente grande). Como observado antes, é uma consequência do Teorema 7.14 que λ n é um autovalor de T, logo existe e n B E tal que T e n = λ n e n para todo n. Como os autovalores λ n são distintos, {e 1,..., e n } é linearmente independente para todo n. Seja E n = e 1,..., e n, de modo que E n E n+1 e

90 Rodney Josué Biezuner 89 (T λ n I) E n E n 1 para todo n. Pelo Corolário 2.18, existe x n B En tal que dist (x n, E n 1 ) > 1/2 para todo n. Daí, se n 1 > m, T x n T x m λ n λ m = T x n λ n x n T x m λ m x m + x n x m λ n λ m ( = x n x m (T λ ni) x n + (T λ ) mi) x m λ n λ m dist (x n, E n 1 ) > 1 2 e portanto {T (x n /λ n )} não pode possuir uma subsequência convergente, contrariando a compacidade de T. Se dim E = e T é compacto, então T não pode ser sobrejetivo (veja Exercício 7.11). 7.4 Teoria Espectral para Operadores Autoadjuntos Compactos 7.22 Definição. Seja H um espaço de Hilbert. Dizemos que uma forma bilinear B : H H H é limitada se existe uma constante C > 0 tal que para todos x, y H. B (x, y) C x y 7.23 Definição. Seja H um espaço de Hilbert. Dizemos que uma forma bilinear B : H H H é coerciva se existe uma constante α > 0 tal que para todo x H. B (x, x) α x 2 O próximo resultado é uma generalização do teorema da representação de Riesz Teorema. (Teorema de Lax-Milgram) Sejam H um espaço de Hilbert e B : H H R uma forma bilinear limitada e coerciva. Então para todo f H existe um único z H tal que para todo x H. f (x) = B (x, z) Prova: Fixado y, g (x) = B (x, y) define um funcional linear em H, logo pelo teorema da representação de Riesz existe um único T y H tal que B (x, y) = x, T y para todo x H. Para provar o resultado, pelo teorema de representação de Riesz basta mostrar que T : H H é bijetiva. Temos T linear, pois x, T (αy 1 + βy 2 ) = B (x, αy 1 + βy 2 ) = αb (x, y 1 ) + βb (x, y 2 ) = α x, T y 1 + β x, T y 2 = x, αt y 1 + T y 2, e como segue que T y 2 = T y, T y = B (y, T y) C y T y, T y C y,

91 Rodney Josué Biezuner 90 isto é, T é limitado. Além disso, de modo que α y 2 B (y, y) = y, T y y T y, T y α y, isto é T é limitada inferiormente e portanto injetiva. Em particular, segue que T (H) é fechado: se T y n z, então T y n T y m α y n y m de modo que y n y H e z = T (lim y n ) = T y. Se T (H) H, então pelo Corolário 6.15 existe z H\T (H) tal que z T (H). Em particular, um absurdo. Finalmente, se z 1, z 2 H são tais que 0 = z, T z = B (z, z) α z 2, B (x, z 1 ) = f (x) = B (x, z 2 ) para todo x H, então B (x, z 1 z 2 ) = 0 para todo x H; em particular e a coercividade de B implica que z 1 = z 2. B (z 1 z 2, z 1 z 2 ) = Corolário. Sejam H um espaço de Hilbert e B : H H R uma forma bilinear limitada e coerciva. Se B é simétrica, então o vetor z H que representa o funcional linear f H dado pelo teorema de Lax-Milgram é caracterizado por q (z) = min x H q (x) onde q é a forma quadrática definida por q (x) = 1 B (x, x) f (x). 2 Prova: Veja [Brezis] Proposição. Sejam H um espaço de Hilbert e T L (H) um operador autoadjunto. Sejam m = T x, x inf T x, x = inf x B H x H\{0} x 2, M = sup x B H T x, x = Então σ (T ) [m, M]. Além disso, m, M σ (T ) e sup x H\{0} T = max ( m, M ). Prova: Seja λ > M. Considere a forma bilinear limitada B (x, y) = T λ x, y. T x, x x 2. Temos B (x, x) = T λ x, x = λ x, x T x, x (λ M) x 2

92 Rodney Josué Biezuner 91 para todo x H e como λ M > 0, segue que B é coerciva. Segue do teorema de Lax-Milgram que T λ é bijetiva, ou seja, λ ρ (T ). Agora mostraremos que M σ (T ). A forma bilinear limitada B (x, y) = T M x, y é simétrica, porque MI T é autoadjunta. Além disso, B (x, x) 0 para todo x H, o que significa que a desigualdade de Cauchy-Schwarz vale para a forma bilinear B (veja a demonstração da Proposição 6.2): Segue que B (x, y) B (x, x) 1/2 B (y, y) 1/2. T M x, y T M x, x 1/2 T M y, y 1/2 para todos x, y H. Pelo teorema de representação de Riesz e pela desigualdade de Cauchy-Schwarz, T M x, y T M x = T M x, H = sup y H\{0} y T M x, x 1/2 sup y H\{0} T M 1/2 T M x, x 1/2 para todo x H. Seja {x n } B H tal que T x n, x n M. Então T M x n T M 1/2 T M x n, x n 1/2 T M y, y 1/2 y = T M 1/2 ( Mx n, x n T x n, x n ) 1/2 = T M 1/2 (M T x n, x n ) 1/2 0 e portanto T M não pode ser invertível, pois se fosse teríamos x n = T 1 M T M x n 0, um absurdo. A demonstração para m segue da demonstração para M ao considerarmos o operador T. Finalmente, seja µ = max ( m, M ). Por definição de m e M e pela desigualdade de Cauchy-Schwarz vale µ = sup x B H T x, x sup x B H T x x sup x B H T x 2 = T. Para mostrar que T µ, se T = 0 isto é óbvio, logo vamos assumir T 0. Seja z H tal que z = 1 e T z 0 e tome v = T z 1/2 z e w = T z 1/2 T z, de modo que v 2 = w 2 = T z. Tome y 1 = v + w e y 2 = v w.

93 Rodney Josué Biezuner 92 Usando o fato que T é autoadjunta, temos que Por outro lado, Portanto, donde T y 1, y 1 T y 2, y 2 = T (v + w), v + w T (v w), v w para todo z B H, o que implica µ T. = T v, v + T v, w + T w, v + T w, w ( T v, v T v, w T w, v + T w, w ) = 2 T v, w + 2 T w, v = 2 T z, T z + 2 T 2 z, z = 2 T z, T z + 2 T z, T z = 4 T z 2. T y 1, y 1 T y 2, y 2 T y 1, y 1 + T y 2, y 2 µ ( y y 2 2) = 2µ ( v 2 + w 2) = 4µ T z. 4 T z 2 4µ T z, µ T z 7.27 Corolário. Sejam H um espaço de Hilbert e T L (H) um operador autoadjunto tal que σ (T ) = {0}. Então T = 0. Prova: Pelo resultado anterior segue que T = Teorema. (Decomposição Espectral de Operadores Autoadjuntos Compactos) Sejam H um espaço de Hilbert separável e T L (H) um operador autoadjunto compacto. Então os autovetores linearmente independentes de T formam uma base de Hilbert para H. Prova: Pelo Teorema 7.21, seja λ 0 = 0 e {λ n } n N a sequência de autovalores não nulos distintos de T. Denote E 0 = ker T e E n = N λn os correspondentes autoespaços; pelo Lema 7.11, cada E n, n 0, tem dimensão finita. Observe que E n E m se n m: se x E n e y E m então como λ n λ m, segue que Mostraremos que λ n x, y = λ n x, y = T x, y = x, T y = x, λ m y = λ m x, y ; x, y = 0. F = n 0 E n é denso em H. Claramente, T (F ) F. Segue que T ( F ) F, pois se x F e y F então T x, y = x, T y = 0. Podemos assim considerar o operador T F : F F, que é um operador autoadjunto compacto. Mas σ (T F ) = {0}, pois se λ σ (T F ) \ {0} então λ é um autovalor de T em F, um absurdo. Pelo corolário anterior, segue que T F = 0, isto é, F = {0}. Tomando um sistema ortonormal completo em cada subespaço E n, a união destas bases será um sistema ortonormal completo para H formado de autovetores de H.

94 Rodney Josué Biezuner Aplicação: Problemas de Sturm-Liouville e Operadores Integrais Nesta seção consideraremos o seguinte problema de valor de fronteira (problema de Sturm-Liouville) x + qx = λx + f se a < t < b, αx (a) + βx (a) = 0 γx (b) + δx (b) = 0 onde λ R, q C 0 [a, b], f L 2 (a, b) e α, β, γ, δ R são tais que α e β não são ambos nulos e γ e δ não são ambos nulos. Para estudar este problema, definimos o espaço vetorial normado E = {x C 1 [a, b] : x satisfaz as condições de fronteira do problema de Sturm-Liouville, x é absolutamente contínua e x L 2 (a, b)} A condição de x ser absolutamente contínua garante que x está definida em quase todo ponto, de modo que faz sentido falar em x L 2 (a, b). Defina o operador de Sturm-Liouville L : E L 2 (a, b) por Lx = x + qx. L é um operador linear e existir uma solução para o problema de Sturm-Liouville é equivalente a f R (L λi). Embora o operador L possa ser considerado um operador limitado através de uma escolha conveniente de norma para E, isso não ajuda muito. O melhor procedimento é considerar o operador inverso L 1, que pode ser definido através de um operador integral (integração é a inversa de diferenciação) que veremos ser um operador compacto. Para definir L 1, precisamos assumir que L é injetivo (quando L não é injetivo, ainda é possível estudar o problema através de uma pequena modificação: veja o Exercício 7.19). Vamos considerar os seguintes espaços vetoriais normados: E a = { x C 1 [a, b] : αx (a) + βx (a) = 0, x é absolutamente contínua e x L 2 (a, b) }, E b = { x C 1 [a, b] : γx (b) + δx (b) = 0, x é absolutamente contínua e x L 2 (a, b) }. Claramente, E = E a E b. O seguinte resultado vem da teoria de equações diferenciais ordinárias e garante a existência de soluções não nulas para certos problemas com condições iniciais: 7.29 Lema. Existem funções não nulas x a E a e x b E b tais que L (x a ) = 0 e L (x b ) = 0. Lembre que o Wronskiano de duas funções x, y C 1 [a, b] é definido por [ ] x (t) y (t) W x,y (t) = det x (t) y = x (t) y (t) x (t) y (t). (t) Como segue que ou seja, W x,y (t) = x (t) y (t) x (t) y (t), W x a,x b (t) = x a (t) x b (t) x a (t) x b (t) = x a (t) qx b (t) qx a (t) x b (t) = 0, W xa,x b (t) W xa,x b (a) Lema. Se x a E a e x b E b são funções não nulas que satisfazem L (x a ) = L (x b ) = 0 e L é injetivo, então W xa,x b (a) 0 consequentemente x a e x b são linearmente independentes.

95 Rodney Josué Biezuner 94 Prova: Se W xa,x b (a) = 0, então as colunas da matriz do Wronskiano são linearmente dependentes, logo existe c R tal que x b (a) = cx a (a) e x b (a) = cx a (a). Consequentemente, ambos x a, x b E, de modo que o operador L tem núcleo não trivial, contradizendo o enunciado. Definimos a função de Green G : [a, b] [a, b] R para o operador L por { 1 xa (t) x G (t, s) = b (s) se a t s b, W xa,x b (a) x a (s) x b (t) se a s t b. Da definição de G vemos imediatamente que 7.31 Lema. A função de Green é contínua e simétrica, isto é, G (t, s) = G (s, t) Lema. Seja R N aberto e F L 2 ( ). Então o operador integral T : L 2 () L 2 () definido por (T f) (x) = F (x, y) f (y) dy é compacto e Além disso, se então T é autoadjunto. T F L 2 ( ). F (x, y) = F (y, x), Prova: Em primeiro lugar, vamos verificar que T está bem definido e é um operador limitado. Se f L 2 (), temos pela desigualdade de Hölder e pelo teorema de Fubini 2 T f 2 L 2 () = F (x, y) f (y) dy dx ( ) ( ) F (x, y) 2 dy f (y) 2 dy dx ( ) ( ) = f (y) 2 dy F (x, y) 2 dy dx = f L 2 () F (x, y) 2 dydx = f L 2 () F L 2 ( ). Para verificar que T é compacto, antes de mais nada observamos que se {e n } n N é um sistema ortonormal completo para L 2 (), então {e nm } n,m N definido por e nm (x, y) = e n (x) e m (y) é um sistema ortonormal completo para L 2 ( ). De fato, pela desigualdade de Hölder e nm L 2 ( ) e pelo teorema de Fubini e nm, e kl L 2 ( ) = e nm (x, y) e kl (x, y) dxdy = e n (x) e m (y) e k (x) e l (y) dxdy ( ) ( ) = e n (x) e k (x) dx e m (y) e l (y) dy = e n, e k L 2 () e m, e l L 2 (),

96 Rodney Josué Biezuner 95 de modo que e nm, e kl L2 ( ) = δ nkδ ml e portanto {e nm } n,m N é um sistema ortonormal para L 2 ( ). Agora, seja h (x, y) L 2 ( ) satisfazendo h, e nm L 2 ( ) = 0 para todos n, m N. Denotando pelo teorema de Fubini podemos escrever h y (x) = h (x, y), h, e nm L 2 ( ) = h (x, y) e nm (x, y) dxdy ( ) = h y (x) e n (x) dx e m (y) dy = h y (x), e n (x) L 2 (), e m (y), L 2 () Portanto, h y (x), e n (x) L 2 () = 0 para todo n e para todo y, donde h y (x) = 0 para todo y. Isso mostra que {e nm } n,m N é um sistema ortonormal completo para L 2 ( ). Assim, fixando um sistema ortonormal completo {e n } n N para L 2 (), podemos escrever F (x, y) = α ij e ij (x, y). i,j=1 Para cada n N defina o operador limitado de posto finito T n : L 2 () L 2 () por n (T n f) (x) = α ij e ij (x, y) f (y) dy. De fato, a continuidade de T n segue da primeira parte da demonstração deste teorema e como (T n f) (x) = i,j=1 n ( α ij i,j=1 ) e j (y) f (y) dy e i (x), segue que R (T n ) e 1,..., e n. Para provar que T é compacto, basta então mostrar que T n T. Mas, como vimos na primeira parte da demonstração deste teorema, n T T n F (x, y) α ij e ij (x, y) 0. i,j=1 L 2 () Finalmente, para ver que T é autoadjunto se F (x, y) = F (y, x), pelo teorema de Fubini temos ( ) T f, g L 2 () = F (x, y) f (y) dy g (x) dx = F (x, y) g (x) f (y) dxdy ( ) = F (y, x) g (x) f (y) dydx = F (y, x) g (x) dy f (y) dx = f, T g L 2 ().

97 Rodney Josué Biezuner Teorema. Assuma L injetivo. Defina o operador integral K : L 2 (a, b) L 2 (a, b) por (Kf) (t) = b a G (t, s) f (s) ds. Então K é um operador autoadjunto compacto, R (K) = E e K = L 1. Prova: Pelo lema anterior, K é um operador compacto autoadjunto. Seja f L 2 (a, b). Mostraremos que g = Kf E. Defina 1 g a (t) = W xa,x b (a) 1 g b (t) = W xa,x b (a) t a b t x a (s) f (s) ds, x b (s) f (s) ds, de modo que [ b 1 t ] b g (t) = G (t, s) f (s) ds = x a (s) x b (t) f (s) ds + x a (t) x b (s) f (s) ds a W xa,x b (a) a t [ 1 t ] b = x b (t) x a (s) f (s) ds + x a (t) x b (s) f (s) ds W xa,x b (a) = g a (t) x b (t) + g b (t) x a (t), a t isto é, Derivando esta expressão obtemos g = g a x b + g b x a. g = g ax b + g a x b + g b x a + g bx a 1 = W xa,x b (a) x afx b + g a x b + g b x 1 a + W xa,x b (a) x bfx a = g a x b + g b x a em quase todo ponto (lembre-se que f L 2 (a, b) não é contínua em geral), o que mostra que g é absolutamente contínua. Mas de fato g = g a x b + g bx a em todo ponto, pois se ϕ (t) = g (a) + t a (g a x b + g b x a) (s) ds, temos ϕ (a) = g (a) e ϕ (t) = g (t) em quase todo ponto; logo g = ϕ em todo ponto e como ϕ C 1 [a, b] segue que g C 1 [a, b] também. Resta provar que g L 2 [a, b]. Derivando g = g a x b + g bx a obtemos g = g ax b + g a x b + g b x a + g bx a 1 = W xa,x b (a) x afx b + g a x b + g b x a + = g a x b + g b x 1 a W xa,x b (a) (x ax b x ax b ) f = g a x b + g b x a f. e cada um dos termos nesta última expressão é uma função em L 2 [a, b]. 1 W xa,x b (a) x bfx a

98 Rodney Josué Biezuner 97 Para ver que g satisfaz as condições de fronteira do problema de Sturm-Liouville, note que g a (a) = 0 e x a E a, logo αg (a) + βg (a) = α (g a x b + g b x a ) (a) + β (g a x b + g b x a) (a) = g b (a) [αx a (a) + βx a (a)] = 0. Similarmente, de g b (b) = 0 e x b E b obtemos γg (b) + δg (b) = 0. Para mostrar que L K = I : L 2 (a, b) L 2 (a, b), seja g = Kf. Então Lg = g + qg = (g a x b + g b x a f) + q (g a x b + g b x a ) = f + ( x b + qx b ) g a + ( x a + qx a ) g b = f + g a Lx b + g b Lx a = f. Finalmente, para ver que K L = I : E E, seja x E. Então Lx L 2 (a, b) e pelo que acabamos de provar segue que LK (Lx) = Lx, ou seja, KLx x ker L = 0. Portanto, KLx = x Lema. Assuma L injetivo. Se λ σ (K) \ {0}, então dim ker K λ = 1. Prova: Suponha que x ker K λ. Isso significa que Kx = λx, consequentemente Lx = λ 1 x. Então supondo por absurdo que existem x 1, x 2 ker K λ linearmente independentes, segue que x 1, x 2 são duas soluções linearmente independentes da equação diferencial de segunda ordem linear x + qx = λ 1 x, portanto toda solução desta equação é combinação linear de x 1, x 2. Por outro lado, x 1, x 2 E, logo qualquer combinação linear de x 1, x 2 satisfaz as mesmas condições de fronteira que x 1, x 2 satisfazem, em particular em t = a. Mas uma solução para a equação diferencial pode ser encontrada para qualquer outra condição inicial diferente em t = a, contradição Teorema. Assuma L injetivo. Então existe uma sequencia {λ n } n N R e um sistema ortonormal completo {e n } n N para L 2 (a, b) tais que (i) 0 < λ 1 < λ 2 <... e λ n. (ii) e n E e Le n = λ n e n. (iii) Se λ λ n para todo n e f L 2 (a, b), então existe um único x E tal que Lx = λx + f. (iv) Se f L 2 (a, b), então existe x E tal que Lx = λ n x + f se e somente se f, e n = 0. Neste caso, se x 1, x 2 são duas soluções de Lx = λ n x + f, então x 1 = x 2 + ce n para algum c R. Prova: Segue do Teorema 7..3, da teoria de Riesz-Fredholm e da teoria espectral para operadores autoadjuntos compactos desenvolvida neste capítulo, bem como do lema anterior. 7.6 Exercícios 7.1 Prove que se E, F são espaços vetoriais normados, então K (E, F ) é um subespaço vetorial de L (E, F ). 7.2 Mostre que o operador inclusão C 0 ([0, 1]) L 2 ([0, 1]), quando estes espaços são dotados de suas normas usuais, é completamente contínuo mas não é compacto. 7.3 Seja H um espaço de Hilbert. Prove que para todo operador compacto T : H H existe uma sequência T n L (H) de operadores com posto finito tal que T n T. (Sugestão: use o teorema da projeção.)

99 Rodney Josué Biezuner Mostre que a sequência de operadores limitados {T n } L ( l 2) de posto finito definidos por T n x = (x 1,..., x n, 0,...) converge puntualmente para um operador limitado que não é compacto. 7.5 Mostre que os seguintes operadores são compactos: a) T : l 2 l 2 definido por b) T : l 2 l 2 definido por T x = T x = c) T : l p l p, 1 p <, definido por d) T : l l definido por T x = T x = ( x 1, x , x n n,... ). ( x1 2, x , x n 2 n,... ). ( x 1, x , x n n,... ). ( x 1, x , x n n,... ). 7.6 Sejam H um espaço de Hilbert, {e n } n N um sistema ortonormal completo para H e {λ n } n N R uma sequência de números reais tal que λ n 0. Defina um operador T : H H por Mostre que T é um operador compacto. T x = λ n x, e n e n. n=1 7.7 Sejam H um espaço de Hilbert, {e n } n N um sistema ortonormal completo para H, F um espaço de Banach e T : H F um operador limitado. Mostre que se então T é um operador compacto. n=1 T e n 2 é uma série convergente, 7.8 Seja E = { f C 2 ([0, 1]) : f (0) = f (0) = 0 } e considere o operador T : E C 0 ([0, 1]) definido por T f = f. Mostre que T 1 : C 2 ([0, 1]) L 2 ([0, 1]) é um operador compacto. 7.9 Sejam E um espaço reflexivo, F um espaço vetorial normado e T : E F um operador linear compacto. Mostre que T (B E ) é compacto Defina T : C 0 ([ 1, 1]) C 0 ([ 1, 1]) por (T f) (x) = x 1 tf (t) dt. Mostre que T é um operador compacto mas T ( B C 0 ([ 1,1])) não é compacto Sejam E, F espaços de Banach e T : E F um operador linear compacto. Mostre que se F tem dimensão infinita, então T não pode ser sobrejetivo. Conclua que se R (T ) é fechado, então R (T ) tem dimensão finita Sejam E, F espaços vetoriais normados com dim E = e T : E F um operador linear compacto. Mostre que existe uma sequência {x n } n N E tal que x n = 1 para todo n e T x n 0.

100 Rodney Josué Biezuner Seja H um espaço de Hilbert e T : H H um operador linear compacto. Mostre que existe x 0 tal que T x = T x Sejam E um espaço reflexivo e F um espaço de Banach com a propriedade que toda sequência que satisfaz y n 0 satisfaz y n 0. Mostre que se T : E F é um operador linear limitado, então T é compacto Sejam E, F espaços vetoriais normados. Um operador linear T : E F que leva sequências limitadas em E em sequências que possuem sequências fracamente convergentes em F é chamado um operador fracamente compacto. a) Mostre que operadores fracamente compactos são limitados. b) Mostre que se E ou F é reflexivo, então todo operador limitado é fracamente compacto Sejam E, F espaços vetoriais normados e T : E F um operador linear compacto. Mostre que R (T ) é separável Mostre que toda forma bilinear limitada é contínua Sejam H um espaço de Hilbert separável, T L (H) um operador autoadjunto compacto, {λ n } n N a sequência de autovalores não nulos distintos de T e {e n } n N a correspondente sequência de autovetores ortonormais. Mostre que T x = T x, e n e n = λ n x, e n e n. n= Neste exercício estudaremos o problema de Sturm-Liouville sem assumir que o operador L é injetivo. Assumiremos a notação da seção deste capítulo que trata do problema de Sturm-Liouville. a) Sejam x, y C 1 [a, b] tais que x, y é absolutamente contínua e x, y L 2 (a, b). Então b a n=1 (x y xy ) = [x (b) y (b) x (b) y (b)] [x (a) y (a) x (a) y (a)]. b) Se x, y E, então Lx, y = x, Ly. c) Se x, y E, λ, µ R, com λ µ, e x ker L λ, y ker L µ, então x y. d) Mostre que existe µ R tal que ker L µ = 0. Assim, substituindo a função q pela função q µ, ainda valem as conclusões do Teorema 7.35.

101 Capítulo 8 Espaços de Sobolev e Equação de Laplace 8.1 O Princípio de Dirichlet Considere o problema de Dirichlet para a equação de Laplace: { u = f em, u = g sobre, (8.1) para funções f, g dadas. O princípio de Dirichlet afirma que podemos encontrar a solução para o problema acima encontrando a função que minimiza um funcional de energia apropriado: 8.1 Proposição. (Princípio de Dirichlet) Suponha que u C 2 () C 0 ( ) satisfaz u = g sobre e I (u) = min v E I (v) onde E = { v C 2 () C ( 0 ) : v = g sobre } e I (v) = 1 v Então u é uma solução de (8.1). fv. Prova: Seja ϕ C 0 (). Por hipótese, a função γ : R R definida por γ (t) = I (u + tϕ) possui um mínimo em t = 0, porque u + tϕ = g em. Expandindo esta expressão, obtemos γ (t) = 1 u 2 + t u ϕ + t2 ϕ 2 + fu + t fϕ. 2 2 Em particular, γ é diferenciável e γ (t) = Como γ (0) = 0, segue que u ϕ = u ϕ + t ϕ 2 + fϕ. fϕ para todo ϕ C 0 (). 100

102 Rodney Josué Biezuner 101 Integrando esta equação por partes, isto é, usando a primeira identidade de Green u ϕ = ϕ u ν ϕ u, obtemos o que implica u ϕ = fϕ para todo ϕ C 0 (), u = f em. O princípio de Dirichlet sugere então que para resolver o problema de Dirichlet para a equação de Poisson basta encontrar a função que minimiza o funcional (às vezes chamado funcional ou integral de Dirichlet) I (u) = 1 u 2 + fu 2 na classe de funções de classe C 2 em que satisfazem a condição de fronteira especificada. No entanto, não está claro que o funcional de Dirichlet assume o seu ínfimo nesta classe de funções. Esta constitui a dificuldade principal em se aplicar este método variacional para encontrar a solução do problema de Dirichlet. Talvez fosse melhor tentar minimizar o funcional de Dirichlet em um espaço maior de funções para aumentar as chances de obter um minimizante naquele espaço. Se formos usar esta estratégia, no entanto, a nova dificuldade passa a ser mostrar que o minimizante obtido é de classe C 2 em, satisfazendo os nossos critérios de solução para o problema de Dirichlet. Por exemplo, o funcional de Dirichlet está bem definido para funções em C 1 (), que é uma classe maior de funções que C 2 (), logo faz sentido procurar um minimizante para o funcional em C 1 () (embora nada indique que seja mais fácil encontrá-lo neste espaço do que no espaço C 2 ()); por outro lado, mesmo que encontremos um minimizante em C 1 (), é necessário provar que ele está também em C 2 (). Assim, o que determinará a escolha da estratégia é saber o que é mais fácil: encontrar o minimizante em um espaço maior W e provar a regularidade C 2 () deste minimizante, ou encontrar diretamente o minimizante no espaço C 2 ()? A experiência mostra que a primeira estratégia é mais promissora. Define-se um espaço de Sobolev W 1,2 0 (), que é um subespaço de L 2 () onde o funcional de Dirichlet está bem definido. W 1,2 0 () é um espaço de Hilbert e tem belas propriedades de compacidade, o que facilita bastante provar a existência de um minimizante para o funcional de Dirichlet. Além disso W 1,2 0 () contém C 2 () e, através da consideração de outros espaços de Sobolev de definição análoga, é possível provar a regularidade do minimizante encontrado usando certos resultados de imersão. 8.2 A Derivada Fraca Vemos que o termo quadrático do funcional de Dirichlet está bem definido para funções u que tem apenas derivadas parciais de primeira ordem definidas em quase todo ponto e que estão em L 2 (); além disso, o termo linear está bem definido para funções u L 2 () desde que f L 2 () também. Esta percepção nos leva a tentar definir um conceito mais abrangente de derivada Definição Seja um aberto de R n. Suponha que u C 1 () é uma função real continuamente diferenciável. Se ϕ C0 () é uma função suave com suporte compacto em, segue da fórmula de integração por partes u v = uv η i u v x i x i

103 Rodney Josué Biezuner 102 que u ( i ϕ) = ( i u) ϕ (8.2) para i = 1,..., n (aqui denotamos por i a derivada parcial de primeira ordem / x i ) Não há termos de fronteira exatamente porque ϕ tem suporte compacto em. 8.2 Definição. Seja R n um subconjunto aberto e u L 1 loc (). Dizemos que uma função v i L 1 loc () é a derivada parcial fraca de u em relação a x i, se u( i ϕ) = v i ϕ, (8.3) para toda ϕ C 0 (). Neste caso, denotaremos v i = i u. (8.4) Dizemos que u é fracamente diferenciável se todas as derivadas parciais fracas de primeira ordem de u existirem. O espaço vetorial das funções fracamente diferenciáveis será denotado por W k (). Quando existe, v i é únicamente determinada a menos de conjuntos de medida nula. Claramente C 1 () W 1 (): o conceito de derivada fraca é uma extensão do conceito clássico de derivada que mantém a validade da fórmula de integração por partes. 8.3 Exemplo. Sejam n = 1, = (0, 2) e Então, se u(x) = v(x) = { x se 0 < x 1, 1 se 1 x < 2. { 1 se 0 < x 1, 0 se 1 x < 2, temos u (x) = v(x). De fato, dada ϕ C 0 ((0, 2)), temos 2 0 uϕ = 1 = 0 2 xϕ + 0 vϕ. 2 1 ϕ = ϕ(1) Exemplo. Por outro lado, se n = 1, = (0, 2) e { x se 0 < x 1, u(x) = 2 se 1 < x < 2, 1 0 ϕ + 0 ϕ(1) então u não possui uma derivada fraca. Com efeito, suponha por absurdo que exista uma função v L 1 loc ((0, 2)) satisfazendo 2 uϕ = para toda ϕ C 0 ((0, 2)). Então 2 vϕ = 1 xϕ vϕ, ϕ = ϕ(1) = ϕ(1) ϕ, 0 ϕ + 0 2ϕ(1)

104 Rodney Josué Biezuner 103 ou seja, ϕ(1) = 1 0 para toda ϕ C0 ((0, 2)). Escolhendo uma seqüência de funções-teste (ϕ m ) C0 ((0, 2)) satisfazendo ϕ m (1) = 1, 0 ϕ m 1 e ϕ m (x) 0 para todo x 1, obtemos através do teorema da convergência dominada de Lebesgue que [ 1 2 ] 1 = lim ϕ m(1) = lim ϕ m + vϕ m = 0, m m uma contradição. Estes exemplos não são acidentais. Conforme veremos daqui a pouco, uma função real em uma variável real possui uma derivada fraca se e somente se ela for absolutamente contínua; lembre-se que neste caso ela é diferenciável no sentido clássico em quase todo ponto. Uma caracterização completa das funções fracamente diferenciáveis, especialmente suas propriedades no que se refere à diferenciabilidade clássica, será considerada após um resultado de aproximação Um Teorema de Aproximação para Funções Fracamente Diferenciáveis Para estabelecer algumas das propriedades básicas das funções fracamente diferenciáveis é conveniente aproximá-las por suas regularizações. 8.5 Definição. Uma função suavizante é uma função não-negativa ϕ C 0 (R n ) com supp ϕ = B 1 (0) e satisfazendo R n ϕ(x) dx = 1. ϕ + O exemplo típico de função suavizante é a função { 1 ϕ(x) = ce x 2 1 se x < 1, 0 se x 1, onde a constante c é escolhida de forma que tenhamos R n ϕ(x) dx = Definição. Considere u L 1 loc (Rn ). Dado ε > 0, a regularização u ε de u é definida como sendo a convolução u ε (x) = 1 ( ) x y ε n ϕ u(y) dy. (8.5) R ε n ( ) x y Observe que supp ϕ = B ε (x). Se R n é um aberto e u L 1 loc (), estendemos u como valendo ε 0 fora de de forma a aplicar a definição acima, mas mesmo assim a função u ε pode não estar definida para todo x, já que u é apenas localmente integrável em (o que significa que u é integrável apenas em vizinhanças compactas de ). Para uma tal função, a regularização u ε está definida em x apenas para aqueles ε tais que ε < dist(x, ); u ε não está definida em todo o aberto se u é apenas localmente integrável em. Uma das propriedades principais da regularização u ε de u é ser uma função suave onde estiver definida. De fato, se u L 1 loc (), dado e 0 < ε < dist(, ) temos para qualquer multi-índice γ D γ u ε (x) = 1 ε n vϕ. ( )] x y D [ϕ γ u(y) dy ε para todo x ; ou seja, u ε C ( ). Assim, se u L 1 (), de modo que u ε está definida em todo o aberto para qualquer ε > 0, segue que u ε C () para qualquer ε > 0; se, além disso, for limitado, 0

105 Rodney Josué Biezuner 104 então u ε C0 (R n ) para qualquer ε > 0. Finalmente, se supp u e ε < dist(supp u, ), então u ε C0 () também. A propriedade essencial das regularizações de uma função u, o que justifica o seu uso, é serem aproximações de u na topologia natural do espaço em que u se encontra, em particular para os espaços L p. Apenas devemos observar que os espaços L p loc () não são espaços vetoriais normados, mas possuem uma topologia definida da seguinte maneira: dizemos que uma seqüência {u m } L p loc () converge para u na topologia de Lp loc () se u m u em L p ( ) para todo aberto. 8.7 Lema. Se u L p loc () [resp. Lp (), se é um aberto limitado], então u ε u em L p loc () [resp. L p (), se é um aberto limitado] quando ε 0. Prova: Pela desigualdade de Hölder, para qualquer função w L p loc () nós temos ( ) p 1 ( p w ε (x) = ( = = ( B 1(0) ϕ(z)w(x εz) dz ϕ(z) dz B 1 (0) ) p 1 p ( ϕ(z) w(x εz) p dz B 1(0) ϕ p 1 p B 1(0) (z) p p 1 ϕ(z) w(x εz) p dz B 1 (0) ) 1 p ; dz ) 1 p B 1(0) ) 1 p ϕ 1 p p (z)w(x εz) dz portanto, se e ε < dist(, )/2, segue do Teorema de Fubini que ( ) ( ) w ε (x) p dx ϕ(z) w(x εz) p dz dx = ϕ(z) w(x εz) p dx dz B 1 (0) B 1 (0) ( ) ϕ(z) w(y) p dy dz B 1(0) B ε( ) = w p, B ε( ) onde B ε ( ) = {x R n : dist (x, ) < ε} é a vizinhança ε de. Em outras palavras, nós provamos que para qualquer função w L p loc () vale wε Lp( ) w Lp(Bε( )). Agora, aproxime u em B ε ( ). Mais precisamente, dado ε > 0, seja v C 0 (B ε ( )) tal que u v L p (B ε ( )) < ε 3. Pelo resultado que acabamos de obter, chamando w = u v nós também temos (pois (u v) ε = u ε v ε ) que u ε v ε L p ( ) u v L p (B ε( )) < ε 3. Como v ε v uniformemente em B ε ( ), se ε é suficientemente pequeno nós temos Segue que v v ε L p ( ) < ε 3. u u ε L p ( ) u v L p ( ) + v v ε L p ( ) + u ε v ε L p ( ) < ε. Para provar o resultado se u L p (), quando é um aberto limitado, estendemos u como sendo 0 fora de e aplicamos o resultado acima para u L p loc (Rn ).

106 Rodney Josué Biezuner Lema. Sejam u L 1 loc (), 1 i n, e suponha que iu existe. Então para todo x ε = {y : dist(y, ) > ε}. i u ε (x) = ( i u) ε (x) (8.6) Prova: Observe que ( ) ϕ x y = ( 1) ϕ ( ) x y. x i ε y i ε ( ) x y Derivando sob o sinal de integral, como para x ε a função ϕ C0 (), podemos usar a definição ε de derivada fraca para obter ( ) i u ε (x) = ( 1) α ϕ x y ε n u(y) dy y i ε = 1 ( ) x y u ε n ϕ (y) dy ε y i = ( i u) ε (x). Observe que, mesmo que tenhamos u L 1 () e i u L 1 () (e, conseqüentemente, u ε L 1 () e ( i u) ε L 1 () pelo( Lema 8.8) ) não podemos concluir que i u ε (x) = ( i u) ε (x) para todo x, já que para x \ ε x y a função ϕ / C0 () e portanto não podemos usar a definição de derivada fraca. ε Agora estamos em condições de provar o seguinte teorema básico de aproximação para derivadas fracas. 8.9 Teorema. Sejam u, v L 1 loc (). Então v = iu se e somente se existe uma seqüência de funções (u m ) C 1 () tal que u m u em L 1 loc () e iu m v em L 1 loc (). Prova: Suponha que existe uma seqüência de funções (u m ) C k () satisfazendo u m u em L 1 loc () e i u m v em L 1 loc (). Então, para toda ϕ C 0 (), temos u( i ϕ) dx = lim u m ( i ϕ) dx = lim ( i u m )ϕ dx = vϕ dx, m m e portanto v = i u. Agora assuma v = i u. Temos então u ε u em L 1 loc () e ( iu) ε i u = v em L 1 loc (), quando ε 0. Como ( i u) ε = i u ε, segue a recíproca Caracterização das Funções Fracamente Diferenciáveis Em geral, temos a seguinte caracterização das funções fracamente diferenciáveis, que tem como conseqüência o fato de que as derivadas parciais de uma função fracamente diferenciável existem em quase todo ponto Teorema. Uma função u L 1 loc () é fracamente diferenciável se e somente se ela é igual, a menos de um conjunto de medida nula, a uma função que (i) é absolutamente contínua em quase todos os segmentos em paralelos aos eixos coordenados e (ii) as derivadas parciais (clássicas) de primeira ordem de u são localmente integráveis. Prova: Assuma primeiro u W 1 (). Obviamente, pela definição de função fracamente diferenciável, temos i u L 1 loc () para i = 1,..., n. Tome um bloco retangular R = [a 1, b 1 ]... [a n, b n ] e fixe uma coordenada i. Escrevemos um ponto x R na forma x = (x, x i ), onde x R n 1 e x i [a i, b i ];

107 Rodney Josué Biezuner 106 denotaremos também R = [a 1, b 1 ]... [a i, b i ]... [a n, b n ]. Temos que provar que para quase todo x R a função u(x, ) é absolutamente contínua em [a i, b i ]. Pelo Teorema 8.8, existe uma seqüência de funções (u m ) C () satisfazendo u m u e i u m i u em L 1 loc () para todo i. Pelo Teorema de Fubini, podemos então escrever para quase todo x R [ ] bi u m (x, x i ) u(x, x i ) dx i dx = u m (x) u(x) dx 0 (8.7) R R a i [ ] bi i u m (x, x i ) i u(x, x i ) dx i dx = a i R R i u m (x) i u(x) dx 0 (8.8) a i quando m. Como convergência em L 1 implica convergência q.t.p. a menos de uma subseqüência, podemos assumir que bi a i bi u m (x, x i ) u(x, x i ) dx i 0 (8.9) i u m (x, x i ) i u(x, x i ) dx i 0 (8.10) para quase todo x R (por exemplo, definindo F m (x ) = b i a i u m (x, x i ) u(x, x i ) dx i, temos por (8.7) que F m 0 em L 1 (R )). Em outras palavras, para quase todo x R, temos que u m (x, ) u(x, ) em L 1 ([a i, b i ]) e i u m (x, ) i u(x, ) em L 1 ([a i, b i ]). Fixe qualquer um x com esta propriedade. Verificaremos agora que a seqüência {u m (x, )} cumpre as condições do Teorema de Arzelà-Ascoli. De fato, como as funções u m são pelo menos continuamente diferenciáveis, nós temos que, dado η > 0, existe N N tal que para todo t [a i, b i ] e m > N vale t u m (x, t) u m (x, a i ) = i u m (x, x i ) dx i a i < bi a i bi i u m (x, x i ) dx i a i i u m (x, x i ) dx i + η. Logo, a seqüência {u m (x, )} é uniformemente limitada em [a i, b i ]. Além disso, a seqüência {u m (x, )} também é uniformemente absolutamente eqüicontínua, porque a convergência de uma seqüência em L 1 ([a i, b i ]) implica que a seqüência é uniformemente integrável: dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo m N i u m (x, x i ) dx i < ε E para qualquer conjunto E [a i, b i ] satisfazendo E < δ; assim, se t s < δ, segue que u m (x, t) u m (x, s) t s i u m (x, x i ) dx i < ε para todo m N. Segue do Teorema de Arzelà-Ascoli que u m (x, ) converge uniformemente em [a i, b i ] para uma função absolutamente contínua que coincide em quase todo ponto com u. Suponha agora que u é absolutamente contínua em quase todos os segmentos de reta em paralelos aos eixos coordenados e que as primeiras derivadas parciais de u são localmente integráveis. Então isso vale também para uϕ para toda ϕ C0 (), logo temos u ( i ϕ) dx = ( i u) ϕ dx L L

108 Rodney Josué Biezuner 107 em quase todo segmento de reta L paralelo ao i-ésimo eixo coordenado cujos extremos estão em \ supp ϕ. Pelo Teorema de Fubini, segue que u ( i ϕ) dx = ( i u) ϕ dx, e portanto u W 1 () Corolário. Seja u W 1 (). Se u = 0 q.t.p. em algum subconjunto conexo de, então u é constante neste subconjunto Regra do Produto e Regra da Cadeia 8.12 Proposição. (Regra do Produto) Se ψ C 0 () e u W 1,p (), então ψu W 1,p () e i (ψu) = ( i ψ) u + ψ ( i u). Prova: Para todo ϕ C0 (), usando a regra do produto para funções diferenciáveis no sentido clássico e a definição de derivada fraca (pois ψϕ C0 ()), temos (ψu)( i ϕ) dx = u[ψ( i ϕ)] dx = u[ i (ψϕ) ϕ( i ψ)] dx = ( i u)ψϕ dx u( i ψ)ϕ dx = [( i u)ψ + u( i ψ)]ϕ dx. Sob hipóteses razoáveis, a regra da cadeia vale para funções fracamente diferenciáveis Proposição. Sejam f C 1 (R), f L (R) e u W 1 (). Então a função composta f u W 1 () e (f u) = f (u) u. Prova: Pelo Teorema 8.10, para provar este resultado basta encontrar uma seqüência de funções continuamente diferenciáveis convergindo para f u em L 1 loc (), tais que suas derivadas convergem para f (u) i u em L 1 loc (). Em vista do mesmo teorema, como u W 1 (), sabemos que existe uma seqüência (u m ) C 1 () tal que u m u e i u m i u em L 1 loc () para todo i. Então, se, nós temos f(u m ) f(u) sup f u m u 0 quando m, ou seja, f u m f u em L 1 loc (). Pela regra da cadeia para funções diferenciáveis i (f u m ) = f (u m ) i u m e nós temos f (u m ) i u m f (u) i u sup f i u m i u + f (u m ) f (u) i u. A primeira integral do lado direito desta desigualdade converge para 0 porque i u m i u em L 1 loc (). Passando a uma subseqüência, se necessário, podemos assumir que u m u q.t.p. em ; como f é contínua, segue que f (u m ) f (u) q.t.p. em. Como f (u m ) f (u) i u 2 sup f i u L 1 ( ), segue do teorema da convergência dominada que a segunda integral também converge para 0 e portanto que i (f u m ) f (u) i u em L 1 loc ().

109 Rodney Josué Biezuner 108 As partes positiva e negativa de uma função são as funções definidas respectivamente por u + (x) = max{u(x), 0} e u (x) = min{u(x), 0}. Segue que u = u + + u e u = u + u Proposição. Seja u W 1 (). Então u +, u, u W 1 () e { u + u(x) se u(x) > 0, (x) = 0 se u(x) 0, { u 0 se u(x) 0, (x) = u(x) se u(x) < 0, u(x) se u(x) > 0, u (x) = 0 se u(x) = 0, u(x) se u(x) < 0. Prova: Para cada ε > 0 defina f ε (t) = { t2 + ε 2 ε se t > 0, 0 se t 0. Então f ε(t) = t t2 + ε 2 se t > 0, 0 se t 0. de modo que f ε C 1 (R) e f ε L (R). Segue do lema anterior que para toda ϕ C0 () nós temos u f ε (u) i ϕ dx = ϕ u2 + ε iu dx. 2 Fazendo ε 0, segue do teorema da convergência dominada (pois 0 f ε (u) u + e 0 f ε(u) 1) que u + i ϕ dx = ϕ i u dx, e portanto o lema é provado para u +. u = u + u. Os outros resultados seguem imediatamente de u = ( u) + e 8.15 Corolário. Seja u W 1 (). Se u é constante q.t.p. em algum subconjunto de, então u = 0 neste subconjunto. Prova: Sem perda de generalidade, podemos assumir u 0 neste subconjunto. O resultado segue então imediatamente de u = u + + u Corolário. Seja u W 1 (). Então u = u.

110 Rodney Josué Biezuner Espaços de Sobolev Seja um aberto de R n e p 1. No que se segue convencionaremos denotar 0 u = u Definição. Definimos o espaço de Sobolev W 1,p () como sendo o espaço vetorial normado com a norma que é equivalente à norma Definimos ainda W 1,p () = {u L p () : i u L p () para todo i = 0, 1,..., n} u W 1,p () = ( n u W 1,p () = n i=0 i=0 i u p ) 1/p ( ) 1/p n i u p = i u L p (). i=0 W 1,p 0 () = fecho de C 0 () em W 1,p () Teorema. W 1,p () é um espaço de Banach, separável se 1 p <, e reflexivo e uniformemente convexo se 1 < p <. W 1,2 () é um espaço de Hilbert com o produto interno u, v W 1,2 () = Todas estas conclusões valem para W 1,p 0 (). n i=0 i u, i v L 2 (). Prova: Seja {u m } W 1,p () uma seqüência de Cauchy. Então, para cada i, { i u m } é uma seqüência de Cauchy em L p (); como L p () é um espaço de Banach, para cada i existem funções v i L p () tais que i u m v i em L p (). Denote u := v 0, de modo que u m u em L p (). Para provar que W 1,p () é um espaço de Banach, basta então provar que i u = v i para todo i, pois isso automaticamente implicará por definição que u W 1,p () e que u m u em W 1,p (). E, de fato, como convergência em L p () implica em convergência em L 1 loc (), temos para toda ϕ C0 () u( i ϕ) dx = lim m u m ( i ϕ) dx = lim ( i u m )ϕ dx = v i ϕ dx. m Para provar a separabilidade e a reflexividade (quando p > 1) de W 1,p (), basta considerar a imersão natural de W 1,p () em n + 1 cópias de L p (): W 1,p () L p ()... L p () }{{} n+1 vezes u ( i u) 0 i n e usar o fato de que produtos finitos e subespaços fechados de espaços de Banach separáveis [resp. reflexivos; resp. uniformemente convexos] são também separáveis [resp. reflexivos; resp. uniformemente convexos] Teorema. Seja um aberto de classe C 1. Então C () W 1,p () é denso em W 1,p (). Prova: Veja [Adams].

111 Rodney Josué Biezuner Caracterização dos Espaços W 1,p 0 () As funções u W 1,p 0 () são, a grosso modo, as funções u W 1,p () que se anulam na fronteira. É necessário dar um sentido preciso a esta noção, já que as funções em W 1,p () são definidas somente a menos de conjuntos de medida nula e a fronteira é um conjunto de medida nula Lema. Se u W 1,p () satisfaz supp u, então u W 1,p 0 (). Prova: Seja 0 um aberto de classe C 1 tal que supp u 0. Escolha uma função corte η C 0 ( 0 ) tal que η 1 em supp u; logo, ηu = u. Pelo Teorema 8.19, existe uma seqüência de funções (u m ) C 0 (R n ) tal que u m u em W 1,p (). Logo ηu m ηu em W 1,p () e portanto ηu = u W 1,p 0 () Teorema. Seja um aberto de classe C 1. Se u W 1,p () C(), então u W 1,p 0 () se e somente se u = 0 em. Prova: Suponha que u = 0 em. Para obter uma seqüência de funções em W 1,p 0 () que converge para u em W 1,p (), assuma inicialmente que supp u é limitado. Fixe uma função f C 1 (R) tal que f(t) t para todo t R e { 0 se t 1, f(t) = t se t 2, e defina a seqüência de funções u j = 1 f(ju). (8.11) j Pela regra da cadeia u j W 1,p () e pelo teorema da convergência dominada temos que u j u em W 1,p (). Com efeito, u j (x) u(x) para todo x, porque se u(x) = 0, então u j (x) = 0 para todo j, e se u(x) 0, então u j (x) = 1 ju(x) = u(x) para todo j suficientemente grande; além disso, j u j (x) = 1 j f(ju (x)) 1 j ju (x) = u (x) Lp (). Isso prova que u j u em L p (). Analogamente, i u j (x) i u(x) q.t.p. em, pois i u j (x) = f (ju(x)) i u(x) e f (ju(x)) = 1 se u(x) 0, para todo j suficientemente grande, enquanto que f (ju(x)) = 0 se u(x) = 0, mas o conjunto dos pontos x tais que u(x) = 0 e i u(x) 0 tem medida nula (Corolário 8.15). Finalmente, i u j (x) (sup R f ) i u(x) L p (), o que prova que i u j i u em L p () para todo índice i. Como supp u j {x : u(x) 1/j} supp u, segue do lema anterior que u j W 1,p 0 () e, portanto, u W 1,p 0 (). ( x ) Se supp u não é limitado, consideramos os truncamentos η k u, onde η k é definida por η k (x) = η para k uma função η C0 (R) que satisfaz 0 η 1 e { 1 se x 1, η(x) = 0 se x 2. Os truncamentos η k u possuem suporte limitado, logo podemos aplicar o argumento anterior para concluir que η k u W 1,p 0 (). Como η k u u em W 1,p (), segue que u W 1,p 0 (). Reciprocamente, suponha u W 1,p 0 (). Usando cartas locais, é suficiente considerar o semicilindro superior Q + = {x = (x, x n ) : x < 1 e 0 < x n < 1}, e provar que toda u W 1,p (Q + ) C(Q + ) que é o limite em W 1,p (Q + ) de uma seqüência (u j ) C (Q + ) tal que u j = 0 em Q 0 = Q + R n + satisfaz u = 0 em Q 0.

112 Rodney Josué Biezuner 111 Sejam u W 1,p (Q + ) C(Q + ) e (u j ) C (Q + ) uma tal seqüência. Como u j = 0 em Q 0, para todo (x, x n ) Q + nós temos u j (x, x n ) Integrando com respeito a x n, de 0 a ε > 0, obtemos ε 0 u j (x, x n ) dx n = ε xn 0 ε [ xn 0 0 ε ε 0 0 ε Integrando agora com respeito a x, temos 1 ε u j (x, x n ) dx dx n ε x n u j (x, t) dt. ] n u j (x, t) dt dx n n u j (x, t) dt dx n n u j (x, t) dt. x 1 ε 0 n u j (x, x n ) dx dx n. Mantendo ε fixo e fazendo j, segue pelo teorema de Fubini e do fato de u j u em W 1,p (Q + ) que 1 ε ε u(x, x n ) dx dx n n u j dx dx n. ε x 1 0 x 1 Agora, fazendo ε 0, como u C(Q + ), obtemos pelo teorema do valor médio para integrais que u(x, 0) dx = 0, e portanto u = 0 em Q 0. x Imersão Contínua de Espaços de Sobolev Trivialmente, a imersão W 1,p 0 () L p () é contínua, já que u L p () u W 1,p 0 () por definição da norma dos espaços de Sobolev. Veremos nesta seção os outros valores de q para os quais a imersão W 1,p 0 () L q () é contínua. Lema (Desigualdade de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev) Seja R n um aberto. Se 1 p < n, então existe uma constante C = C(n, p) tal que para todo u W 1,p 0 () nós temos u L p () C u L p (). Prova: Como por definição C0 () é denso em W 1,p 0 (), basta provar o resultado acima para funções u C0(). 1 De fato, se o resultado é válido para tais funções, dada u W 1,p 0 (), podemos tomar uma seqüência {u k } C0 () tal que u k u em W 1,p 0 (); aplicando o resultado a u k u l, obtemos u k u l L p () C u k u l L p () C u k u l W 1,p 0 (), 0

113 Rodney Josué Biezuner 112 o que prova que {u k } também é uma seqüência de Cauchy em L p () e portanto u k u em L p (). Daí segue que a desigualdade é válida para todo u W 1,p 0 (). Caso p = 1. Como u tem suporte compacto, para cada i = 1,..., n nós temos logo de modo que u(x) = xi u(x) u x i (x 1,..., x i 1, y i, x i+1,..., x n ) dy i, u(x) n n 1 u dy i, n ( ) 1 u dy i Esta desigualdade é agora integrada sucessivamente em cada uma das variáveis x 1,..., x n e a desigualdade de Hölder generalizada f 1... f m f 1 L p 1 ()... f m L pm () onde = 1 p 1 p m é aplicada depois de cada integração para m = p 1 =... = p m = n 1. Assim, integrando na primeira variável x 1, nós obtemos n 1. u(x) n n 1 dx 1 ( = n ( n 1 ) 1 u dy i ) 1 u dy 1 ( ) 1 u dy 1 n 1 n 1 i=2 n ( i=2 dx1 n ( n 1 ) 1 u dy i dx1 u dy i dx 1 ) 1 n 1. Integrando em seguida com respeito à variável x 2, obtemos ( = ( n n 1 u(x) dx 1 dx 2 [ ( n 1 ) 1 u dy 1 n ( i=2 u dx 1 dx 2 ) 1 n 1 u dx 1 dx 2 ) 1 n 1 ( [ ( ) 1 ] n 1 u dx 1 dy i dx 2 n 1 ) 1 u dy 1 Continuando desta maneira, finalmente obtemos R n u n n 1 dx n ( n ( i=3 u dy 1 dx 2 ) 1 n 1 R n u dx n ( i=3 ) 1 n 1 = ( ) 1 ] n 1 u dx 1 dy i dx 2 R n u dx ) n n 1, u dx 1 dx 2 dy i ) 1 n 1.

114 Rodney Josué Biezuner 113 donde u n u L n 1 L, 1 que é a desigualdade de Sobolev para p = 1. Caso 1 < p < n. O caso geral pode ser obtido usando a desigualdade acima para p = 1 substituindo u por uma potência de u e usando a desigualdade de Hölder. Com efeito, se γ > 1, temos ( R n u γ n n 1 Escolhemos então γ de tal modo que ou seja, γ = p n 1 n p, e portanto ) n 1 n dx ( u γ ) dx = γ u γ 1 u dx γ u γ 1 R n R n ( R n u p γn n 1 γn n 1 p = (γ 1) p 1 = p = (γ 1) p 1, np n p. Daí ) n 1 n p 1 ( ) 1 p dx = u p p dx p n 1 R n p u L. p n L p u p 1 L. p O expoente p na desigualdade acima não é arbitrário. De fato, se 1 p < n, para que uma desigualdade da forma u L q (R n ) C u L p (R n ) seja válida para todo u C 0 (R n ), temos que ter necessariamente q = p. Para ver isso, fixe qualquer u C 0 (R n ) não-nula e defina para λ > 0 u λ (x) = u(λx). Nós temos 1/q ) 1/q u λ L q (R n ) (R = u(λx) dx) q = (λ n u(y) q dy = λ n/q u, Lq(Rn) n R n 1/p ) 1/p u λ L p (R n ) (R = λ u(λx) dx) p = (λ p n u(y) p dy = λ 1 n/p u. Lp(Rn) n R n Como u λ L q (R n ) C u λ L p (R n ), segue que u L q (R n ) λ1+ n q n p u L p (R n ). Se 1 + n q n p 0, fazendo λ 0 ou λ, conforme o sinal deste expoente, obtemos u L q (R n ) = 0, uma contradição. Portanto, necessariamente 1 + n q n = 0, ou seja, q = np p n p. Usando a desigualdade de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev, obtemos a seguinte imersão contínua: 8.23 Teorema. (Teorema de Imersão de Sobolev) Seja R n um aberto. Se 1 p < n, então W 1,p 0 () L p () Corolário. Seja R n um aberto limitado. Se p 1 e p < n, então para todo 1 q p. W 1,p 0 () L q ()

115 Rodney Josué Biezuner 114 Prova: Como é limitado, pela desigualdade de Hölder vale a imersão contínua L p () L q () para qualquer 1 q p. Compondo esta imersão com a imersão contínua do corolário anterior, obtemos o resultado desejado Corolário. (Desigualdade de Poincaré) Seja R n um aberto limitado. Então existe uma constante C = C(n, ) tal que para todo u W 1,2 0 () nós temos Consequentemente, a norma u L 2 () C u L 2 (). u 0 := u L 2 () é uma norma equivalente em W 1,2 0 () e este é um espaço de Hilbert sob o produto interno u, v 0 := u, v. Prova: Segue da desigualdade de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev e da imersão contínua L 2 () L 2 (). 8.6 Imersão Compacta de Espaços de Sobolev Dado um espaço vetorial normado E, denotaremos a imersão compacta de um subespaço vetorial F de E em E por F E Teorema. (Teorema de Rellich Kondrakhov) Seja R n um aberto limitado. Se 1 p < n, então para todo 1 q < p. Prova: Pelo Corolário 8.24, temos a imersão contínua W 1,p 0 () L q (), W 1,p 0 () L q (), para todo 1 q p. É suficiente estabelecer o caso q = 1, pois o caso geral segue deste através de um argumento de interpolação: se 1 < q < p, podemos escrever onde λ é definido por 1 q = λ + 1 λ p, logo u L q () u λ L 1 () u 1 λ L p (), u L q () u λ L 1 () u 1 λ W 1,p 0 () ; assim, se (u m ) é uma seqüência limitada em W 1,p 0 () que possui uma subseqüência de Cauchy em L 1 (), segue desta desigualdade que a subseqüência é de Cauchy também em L q (). Vamos provar o caso q = 1. Seja (u m ) uma seqüência limitada em W 1,p 0 (), e para cada ε > 0 considere a seqüência (u ε m), onde u ε m = [u m ] ε é a regularização de u m. Afirmamos que para cada ε > 0 a seqüência (u ε m) é uniformemente limitada e eqüicontínua. De fato, u ε 1 m(x) = ε n B ε (x) ( ) x y ϕ u(y) dy ε B 1 (0) ϕ(z) u m (x εz) dz 1 ( ) ε n max ϕ u m L B 1 () C 1(0) ε n,

116 Rodney Josué Biezuner 115 pois, como é limitado, vale a imersão contínua L p () L 1 () e (u m ) é portanto uma seqüência limitada em L 1 (), também. Isso prova que (u ε m) é uniformemente limitada. Analogamente, ( ) u ε 1 1 x y m(x) = ε n ϕ u(y) dy ε B ε (x) ε 1 ϕ(z) u m (x εz) dz ε B 1 (0) 1 ( ) ε n+1 max ϕ u m L B 1 (0) 1 () C ε n+1, e segue do Teorema do Valor Médio que (u ε m) é eqüicontínua. Portanto, concluímos do Teorema de Arzelá- Ascoli que uma subseqüência de u ε m é uma seqüência de Cauchy em C 0 () e, portanto, em L 1 (). Agora, pelo Lema 8.8, sabemos que u ε m u m em L 1 () quando ε 0. Afirmamos que no nosso caso, mais que isso, esta convergência é uniforme em m. Com efeito, ( ) u ε 1 x y m(x) u m (x) = ε n ϕ [u(y) u(x)] dy B ε(x) ε ϕ(z) u m (x εz) u m (x) dz logo, integrando com respeito a x, u ε m u m L 1 () = ε ε ε B 1(0) B 1(0) B 1 (0) ϕ(z) ϕ(z) du m dt u ε m(x) u m (x) dx 0 = ε Cε. B 1 (0) B 1 (0) ϕ(z) ϕ(z) u m (y) dy (x εzt) dt dz u m (x εzt) z dt dz, u m (x tεz) dx dz dt u m (y) dy dz dt Logo, para cada δ > 0 existe ε δ > 0 suficientemente pequeno tal que u ε δ m u m L 1 () < δ 2. para todo m. Para este ε δ existe uma subseqüência (u ε δ m j ) de Cauchy em L 1 (); pela desigualdade triangular segue que u mk u ml L 1 () u ε δ m k u mk L 1 () + u ε δ m k u ε δ m l L 1 () + u ε δ m l u ml L 1 () lim sup u mk u ml L 1 () δ. k,l Escolhendo sucessivamente δ = 1, 1 2,... e usando o argumento da diagonal, obtemos uma subseqüência de Cauchy de (u m ) em L 1 ().

117 Rodney Josué Biezuner Corolário. (Teorema de Rellich Kondrakhov) Seja R n um aberto limitado. Para todo p 1 vale Prova: Se p n, escreva W 1,p 0 () L p (). W 1,p 0 () W 1,r 0 () L p () onde r < n é suficientemente próximo de n de tal modo que que r > p. A imersão W 1,p 0 () L p (), nunca é compacta. Por este motivo, o expoente p é chamado expoente crítico. No exemplo seguinte, construímos uma seqüencia limitada em W 1,p 0 () que não possui nenhuma subseqüência convergente em L p () Exemplo. (Perda de Compacidade no Expoente Crítico) Seja um aberto qualquer de R n e tome uma função não nula φ C0 (B 1 (0)). Seja {a m } uma seqüência de pontos distintos de tais que a m x 0. Seja 0 < r m < 1 uma seqüência de números positivos tais que B rm (a m ) e todas as bolas B rm (a m ) são mutualmente disjuntas; em particular, devemos ter r m 0. Definimos então funções u m C0 (B rm (a m )) por u m (x) = r n p p m φ ( x am Note que u m 0 exceto em x 0, e que u m (x 0 ). Esta é exatamente a mudança de escala sob a qual as normas L p e ( ) L p são invariantes, isto é, Com efeito, nós temos e u m L p () = [ u m L p () = [ r n m rm n+p r m ). u m L p () = φ L p (B 1 (0)), u m L p () = φ L p (B 1 (0)). ( ) x φ am p dx] 1/p [ = r 1 r m ( x am m φ r m r n m ) p 1/p [ dx] = r n m B 1(0) φ(y) p r n mdy B 1(0) ] 1/p = φ L p (), φ(y) p r n mdy] 1/p = φ L p (), Segue, em particular, que a seqüência (u m ) é limitada em W 1.p 0 (). Pelo Teorema de Rellich Kondrachov, nós temos que u m u em L p (). E, de fato, nós podemos calcular explicitamente u m L p () = [ rm n+p ( x φ am r m ) p 1/p [ dx] = r n+p m B 1 (0) φ(y) p r n mdy] 1/p = r m φ L p (), de modo que u m 0 em L p (). Por outro lado, como as funções u m tem suportes disjuntos, para todos inteiros k, l nós temos ( ) 1/p u k u l L p () = u k p L p () + u k p = 2 1/p φ L p () L p (B 1 (0)), portanto (u m ) não possui nenhuma subseqüência de Cauchy em L p ().

118 Rodney Josué Biezuner 117 Para a maioria dos abertos ilimitados R n as imersões contínuas de Sobolev W 1,p 0 () L q (), para p q < p não são compactas, como o contraexemplo a seguir ilustra. Existem, no entanto, certos domínios ilimitados de R n para os quais a imersão é compacta (veja [Adams]). W 1,p 0 () L p () 8.29 Exemplo. (Perda de Compacidade em Abertos Ilimitados) Se é um aberto ilimitado de R n que possui um conjunto enumerável de bolas disjuntas B R (x m ) de mesmo raio R > 0 (por exemplo, isso vale para = R n ), então não pode haver uma imersão compacta W k,p 0 () L q () para nenhum q. De fato, tomando uma função não nula φ C 0 (B R (x 1 )), defina u m como sendo a translação de φ com suporte compacto em B R (x m ). Como u m W k,p 0 () = φ W k,p 0 (), a seqüência (u m ) é limitada em W k,p 0 (), mas para qualquer q 1 e para quaisquer inteiros k, l, nós temos u k u l L q () = ( u k q L q () + u k q L q ()) 1/q = 2 1/q φ L q (). 8.7 Resolução do Problema de Dirichlet Nesta seção, R n será sempre um aberto limitado Definição. Seja f L 2 () e g W 1,2 (). Dizemos que u W 1,2 () é uma solução fraca para o problema de Dirichlet { u = f em, (8.12) u = g sobre, se e u v = fv para todo v W 1,2 0 () u g W 1,2 0 (). Se os dados do problema de Dirichlet (8.12) são suficientemente regulares e a solução fraca também é suficientemente regular, então ela é uma solução clássica: 8.31 Proposição. (Soluções Fracas Regulares são Soluções Clássicas) Sejam f C 0 () e g W 1,2 0 () C 0 ( ). Se existir uma solução fraca u C 2 () C 0 ( ) para o problema { u = f em, u = g sobre, então u é uma solução clássica.

119 Rodney Josué Biezuner 118 Prova: Pela Primeira Identidade de Green, para todo v C0 () temos u u v = ν v ( u) v = ( u) v. Daí e da definição de solução fraca segue que para todo v C 0 (), ou seja, ( u) v = fv u = f em. Além disso, como u g W 1,2 0 () C ( 0 ), segue da caracterização dos espaços W 1,2 0 () que u g = 0 em, isto é, u = g em. Quando uma solução fraca existe ela é única: 8.32 Proposição. (Unicidade da Solução Fraca) Sejam f L 2 () e g W 1,2 (). Se existir uma solução fraca para o problema { u = f em, então ela é única. u = g sobre, Prova: O resultado segue imediatamente da estabilidade fraca da equação de Poisson, isto é, se u 1, u 2 W 1,2 () satisfazem u 1 = f 1, u 2 = f 2 em para f 1, f 2 L 2 (), e então existe uma constante C = C (n, ) tal que De fato, temos u 1 u 2 W 1,2 0 (), u 1 u 2 W 1,2 () C f 1 f 2 L 2 (). (8.13) (u 1 u 2 ) v = (f 1 f 2 ) v, para todo v W 1,2 0 (), em particular para v = u 1 u 2. Portanto segue da desigualdade de Poincaré que u 1 u 2 2 L 2 () = (u 1 u 2 ) 2 donde = (f 1 f 2 ) (u 1 u 2 ) f 1 f 2 L 2 () u 1 u 2 L 2 () C f 1 f 2 L 2 () u 1 u 2 L 2 (), u 1 u 2 L 2 () C f 1 f 2 L 2 (). Novamente usando a desigualdade de Poincaré, isso é suficiente para estabelecer (8.13). A existência de uma única solução fraca para o problema de Dirichlet homogêneo é uma consequência imediata do teorema de representação de Riesz:

120 Rodney Josué Biezuner Teorema. (Problema de Dirichlet Homogêneo) Seja f L 2 (). Então existe uma única solução fraca u W 1,2 0 () para o problema { u = f em, (8.14) u = 0 sobre. Prova: De acordo com o Corolário 8.25, a existência de uma única solução fraca u W 1,2 0 () para o problema de Dirichlet homogêneo é equivalente à existência de um único vetor u W 1,2 0 () tal que onde F : W 1,2 0 () R é o funcional Pela desigualdade de Hölder temos F u, v 0 = F (v), F (v) = ( W 1,2 0 ()), pois fv. F (v) f L 2 () v L 2 () f L 2 () v W 1,2 0 (). Portanto, o resultado segue imediatamente do teorema de representação de Riesz para espaços de Hilbert. Para o caso geral, usaremos o princípio de Dirichlet: 8.34 Teorema. (Existência da Solução Fraca) Sejam f L 2 () e g W 1,2 (). Então existe uma única solução fraca u W 1,2 () para o problema { u = f em, (8.15) u = g sobre. Prova: Vamos primeiro provar a existência de uma função u W 1,2 () que minimiza o funcional I : E R I (v) = 1 v 2 dx fv, 2 { } onde E = v W 1,2 () : v g W 1,2 0 () é o espaço de funções admissíveis para (8.15), isto é, a existência de u E tal que ( ) 1 I (u) = min v 2 dx fv. v E 2 Pela desigualdade de Poincaré, o funcional I é limitado por baixo, pois I (v) = 1 2 v 2 L 2 () f (v g) fg 1 2 v 2 L 2 () f L 2 () (v g) L 2 () fg 1 2 v 2 L 2 () C f L 2 () (v g) L 2 () fg 1 2 v 2 L 2 () C f L 2 () v L 2 () C f L 2 () g L 2 () fg, e a função real h (t) = t2 at+b é limitada por baixo para t R, quaisquer que sejam os valores de a, b R. 2 Podemos então definir I 0 = inf I (u). v E

121 Rodney Josué Biezuner 120 Seja (u m ) m N uma seqüência minimizante para I, isto é, I (u m ) = 1 u m 2 dx fu m I 0. 2 É fácil ver, que o funcional I é convexo. Isto é uma conseqüência imediata da convexidade da função x x 2 [ I (tu + (1 t) v) = t u + (1 t) v 2 dx t u 2 + (1 t) v 2] dx = ti (u) + (1 t) I (v). Por sua vez, a convexidade da função x x 2 pode ser provada do seguinte modo: tx + (1 t) y 2 t x 2 (1 t) y 2 = ( t 2 t ) [ ] x 2 + 2t (1 t) x y + (1 t) 2 (1 t) y 2 = t (1 t) x y 2 0. Logo, temos ( ) uk + u l I 0 I I (u k) I (u l) I 0 quando k, l. Por outro lado, temos ( ) 1 (u k u l ) 2 dx = u k 2 dx + u l 2 dx 2 2 uk + u l 2 dx 2 = u k 2 dx + 2 fu k + u l 2 dx + 2 fu l ( ) 2 uk + u l 2 ( ) uk + u l dx 4 f 2 2 ( ) uk + u l = 2I (u k ) + 2I (u l ) 4I, 2 donde concluímos que ( u m ) é uma seqüência de Cauchy em L 2 (). Pela desigualdade de Poincaré, como u m g W 1,2 0 (), temos u k u l L 2 () = (u k g) (u l g) L 2 () C (u k g) (u l g) L 2 () = C u k u l L 2 () logo (u m ) também é uma seqüência de Cauchy em L 2 () e portanto (u m ) é uma seqüência de Cauchy em W 1,2 (), ou seja, existe u W 1,2 () tal que u m u em W 1,2 (). Em particular, segue que I (u) = I 0 e u g W 1,2 0 (), pois W 1,2 0 () é um subespaço fechado de W 1,2 (). Como u m u em L 2 () e u m u em L 2 (), temos que 1 u m 2 dx fu m 1 u 2 dx fu, 2 2 e concluímos que u é o minimizador do funcional de Dirichlet. Em seguida, verificamos que u é a solução fraca de (8.15). De fato, como u é um minimizante para o funcional I, segue em particular que: 0 = d dt [I (u + tv) t=0 = d dt = u v fv [ 1 (u + tv) 2 2 f (u + tv) para todo v W 1,2 0 (). A teoria da regularidade permite concluir que a solução fraca do problema de Dirichlet obtida no teorema anterior é suave se os dados f, g forem (veja [Gilbarg-Trudinger]). t=0

122 Rodney Josué Biezuner O Problema de Autovalor para o Laplaciano O problema de autovalor para o laplaciano consiste em encontrar os valores λ tais que u = λu em admite soluções não triviais, com alguma condição de fronteira imposta sobre u. Consideraremos o problema de autovalor com condição de Dirichlet { u = λu em, u = 0 sobre. Este problema pode ser formulado fracamente da seguinte forma: dizemos que λ é um autovalor do laplaciano com condição de Dirichlet e u W 1,2 0 () é uma autofunção correspondente se u v = λ uv para todo v W 1,2 0 (). Em particular, u 2 = λ u 2, de modo que todos os autovalores do laplaciano com condição de Dirichlet são positivos (se λ = 0, pela Proposição 8.32, a única solução do problema é a solução nula) Teorema. Seja R n um aberto limitado. Então o problema de autovalor { u = λu em, u = 0 sobre. possui um número infinito enumerável de autovalores {λ n } n N que satisfazem tais que 0 < λ 1 λ 2... λ k... λ k, e autofunções {u k } que constituem um sistema ortonormal completo para L 2 (), isto é, para todo v L 2 (). Em particular, v = α i u i v 2 L 2 () = v, u i 2 L 2 (). Prova: Pelo Teorema 8.33, o operador laplaciano ( ) : W 1,2 0 () L 2 () é um operador bijetivo, enquanto que pela Proposição 8.32 a sua inversa é limitada. Considere o operador inverso ( ) 1 : L 2 () W 1,2 0 (). Usando a imersão compacta W 1,2 0 () L 2 (), podemos considerar o operador inverso como um operador compacto ( ) 1 : L 2 () L 2 (). Além disso, ( ) 1 é um operador autoadjunto. Com efeito, se u = ( ) 1 (f) e v = ( ) 1 (g), ou seja, se u = f e v = g, em particular u, v L 2 () = f, v L 2 (), v, u L 2 () = g, u L 2 ().

123 Rodney Josué Biezuner 122 Daí, ( ) 1 (f), g = u, g L L 2 () 2 () = u, v L 2 () = f, v L 2 () f, = ( ) 1 (g). L 2 () Portanto, o resultado segue da teoria espectral para operadores autoadjuntos compactos. A teoria da regularidade permite concluir que as autofunções do laplaciano obtidas no teorema anterior são suaves (veja [Gilbarg-Trudinger]).

124 Referências Bibliográficas [Adams] ADAMS, R. A., Sobolev Spaces, Academic Press, [Brezis] BREZIS, H., Analyse fonctionnelle, Théorie et applications, Masson, Paris, [Conway] CONWAY, J. B., A Course in Functional Analysis, 2nd. Ed., Springer, [Day] DAY, M. M., Reflexive Banach spaces not isomorphic to uniformly convex spaces, Bull. A. M. S. 47 (1941), [Dunford-Schwartz] DUNFORD, N. e SCHWARTZ, J., Linear Operators, 3 volumes, Interscience, [EMT] [Folland] EIDELMAN, Y., MILMAN, V. e TSOLOMITIS, A., Functional Analysis: An Introduction, Graduate Studies in Mathematics 66, American Mathematical Society, FOLLAND, G.B., Real analysis, modern techniques and their applications, John Wiley & Sons, [Friedman] FRIEDMAN, A., Foundations of Modern Analysis, Dover, [Gilbarg-Trudinger] GILBARG, David e TRUDINGER, Neil S., Elliptic Partial Differential Equations of Second Order, 2nd Ed., Springer-Verlag, [James1] JAMES, R. C., Bases and reflexivity of Banach spaces, Annals of Math. 52 (1950), no. 2, [James2] JAMES, R. C., A non-reflexive Banach space isometric with its second conjugate space, Proc. Nat. Acad. Sci. 37 (1951) [Munkres] MUNKRES, J. R., Topology: a first course, Prentice-Hall, [Kreyszig] KREYSZIG, E., Introductory Functional Analysis with Applications, John Wiley & Sons, [Royden] ROYDEN, H. L., Real Analysis, 3 a edição, Prentice Hall, Englewood Cliffs, [Rudin] [Schechter] [Whitley] RUDIN, W., Functional Analysis, 2nd. Ed., McGraw Hill International Editions, SCHECHTER, M., Principles of Functional Analysis, 2nd. Ed., Graduate Studies in Mathematics 36, American Mathematical Society, WHITLEY, R. J., An elementary proof of the Eberlein-Smulian theorem, Math. Ann. 172 (1967)