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Notas de Aula

Analise Funcional

Rodney Josue Biezuner 1

Departamento de MatematicaInstituto de Ciencias Exatas (ICEx)

Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG)

Notas de aula do curso Analise Funcional do Programa

de Pos-Graduacao em Matematica, ministrado no primeiro semestre de 2009.

6 de julho de 2009

1E-mail: [email protected]; homepage: http://www.mat.ufmg.br/∼rodney.

Sumario

1 Espacos Vetoriais Normados e Espacos de Banach 31.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Exemplo 1: Os espacos `p (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Exemplo 2: Os espacos das sequencias `p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Exemplo 3: Os espacos Lp (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Exemplo 4: Os espacos Ck

(Ω

)e os espacos de Holder Ck,α

(Ω

). . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.6 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Aplicacoes Lineares 122.1 Aplicacoes Lineares Limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3 O Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach: Conjuntos Convexos . . . . . . . . . . . . 212.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Os Teoremas da Limitacao Uniforme, da Aplicacao Aberta e do Grafico Fechado 253.1 O Teorema da Limitacao Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2 Os Teoremas da Aplicacao Aberta e do Grafico Fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3 Operadores Adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

4 Espacos Reflexivos 364.1 Espacos Reflexivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.2 Espacos Separaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.3 Exemplo 1: Espacos `p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.4 Espacos Uniformemente Convexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.5 Exemplo 2: Espacos Lp (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.6 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

5 Topologia Fraca e Topologia Fraca* 545.1 Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.2 Sequencias Fracamente Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.3 Topologia Fraca* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.4 Convexidade Uniforme e Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.5 Reflexividade, Separabilidade e Topologias Fracas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.6 Metrizabilidade e Topologia Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.7 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

1


6 Espacos de Hilbert 706.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 706.2 Espacos de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.3 Teorema de Representacao de Riesz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.4 Bases de Schauder e Bases de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 766.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

7 Operadores Compactos 817.1 Operadores Completamente Contınuos e Operadores Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . 817.2 Teoria de Riesz-Fredholm para Operadores Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.3 O Espectro de Operadores Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 877.4 Teoria Espectral para Operadores Autoadjuntos Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 897.5 Aplicacao: Problemas de Sturm-Liouville e Operadores Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . 937.6 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

8 Espacos de Sobolev e Equacao de Laplace 1008.1 O Princıpio de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1008.2 A Derivada Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

8.2.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1018.2.2 Um Teorema de Aproximacao para Funcoes Fracamente Diferenciaveis . . . . . . . . . 1038.2.3 Caracterizacao das Funcoes Fracamente Diferenciaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1058.2.4 Regra do Produto e Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

8.3 Espacos de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1098.4 Caracterizacao dos Espacos W 1,p

0 (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1108.5 Imersao Contınua de Espacos de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118.6 Imersao Compacta de Espacos de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1148.7 Resolucao do Problema de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1178.8 O Problema de Autovalor para o Laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

Capıtulo 1

Espacos Vetoriais Normados eEspacos de Banach

1.1 Definicao

1.1 Definicao. Seja E um espaco vetorial real. Uma norma em E e uma funcao ‖·‖ : E −→ R que satisfazas 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‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖ .

Um espaco vetorial E munido de uma norma ‖·‖ e chamado um espaco vetorial normado e denotado(E, ‖·‖).

1.2 Definicao. Seja M um conjunto. Uma metrica em M e uma funcao d : M ×M −→ R que satisfaz asseguintes 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) 6 d (x, y) + d (y, z) .

Um espaco vetorial normado torna-se naturalmente um espaco metrico com a metrica derivada da norma:

d (x, y) = ‖x− y‖ .

Desta forma, um espaco vetorial normado torna-se um espaco topologico com a topologia induzida pelametrica.

1.3 Proposicao. Seja (E, ‖·‖) um espaco vetorial normado. Entao as funcoes soma de vetores E ×E −→E, (x, y) 7→ x + y, multiplicacao de vetores por escalares R × E −→ E, (α, x) 7→ αx, e norma ‖·‖ :E −→ R, x 7→ ‖x‖ sao contınuas.

3

1.4 Corolario. Fixado x0 ∈ E, a aplicacao x 7→ x + x0 (translacao) e um homeomorfismo. Fixado α ∈ Rnao nulo, a aplicacao x 7→ αx (homotetia) e um homeomorfismo.

Lembramos que um espaco metrico completo e um espaco metrico em que todas as sequencias de Cauchysao convergentes, isto e, convergem para um elemento do proprio espaco.

1.5 Definicao. Um espaco vetorial normado completo e chamado um espaco de Banach.

1.2 Exemplo 1: Os espacos `p (n)

1.6 Definicao. Seja 1 6 p 6 ∞. Definimos o espaco `p (n) como sendo o espaco Rn dotado da norma

‖x‖p =

(n∑

i=1

|xi|p)1/p

(1.1)

se 1 6 p < ∞, e‖x‖∞ = max

16i6n|xi| . (1.2)

1.7 Proposicao. `p (n) e um espaco vetorial normado.

Prova. As propriedades (i) e (ii) de uma norma na Definicao 1.1 sao claramente verificadas. Para provar adesigualdade triangular (que neste caso especial tambem recebe o nome de desigualdade de Minkowski)

(n∑

i=1

|xi + yi|p)1/p

6(

n∑

i=1

|xi|p)1/p

+

(n∑

i=1

|yi|p)1/p

, (1.3)

recorremos a desigualdade de Holder (que sera demonstrada no final):

n∑

i=1

|xiyi| 6 ‖x‖p ‖y‖p′ onde1p

+1p′

= 1. (1.4)

O numero p′ e chamado o expoente conjugado de p; observe que p′ = p/ (p− 1). De fato, escrevemos

n∑

i=1

|xi + yi|p 6n∑

i=1

(|xi|+ |yi|) |xi + yi|p−1 6n∑

i=1

|xi| |xi + yi|p−1 +n∑

i=1

|yi| |xi + yi|p−1

6 ‖x‖p

∥∥∥(|x1 + y1|p−1

, . . . , |xn + yn|p−1)∥∥∥

pp−1

+ ‖y‖p

∥∥∥(|x1 + y1|p−1

, . . . , |xn + yn|p−1)∥∥∥

pp−1

=

(n∑

i=1

|xi + yi|p) p−1

p (‖x‖p + ‖y‖p

).

Logo,

‖x + y‖p =

(n∑

i=1

|xi + yi|p)1− p−1

p

6 ‖x‖p + ‖y‖p .

A desigualdade de Holder, por sua vez, segue da desigualdade mais geral

aλb1−λ 6 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 eobvia; se b 6= 0, divida a desigualdade por b e tome t = a/b > 0, de modo que provar a desigualdade torna-se

equivalente a mostrar que a funcao f (t) = tλ − λt e menor que ou igual a 1− λ para todo t > 0. E, de fato,como f ′ (t) = λ

(tλ−1 − 1

), f e estritamente crescente para 0 6 t < 1 e estritamente decrescente para t > 1,

logo f atinge o seu maximo em t = 1, onde f vale exatamente 1− λ. Tomando

a =

∣∣∣∣∣xi

‖x‖p

∣∣∣∣∣

p

, b =

∣∣∣∣∣yi

‖y‖p′

∣∣∣∣∣

p′

e λ =1p,

para cada ındice i, segue que|xiyi|

‖x‖p ‖y‖p′6 1

p

|xi|p‖x‖p

p

+1p′|yi|p

′

‖y‖p′p′

.

Daı, somando desde i = 1 ate i = n, obtemos

1‖x‖p ‖y‖p′

n∑

i=1

|xiyi| 6 1p

n∑i=1

|xi|p

‖x‖pp

+1p′

n∑i=1

|yi|p′

‖y‖p′p′

=1p

+1p′

= 1.

¥

1.8 Proposicao. `p (n) e um espaco de Banach.

Prova. Para ver que `p (n) e completo, basta observar que uma sequencia em `p (n) e de Cauchy se esomente se cada uma das sequencias de coordenadas e de Cauchy e que, alem disso, uma sequencia em `p (n)e convergente se e somente se cada uma das sequencias de coordenadas e de Cauchy. Outra maneira de verque `p (n) e um espaco de Banach e lembrar que todas as normas em Rn sao equivalentes e usar o fato bemconhecido que Rn com a norma usual e completo. ¥Observe que `2 (n) e o espaco Rn munido da norma euclidiana, a qual e derivada de um produto interno.

1.3 Exemplo 2: Os espacos das sequencias `p

1.9 Definicao. Seja 1 6 p < ∞. Definimos o espaco `p como sendo o espaco das sequencias reais p-somaveis,isto e,

`p =

x : N −→ R :

∞∑

i=1

|xi|p < ∞

,

dotado da norma

‖x‖p =

( ∞∑

i=1

|xi|p)1/p

, (1.6)

e o espaco `∞ como sendo o espaco das sequencias reais limitadas, isto e,

`∞ =

x : N −→ R : supi∈N

|xi| < ∞

,

dotado da norma‖x‖∞ = sup

i∈N|xi| . (1.7)

1.10 Proposicao. `p e um espaco vetorial normado.

Prova. Basta passar o limite na desigualdade de Minkowski fazendo n →∞. ¥

1.11 Proposicao. `p e um espaco de Banach.

Prova. Seja xnn∈N uma sequencia de Cauchy em `p (xn e uma sequencia de sequencias reais). Denote ostermos de cada sequencia xn por xn,m. Para cada m fixado, xn,mn∈N e tambem uma sequencia de Cauchy,logo converge para um certo numero am; em outras palavras, a sequencia de sequencias xn converge termoa termo para a sequencia real a = am. Afirmamos que esta sequencia esta em `p e que xn → a em `p.

De fato, como xnn∈N e de Cauchy em `p, dado ε > 0, existe N ∈ N tal que

‖xk − xl‖p < ε

sempre que k, l > N ; em particular, para todo m ∈ N, vale

m∑

i=1

|xk,i − xl,i|p < εp

sempre que k, l > N . Fixando k e fazendo l →∞, obtemos

m∑

i=1

|xk,i − ai|p < εp

para todo m ∈ N, sempre que k > N . Daı, fazendo m →∞, temos que

∞∑

i=1

|xk,i − ai|p < εp

sempre que k > N,o que implica que xk − a ∈ `p sempre que k > N , e portanto a ∈ `p. Esta mesmadesigualdade tambem implica que xk → a em `p. ¥

1.12 Exemplo. Subespacos de `∞ que sao tambem espacos de Banach sao

`∞c = x ∈ `∞ : x e uma sequencia convergente ,

`∞0 = x ∈ `∞ : lim xn = 0 .

A demonstracao deste fatos e deixada como exercıcio. ¤

1.4 Exemplo 3: Os espacos Lp (Ω)

1.13 Definicao. Seja Ω ⊂ Rn um conjunto mensuravel. Seja 1 6 p < ∞. Definimos o espaco Lp (Ω) comosendo o espaco das (classes de equivalencia de) funcoes reais p-integraveis no sentido de Lebesgue, istoe,

Lp (Ω) =

f : Ω −→ R :∫

Ω

|f |p < ∞

,

dotado da norma

‖f‖p =(∫

Ω

|f |p)1/p

, (1.8)

e o espaco L∞ (Ω) como sendo o espaco das (classes de equivalencia de) funcoes reais mensuraveislimitadas, isto e,

L∞ (Ω) =

f : Ω −→ R : supΩ|f | < ∞

,

dotado da norma‖f‖∞ = sup

Ω|f | . (1.9)

Observe que nesta definicao,supΩ|f | = inf c ∈ R : |f (x)| 6 c q.t.p. .

1.14 Proposicao. Lp (Ω) e um espaco vetorial normado.

Prova. Lp (Ω) e um espaco vetorial porque se f, g ∈ Lp (Ω) e λ ∈ R, entao f + g ∈ Lp (Ω) e λf ∈ Lp (Ω).De fato,

|f (x) + g (x)| 6 |f (x)|+ |g (x)| 6 2max |f (x)| , |g (x)| ,

de modo que|f (x) + g (x)|p 6 2p max |f (x)|p , |g (x)|p 6 2p (|f (x)|p + |g (x)|p) ,

donde ∫

Ω

|f + g|p 6 2p

(∫

Ω

|f |p +∫

Ω

|g|p)1/p

.

Alem disso, ‖λf‖p = |λ| ‖f‖p e ‖f‖p = 0 se e somente se f = 0 q.t.p.Como nos espacos `p, para provar a desigualdade triangular ou desigualdade de Minkowski,

(∫

Ω

|f + g|p)1/p

6(∫

Ω

|f |p)1/p

+(∫

Ω

|g|p)1/p

, (1.10)

recorremos a desigualdade de Holder∫

Ω

|fg| 6 ‖f‖p ‖g‖p′ onde1p

+1p′

= 1. (1.11)

Escrevemos ∫

Ω

|f + g|p 6∫

Ω

(|f |+ |g|) |f + g|p−1 6∫

Ω

|f | |f + g|p−1 +∫

Ω

|f | |g|p−1

6 ‖f‖p

∥∥∥|f + g|p−1∥∥∥

pp−1

+ ‖g‖p

∥∥∥|f + g|p−1∥∥∥

pp−1

=(∫

Ω

|f + g|p) p−1

p (‖f‖p + ‖g‖p

).

Logo,

‖f + g‖p =

(n∑

i=1

|f + g|p)1− p−1

p

6 ‖f‖p + ‖g‖p .

A desigualdade de Holder segue, como na demonstracao da Proposicao 1.7, da desigualdade mais geral

aλb1−λ 6 λa + (1− λ) b

sempre que a, b > 0 e 0 < λ < 1. Desta vez tomamos, para cada x ∈ Ω,

a =

∣∣∣∣∣f (x)‖f‖p

∣∣∣∣∣

p

, b =

∣∣∣∣∣g (x)‖g‖p′

∣∣∣∣∣

p′

e λ =1p,

segue que|f (x) g (x)|‖f‖p ‖g‖p′

6 1p

|f (x)|p‖f‖p

p

+1p′|g (x)|p′

‖g‖p′p′

.

Daı, integrando sobre Ω, obtemos

1‖f‖p ‖g‖p′

∫

Ω

|fg| 6 1p

∫Ω|f |p

‖f‖pp

+1p′

∫Ω|g|p

‖g‖p′p′

=1p

+1p′

= 1.

¥

1.15 Proposicao. Lp (Ω) e um espaco de Banach.

Prova. Consideraremos primeiro o caso L∞ (Ω). Seja fn ⊂ L∞ (Ω) uma sequencia de Cauchy. Entao,dado k ∈ N, existe Nk ∈ N tal que

‖fn − fm‖∞ <1k

sempre que n,m > Nk. Em particular,

|fn (x)− fm (x)| < 1k

q.t.p. em Ω, sempre que n,m > Nk. Isso implica que fn (x) e uma sequencia de Cauchy para quase todoponto x ∈ Ω e podemos definir f (x) = lim fn (x) q.t.p. Resta mostrar que f ∈ L∞ (Ω) e que fn → f emL∞ (Ω). Isso decorre da ultima desigualdade, fazendo m →∞:

|fn (x)− f (x)| < 1k

.

Segue que fn → f na norma de L∞ (Ω); alem disso, como para qualquer n, k fixados temos |f (x)| 6|fn (x)|+ 1/k, logo f ∈ L∞ (Ω).

Examinaremos agora o caso 1 6 p < ∞. Seja fn ⊂ Lp (Ω) uma sequencia de Cauchy. Em particular,podemos extrair uma subsequencia fnk

tal que

∥∥fnk+1 − fnk

∥∥p

<12k

.

Considere a sequencia

gn =n∑

k=1

∣∣fnk+1 − fnk

∣∣ .

Entao existe g = lim gn. Pelo Teorema da Convergencia Monotona,∫Ω|g|p = lim

∫Ω|gn|p. Mas, usando a

desigualdade de Jensen,

∫

Ω

|gn|p 6∫

Ω

(n∑

k=1

∣∣fnk+1 − fnk

∣∣)p

6n∑

k=1

∫

Ω

∣∣fnk+1 − fnk

∣∣p

6n∑

k=1

(12k

)p

=n∑

k=1

(12p

)k

6∞∑

k=1

(12p

)k

=12p

1− 12p

=1

2p − 1< 1,

logo concluımos que ‖g‖p 6 1 e, em particular, g assume valores reais em quase todo ponto.Usaremos a sequencia gn e seu limite g para verificar que a subsequencia fnk

(x) e de Cauchy emquase todo ponto x. Com efeito, sejam k > l > 1 e escreva

|fnk(x)− fnl

(x)| 6∣∣fnk

(x)− fnk−1 (x)∣∣+ . . .+

∣∣fnl+1 (x)− fnl(x)

∣∣ = gk−1 (x)− gl−1 (x) 6 g (x)− gl−1 (x) .

Como gl (x) → g (x) q.t.p., para quase todo x ∈ Ω fixado, existe N ∈ N tal que g (x)− gl−1 (x) < ε sempreque l > N ; ja que k > l, segue que |fnk

(x)− fnl(x)| < ε sempre que k, l > N .

Portanto, podemos definir, em quase todo ponto,

f (x) = lim fnk(x) .

Falta provar que f ∈ Lp (Ω) e que fn → f em Lp (Ω). Fazendo k →∞ na desigualdade |fnk(x)− fnl

(x)| 6g (x)− gl−1 (x), obtemos

|f (x)− fnl(x)| 6 g (x)− gl−1 (x) .

Como g−gl−1 ∈ Lp (Ω), segue em particular que f−fnl∈ Lp (Ω) e, portanto, f ∈ Lp (Ω) ja que fnl

∈ Lp (Ω).Alem disso, integrando esta desigualdade sobre Ω, temos

∫

Ω

|f − fnl|p 6

∫

Ω

|g − gl−1|p → 0

quando l →∞ pelo Teorema da Convergencia Dominada (|g − gl−1| e dominada por 2 |g|). Provamos, entao,que uma subsequencia da sequencia de Cauchy fn converge para f em Lp (Ω); portanto, toda a sequenciaconverge para f . ¥

1.16 Exemplo. O espaco das funcoes contınuas C(Ω

)com a norma L1 e um espaco vetorial normado mas

nao e um espaco de Banach. Por exemplo, tome Ω = [0, 1] e considere a sequencia de funcoes

fn (t) =

0 se 0 6 t 6 12,

n

(t− 1

2

)se

12

6 t 6 12

+1n

,

1 se12

+1n

6 t 6 1.

Assumindo n > m para fixar ideias, temos que

‖fn − fm‖1 =∫ 1

0

|fn (t)− fm (t)| dt

e a area do triangulo de altura 1 e comprimento da base1m− 1

n, de modo que

‖fn − fm‖1 < ε

sempre que n,m > ε, ou seja fnn∈N e uma sequencia de Cauchy em C ([0, 1]) na norma L1. Masela nao converge para nenhuma funcao contınua na norma L1. De fato, convergencia L1 implica em

convergencia q.t.p., a menos de uma subsequencia, e fn (t) → 0 se 0 6 t 6 12, enquanto que fn (t) → 1

se12

6 t 6 1. Para uma demonstracao mais direta, suponha por absurdo que existe f ∈ C ([0, 1]) tal

que ‖fn − f‖1 → 0. Como

‖fn − f‖1 =∫ 1

0

|fn (t)− f (t)| dt =∫ 1

2

0

|f (t)| dt +∫ 1

2+ 1n

12

|fn (t)− f (t)| dt +∫ 1

12+ 1

n

|1− f (t)| dt

e as tres integrais sao nao-negativas, cada uma delas deve ser igual a 0 ou convergir para 0 quandon →∞. Concluımos que

f (t) =

0 se 0 6 t 6 12,

1 se12

6 t 6 1,

e portanto f nao e contınua. ¤

1.5 Exemplo 4: Os espacos Ck(Ω

)e os espacos de Holder Ck,α

(Ω

)

Usaremos a notacao de multi-ındice para denotar a derivada parcial

Dγf (x) =∂|γ|f

∂xγ11 . . . ∂xγn

n(x)

onde γ = (γ1, . . . , γn) e |γ| = γ1 + . . . + γn.

1.17 Definicao. Seja Ω ⊂ Rn um conjunto aberto. Definimos o espaco Ck(Ω) como o espaco das funcoesreais definidas em Ω cujas derivadas parciais ate a ordem k (inclusive) sao limitadas e uniformementecontınuas (isso garante que elas possuem uma unica extensao contınua para Ω), isto e,

Ck(Ω) =f ∈ Ck(Ω) : Dγf e limitada e uniformemente contınua em Ω para todo |γ| 6 k

.

dotado da norma‖f‖Ck(Ω) = max

|γ|6k‖Dγf‖L∞(Ω) . (1.12)

Frequentemente denotamos o espaco das funcoes contınuas C0(Ω) simplesmente por C(Ω), e definimosC∞(Ω) =

⋂k∈N

Ck(Ω).

Relembramos o conceito de continuidade de Holder:

1.18 Definicao. Seja Ω ⊂ Rn. Dizemos que uma funcao f : Ω → R e contınua de Holder com expoenteα, se

supx,y∈Ωx6=y

|f(x)− f(y)||x− y|α < ∞

para algum 0 < α 6 1. Neste caso, denotaremos f ∈ Cα(Ω), se α < 1, e f ∈ C0,1(Ω) se α = 1. Alemdisso, denotamos tambem

[f ]Cα(Ω) = supx,y∈Ωx 6=y

|f(x)− f(y)||x− y|α . (1.13)

Em particular, note que se f e contınua de Holder com expoente α em Ω, entao

|f(x)− f(y)| 6 [f ]Cα(Ω) |x− y|α para todos x, y ∈ Ω.

Claramente, se uma funcao e contınua de Holder em Ω, entao ela e contınua em Ω; na verdade, ela euniformemente contınua em Ω, o que motiva o nome de funcao uniformemente contınua de Holder em Ω, asvezes usado na literatura. Uma funcao contınua de Holder com expoente α = 1 e uma funcao contınua deLipschitz.

1.19 Definicao. Seja Ω ⊂ Rn um conjunto aberto. Os espacos de Holder Ck,α(Ω

)sao definidos como

os subespacos de Ck(Ω

)consistindo das funcoes cujas derivadas parciais ate a ordem k (inclusive) sao

todas contınuas de Holder com expoente α em Ω:

Ck,α(Ω

)=

f ∈ Ck

(Ω

): Dγf ∈ Cα(Ω) para todo |γ| 6 k

com norma‖f‖Ck,α(Ω) = ‖f‖Ck(Ω) + max

|γ|6k[Dγf ]Cα(Ω) . (1.14)

Permitindo α = 0, podemos incluir os espacos Ck(Ω

)entre os espacos de Holder:

Ck(Ω

)= Ck,0

(Ω

).

1.20 Proposicao. Ck,α(Ω

)e um espaco vetorial normado.

Prova. Provemos a validade da desigualdade triangular. Para isso, ja que ‖f‖Ck(Ω) nada mais e que a somade normas do maximo, portanto claramente uma norma, basta provar que a desigualdade triangular vale


para a seminorma [Dγf ]Cα(Ω) (uma seminorma e uma funcao que satisfaz todas as propriedades que umanorma satisfaz, exceto a condicao (i) da Definicao 1.1). Isso significa provar que

supx,y∈Ωx 6=y

|(f + g) (x)− (f + g) f(y)||x− y|α 6 sup

x,y∈Ωx6=y

|f(x)− f(y)||x− y|α + sup

x,y∈Ωx 6=y

|g(x)− g(y)||x− y|α .

Mas isso segue diretamente da desigualdade triangular

|(f + g) (x)− (f + g) f(y)| 6 |f(x)− f(y)|+ |g(x)− g(y)|

e do fato quesup (A + B) 6 supA + sup B.

¥

1.21 Proposicao. Ck,α(Ω

)e um espaco de Banach.

Prova. Exercıcio. ¥

1.6 Exercıcios

1.1 Mostre que‖x‖∞ = lim

p→∞‖x‖p .

1.2 C1(Ω) com a metrica L∞ e um espaco vetorial normado? E um espaco de Banach?

1.3 Seja E um espaco vetorial normado em relacao a duas normas, ‖·‖1 e ‖·‖2. Dizemos que estas duasnormas sao equivalentes se existirem constantes C,D > 0 tais que

‖x‖1 6 C ‖x‖2 ,

‖x‖2 6 D ‖x‖1 ,

para todo x ∈ E. Suponha que ‖·‖1 e ‖·‖2 sao normas equivalentes. Prove que (E, ‖·‖1) e de Banachse e somente se (E, ‖·‖2) e de Banach.

1.4 Mostre que Ck,α(Ω

)com a norma

‖f‖Ck,α(Ω) =k∑

i=0

‖f‖Ci(Ω) +∑

|γ|6k

[Dγf ]Cα(Ω)

e um espaco vetorial normado. Mostre que esta norma e equivalente a norma definida no texto.

1.5 Demonstre a Proposicao 1.21.

Capıtulo 2

Aplicacoes Lineares

2.1 Aplicacoes Lineares Limitadas

Em espacos vetoriais normados, um criterio simples para a continuidade de aplicacoes lineares e encapsuladona seguinte definicao, como veremos a seguir:

2.1 Definicao. Sejam (E, ‖·‖E) e (F, ‖·‖F ) espacos vetoriais normados. Dizemos que uma aplicacao linearT : E −→ F e limitada se existe uma constante M > 0 tal que

‖Tx‖F 6 M ‖x‖E

para todo x ∈ E.

Em geral, omitiremos os subscritos das normas quando for claro do contexto a quais espacos elas se referem.

2.2 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados e T : E −→ F uma aplicacao linear. As seguintesafirmacoes sao equivalentes:

(i) T e contınua.

(ii) T e contınua na origem.

(iii) T e limitada.

Prova. (i)⇒(ii) Obvio. (ii)⇒(iii) Tomando ε = 1 na definicao (ε, δ) de continuidade em espacos metricos,existe δ > 0 tal que ‖x‖ 6 δ implica ‖Tx‖ 6 1. Portanto, se y ∈ E e um vetor nao nulo qualquer, temos

∥∥∥∥T

(δy

‖y‖)∥∥∥∥ 6 1.

Por linearidade concluımos que

‖Ty‖ 6 1δ‖y‖ .

(iii)⇒(i) Seja M tal que ‖Tx‖ 6 M ‖x‖ para todo x ∈ E. Entao

‖Tx− Ty‖ = ‖T (x− y)‖ 6 M ‖x− y‖

e portanto T e uma aplicacao de Lipschitz, em particular (uniformemente) contınua. ¥

12


2.3 Exemplo. Embora aplicacoes lineares em espacos vetoriais normados de dimensao finita sejam semprecontınuas, o mesmo nao vale para espacos vetoriais normados de dimensao infinita. De fato, se E e umespaco vetorial normado de dimensao infinita e F e um espaco vetorial normado de dimensao maior ouigual a 1, podemos sempre construir uma aplicacao linear T : E −→ F que nao e limitada. Para isso,seja B uma base para E, B′ ⊂ B um subconjunto enumeravel de vetores e y ∈ F um vetor nao nuloqualquer. Definimos uma aplicacao linear T : E −→ F definindo T em B por

Txn = n ‖xn‖ y se xn ∈ B′

eTx = 0 se x ∈ B\B′ .

T nao e limitada, pois‖Txn‖ = n ‖y‖ ‖xn‖ ,

logo nao existe uma constante M > 0 tal que

‖Txn‖ 6 M ‖xn‖ .

Em particular, vemos que se E e um espaco vetorial normado de dimensao infinita, sempre existemfuncionais lineares que nao sao contınuos, pois podemos tomar F = R. ¤

2.4 Definicao. Se E,F sao espacos vetoriais normados, denotaremos o espaco vetorial das aplicacoes lin-eares limitadas por L (E, F ). Definimos a norma de uma aplicacao linear limitada por

‖T‖ = inf M ∈ R : ‖Tx‖ 6 M ‖x‖ para todo x ∈ E .

2.5 Proposicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados e T : E −→ F uma aplicacao linear limitada.Entao

‖T‖ = supx∈E\0

‖Tx‖‖x‖ = sup

x∈E‖x‖61

‖Tx‖ = supx∈E‖x‖=1

‖Tx‖ .

Prova. Seja

M = supx∈Ex 6=0

‖Tx‖‖x‖ .

Entao ‖Tx‖ 6 M ‖x‖ para todo x ∈ E, logo M > ‖T‖. Reciprocamente, como por definicao ‖Tx‖ 6 ‖T‖ ‖x‖para todo x ∈ E, segue que

‖Tx‖‖x‖ 6 ‖T‖

para todo x ∈ E\ 0, logo ‖T‖ 6 M . Isso prova a primeira identidade.Para provar que

supx∈E\0

‖Tx‖‖x‖ = sup

x∈E‖x‖=1

‖Tx‖ = supx∈E‖x‖61

‖Tx‖ ,

basta notar que‖Tx‖‖x‖ =

∥∥∥∥T

(x

‖x‖)∥∥∥∥ .

¥Apesar de uma aplicacao linear limitada ser contınua, nao podemos trocar o sup na bola unitaria ou na esferaunitaria pelo maximo, pois em espacos vetoriais normados de dimensao infinita a bola e a esfera unitarianunca sao compactas (veja o Corolario 1.39).

2.6 Proposicao. Se E,F sao espacos vetoriais normados, entao L (E, F ) e um espaco vetorial normado.

Prova. Sejam T, S ∈ L (E, F ). Temos

‖(T + S) x‖ = ‖Tx + Sx‖ 6 ‖Tx‖+ ‖Sx‖ 6 ‖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 desigualdadetriangular para a norma de aplicacoes lineares. ¥

2.7 Proposicao. Se E e um espaco vetorial normado e F e um espaco de Banach, entao L (E, F ) e umespaco de Banach.

Prova. Seja Tn uma sequencia de Cauchy em L (E, F ). Como

‖Tnx− Tmx‖ = ‖(Tn − Tm) x‖ 6 ‖Tn − Tm‖ ‖x‖ ,

segue que Tnx e uma sequencia de Cauchy em F para todo x ∈ E. Defina

Tx := lim Tnx.

Afirmamos que T = lim Tn em L (E,F ). De fato, em primeiro lugar, T e uma transformacao linear, pois

T (αx + βy) = lim Tn (αx + βy) = lim (αTnx + βTny) = α limTnx + β limTny

= αTx + βTy.

Alem disso, dado ε > 0, existe N ∈ N tal que ‖Tn − Tm‖ < ε sempre que n,m > N . Entao

‖Tnx− Tmx‖ 6 ε ‖x‖

para todo x ∈ E e fazendo n →∞ obtemos

‖(T − Tm)x‖ = ‖Tx− Tmx‖ 6 ε ‖x‖

para todo x ∈ E, sempre que m > N . Em particular, T − Tm ∈ L (E,F ), portanto T = (T − Tm) + Tm ∈L (E, F ) e

‖T − Tm‖ < ε

sempre que m > N , isto e, Tm → T em L (E,F ). ¥Reciprocamente, com a ajuda do teorema de Hahn-Banach (veja a proxima secao), pode-se provar que (seE 6= 0) se F nao e um espaco de Banach, entao L (E, F ) nao e um espaco de Banach (Proposicao 2.26).

2.8 Definicao. Se E e um espaco vetorial normado, denotaremos o espaco vetorial dos funcionais lineareslimitadas por E∗. Ele e chamado o espaco dual de E.

2.9 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado, entao E∗ e um espaco de Banach.

2.10 Proposicao. Sejam E, F, G espacos vetoriais normados. Se T ∈ L (E,F ) e S ∈ L (F, G), entaoST ∈ L (E, G) e

‖ST‖ 6 ‖S‖ ‖T‖ .

Prova. Temos‖(ST ) x‖ 6 ‖S‖ ‖Tx‖ 6 ‖S‖ ‖T‖ ‖x‖

para todo x ∈ E. ¥


2.11 Definicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados. Dizemos que uma aplicacao T : E −→ F elimitada inferiormente se existe uma constante m > 0 tal que

‖Tx‖ > m ‖x‖

para todo x ∈ E.

2.12 Proposicao. Seja T ∈ L (E,F ). Entao a inversa T−1 : Im T −→ E existe e e linear e limitada se esomente se T e limitada inferiormente.

Prova. Suponha que T e limitada inferiormente. Entao, se x 6= y segue que

‖Tx− Ty‖ = ‖T (x− y)‖ > m ‖x− y‖ > 0,

logo T e injetiva e portanto a inversa T−1 : Im T −→ E esta bem definida. Como T (αx + βy) = αTx+βTy,tomando T−1 em ambos os lados desta equacao, segue tambem que

T−1 (αTx + βTy) = αx + βy = αT−1 (Tx) + βT−1 (Ty) ,

logo T−1 e linear. Finalmente, ∥∥T−1 (Tx)∥∥ = ‖x‖ 6 m−1 ‖Tx‖

para todo y = Tx ∈ ImT , e portanto T−1 e limitada.Reciprocamente, suponha que T−1 : Im T −→ E existe e e linear e limitada. Entao

‖x‖ =∥∥T−1 (Tx)

∥∥ 6∥∥T−1

∥∥ ‖Tx‖

para todo x ∈ E, ou seja,‖Tx‖ >

∥∥T−1∥∥−1 ‖x‖ .

¥

2.13 Definicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados. Dizemos que E e F sao topologicamente iso-morfos quando existe uma aplicacao linear bijetiva T : E −→ F tal que T e T−1 sao limitadas.

2.14 Corolario. T : E −→ F e um isomorfismo topologico entre os espacos vetoriais normados E e F see somente se existem constantes m,M > 0 tais que

m ‖x‖ 6 ‖Tx‖ 6 M ‖x‖ .

Em particular, isomorfismos topologicos preservam sequencias de Cauchy e sequencias convergentes; daı, seE e F sao topologicamente isomorfos, entao E e um espaco de Banach se e somente se F e.

2.15 Proposicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados de dimensao finita com a mesma dimensao.Entao E e F sao topologicamente isomorfos.

Prova. Como a relacao de isomorfismo topologico entre espacos vetorias normados e uma relacao deequivalencia, basta mostrar que se dim E = n entao E e topologicamente isomorfo a `1 (n). Seja B =e1, . . . , en uma base para E. Considere o isomorfismo T : `1 (n) −→ E definido por

T (x1, . . . , xn) =n∑

i=1

xiei.

Afirmamos que T e um isomorfismo topologico. De fato, T e limitada porque

‖Tx‖E 6n∑

i=1

‖xiei‖E =n∑

i=1

|xi| ‖ei‖E

6(

maxi=1,...,n

‖ei‖E

) n∑

i=1

|xi|

= M ‖x‖`1(n)

onde denotamos M = maxi=1,...,n

‖ei‖E . Como T e contınua, a funcao x 7→ ‖Tx‖ tambem e e assume um valor

mınimo m na esfera unitaria B =x ∈ `1 (n) : ‖x‖ = 1

. Necessariamente m > 0, pois e1, . . . , en e um

conjunto linearmente independente. Portanto,∥∥∥∥T

x

‖x‖

∥∥∥∥ > m

para todo x ∈ E, x 6= 0, o que mostra que m ‖x‖ 6 ‖Tx‖ 6 M ‖x‖ para todo x ∈ E. ¥

2.16 Corolario. Todo espaco vetorial normado de dimensao finita e de Banach.

Todo subespaco vetorial de dimensao finita de um espaco vetorial normado e fechado.

2.17 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado de dimensao finita e T : E −→ F e linear, entao Te contınua.

2.18 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado de dimensao finita, entao um subconjunto de E ecompacto se e somente se ele for fechado e limitado.

Alem disso, se E e um espaco vetorial normado tal que a bola unitaria B = x ∈ E : ‖x‖ 6 1 ecompacta, entao E possui dimensao finita.

Prova. Vamos provar a ultima afirmacao. Para isso, provaremos antes o seguinte resultado:Seja E um espaco vetorial normado e F ⊂ E um subespaco vetorial fechado proprio de E. Entao 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 e fechado, d 6= 0 e pela definicao de distancia existe x0 ∈ F tal que

d 6 ‖z − x0‖ 6 d

ε.

Tomey =

z − x0

‖z − x0‖ ,

de modo que ‖y‖ = 1. Alem disso, para todo x ∈ F temos

‖y − x‖ =∥∥∥∥

z − x0

‖z − x0‖ − x

∥∥∥∥

=1

‖z − x0‖ ‖z − x0 − ‖z − x0‖x‖

> ε

d‖z − x1‖ ,


onde x1 = x0 − ‖z − x0‖x ∈ F , logo‖y − x‖ > ε

dd = ε.

Agora, suponha por absurdo que E e um espaco de dimensao infinita. Vamos construir uma sequenciaxnn∈N ⊂ B que nao possui subsequencia convergente, mostrando que B nao pode ser compacta. Tomex1 ∈ B qualquer. Como 〈x1〉 e um subespaco fechado de E e, por hipotese, E 6= 〈x1〉, existe x2 ∈ B tal que

‖x1 − x2‖ > 1/2.

O subespaco 〈x1, x2〉 tambem e um subespaco fechado proprio de E, logo existe x3 ∈ B tal que

‖x1 − x3‖ > 1/2 e ‖x2 − x3‖ > 1/2.

Continuando desta maneira, obtemos uma sequencia xn ⊂ B tal que

‖xn − xm‖ > 1/2

para todos n,m ∈ N. Como nenhuma subsequencia desta sequencia pode ser de Cauchy, ela nao possuinenhuma subsequencia convergente. ¥

2.2 Exercıcios

2.1 Verifique nos casos abaixo que o funcional linear esta bem definido e e limitado e calcule sua norma.

a) f : `2 −→ R; f (x) =∞∑

n=1

xn

n.

b) f : `∞0 −→ R; f (x) =∞∑

n=1

xn

2n+1.

c) f : L1 (−1, 1) −→ R; f (x) =∫ 1

−1tx (t) dt.

2.2 Considere o operador linear Mλ : `p −→ `p definido por

Mλ (x) = (λ1x1, λ2x2, . . .)

onde λ = (λn) ∈ `∞. Mλ e chamado multiplicacao por λ. Verifique que Mλ e um operador linear bemdefinido e limitado e calcule sua norma. Para que sequencias λ existe o operador inverso M−1

λ ? Paraque sequencias λ o operador inverso M−1

λ existe e e limitado?

2.3 Considere o operador shift S : `p −→ `p definido por

Sx = (0, x1, x2, . . .) .

S−1 existe e e limitado? Considere agora o operador truncamento T : `p −→ `p definido por

Tx = (x2, x3, . . .) .

T−1 existe e e limitado?

2.4 Seja T : C ([0, 1]) −→ C ([0, 1]) definida por

(Tf) (t) = f (t) +∫ t

0

f (s) ds.

Mostre que T e um isomorfismo topologico.

2.5 Seja E um espaco de Banach e T ∈ L (E) um operador tal que ‖T‖ < 1. Mostre que I − T e um

operador bijetivo, (I − T )−1 =∞∑

n=1Tn, (I − T )−1 e limitado e que

∥∥∥(I − T )−1∥∥∥ 6 1

1− ‖T‖ .

2.6 Seja E um espaco de Banach e T ∈ L (E) um operador tal que ‖I − T‖ < 1. Mostre que T−1 existe eesta em L (E).

2.7 Seja E =f ∈ C1 ([0, 1]) : f (0) = 0

. Dada g ∈ C ([0, 1]), considere a aplicacao linear Tg : E −→

C ([0, 1]) definida por(Tgf) (t) = f ′ (t) + g (t) f (t) .

Mostre que T−1 existe e e limitada.

2.8 A aplicacao linear D : C1 ([0, 1]) −→ C ([0, 1]) definida por

Df = f ′

e limitada? Se for, calcule ‖D‖ .

2.9 Seja E =f ∈ C ([0, 1]) : f e de classe C1

. Considere a aplicacao linear T : E −→ C ([0, 1]) definida

porDf = f ′.

D e limitada? Se for, calcule ‖D‖ .

2.10 A aplicacao linear I : C ([0, 1]) −→ C ([0, 1]) definida por

(If) (t) =∫ t

0

f (s) ds.

e limitada? Se for, calcule ‖I‖ .

2.11 Prove que nao existe norma em C∞ ([0, 1]) que torne o operador derivada Df = f ′ limitado. [Sugestao:considere as funcoes fλ (x) = eλx.]

2.3 O Teorema de Hahn-Banach

O teorema de Hahn-Banach garante que todo espaco vetorial normado e ricamente suprido de funcionaislineares, de modo que pode-se obter uma teoria satisfatoria de espacos duais e de operadores adjuntos.

2.19 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que um funcional p : E −→ R e semilinearse ele for subaditivo, isto e,

p (x + y) 6 p (x) + p (y) para todos x, y ∈ E,

e positivo-homogeneo, ou seja,

p (αx) = αp (x) para todos x ∈ E, α > 0.

Um exemplo de funcional semilinear em um espaco vetorial normado e a propria norma deste espaco.Para demonstrarmos o lema principal desta secao, que tambem e conhecido como o teorema de Hahn-

Banach para espacos vetoriais (embora nestas notas nao nos referiremos a ele deste modo em geral, preferindoreservar o nome teorema de Hahn-Banach para o teorema de Hahn-Banach para espacos vetoriais normados),relembramos o lema de Zorn:

2.20 Lema. (Lema de Zorn) Seja A 6= ∅ um conjunto parcialmente ordenado. Se todo subconjunto total-mente ordenado de A possui um limitante superior, entao A tem pelo menos um elemento maximal.

2.21 Lema. Sejam E um espaco vetorial e p : E −→ R um funcional semilinear. Seja F um subespacovetorial de E e f0 : F −→ R um funcional linear tal que f0 (x) 6 p (x) para todo x ∈ F . Entao f0 seestende a um funcional linear f : E −→ R satisfazendo f (x) 6 p (x) para todo x ∈ E.

Prova. Este resultado e uma consequencia do Lema de Zorn. Seja A o conjunto de todas as extensoeslineares g : L (g) −→ R de f0 a um subespaco vetorial L (g) ⊃ F de E tais que g (x) 6 p (x) para todox ∈ L (g). Note que A 6= ∅ porque f0 ∈ A. Definimos uma ordem parcial em A declarando

g 6 h se L (g) ⊂ L (h) ,

isto e, g 6 h se h e uma extensao de g. Para ver que A satisfaz a hipotese do lema de Zorn, seja A ⊂ A umsubconjunto totalmente ordenado. Entao um limitante superior para A e o funcional g : L (g) −→ R onde

L (g) =⋃

h∈A

L (h)

e g e definido porg (x) = h (x) se x ∈ L (h) para qualquer h ∈ A.

Observe que g esta bem definido porque A e totalmente ordenado. Pelo lema de Zorn, existe um elementomaximal f ∈ A. Para provar o resultado, basta mostrar que L (f) = E.

Suponha por absurdo que existe x0 ∈ E\L (f). Considere o subespaco L = L (f) + 〈x0〉. Defina umaextensao linear g : L −→ R de f por

h (x + tx0) = f (x) + tα,

onde α ∈ R e uma constante a ser definida apropriadamente para que tenhamos h (y) 6 p (y) para todoy ∈ L, e portanto g contradizera a maximalidade de f . De fato, dados x1, x2 ∈ L (f), temos

f (x1) + f (x2) = f (x1 + x2) 6 p (x1 + x2) 6 p (x1 + x0) + p (x2 − x0) ,

dondef (x2)− p (x2 − x0) 6 p (x1 + x0)− f (x1) .

Escolha α tal quesup

x∈L(f)

[f (x)− p (x− x0)] 6 α 6 infx∈L(f)

[p (x + x0)− f (x)] .

Isso implica que

h (x− x0) = f (x)− α 6 p (x− x0) ,

h (x + x0) = f (x) + α 6 p (x + x0) ,

para todo x ∈ L (f). Se t > 0, multiplicando

f(x

t

)+ α 6 p

(x

t+ x0

)

por t obtemosh (x + tx0) = f (x) + tα 6 p (x + tx0) .

Se t < 0, multiplicando

f

(x

−t

)− α 6 p

(x

−t− x0

)

por −t obtemosh (x + tx0) = f (x) + tα 6 p (x + tx0) .

Se t = 0, o resultado e obvio. ¥


2.22 Teorema. (Teorema de Hahn-Banach) Sejam E um espaco vetorial normado e f0 : F −→ R umfuncional linear limitado definido em um subespaco vetorial F ⊂ E. Entao f0 se estende a umfuncional linear f : E −→ R tal que

‖f‖E∗ = ‖f0‖F∗ .

Prova. Basta aplicar o teorema anterior ao funcional semilinear

p (x) = ‖f0‖F∗ ‖x‖ .

¥

2.23 Corolario. Sejam E um espaco vetorial normado e F um subespaco vetorial de E. Suponha queexista x0 ∈ E tal que

dist (x0, F ) = infx∈F

‖x− x0‖ > 0.

Entao existe f ∈ E∗ tal que f (x0) = 1, ‖f‖E∗ = 1/ dist (x0, F ) e f ≡ 0 sobre F .

Em particular, se F e um subespaco vetorial de E que nao e denso em E, entao existe f ∈ E∗ nao-nuloque se anula em F .

Prova. Considere o subespaco vetorial F1 = F + 〈x0〉. Defina um funcional linear f0 : F1 −→ R por

f0 (x + tx0) = t.

Note que f0 ≡ 0 sobre F e que f0 (x0) = 1. Escrevendo y = x + tx0, se t 6= 0 temos que

‖y‖ = ‖x + tx0‖ = |t|∥∥∥x

t+ x0

∥∥∥ > |t| dist (x0, F ) = |f0 (y)| dist (x0, F ) ,

ou seja,|f0 (y)|‖y‖ 6 1

dist (x0, F )para todo y ∈ F1, donde

‖f0‖F∗16 1

dist (x0, F ). (2.1)

Seja yn ⊂ F uma sequencia tal que ‖x0 − yn‖ → dist (x0, F ). Temos

1 = f0 (x0 − yn) 6 ‖f0‖F∗1‖x0 − yn‖ ,

de modo que ao passarmos o limite quando n →∞ segue que

‖f0‖F∗1> 1

dist (x0, F ). (2.2)

Portanto,

‖f0‖F∗1=

1dist (x0, F )

.

Usando o teorema de Hahn-Banach, estendemos f linearmente a todo o espaco E. ¥Este resultado e frequentemente usado para verificar se um subespaco vetorial de um espaco vetorial normadoe denso.

2.24 Corolario. Seja E um espaco vetorial normado. Para todo vetor nao-nulo x0 ∈ E existe f ∈ E∗ talque

‖f‖E∗ = 1 e f (x0) = ‖x0‖ .


Prova. Aplique o teorema de Hahn-Banach ao subespaco F = 〈x0〉 e ao funcional linear limitado f0 : F −→R definido por f0 (tx0) = t ‖x0‖. ¥

2.25 Corolario. Seja E um espaco vetorial normado. Para todo vetor x ∈ E vale

‖x‖ = supf∈E∗\0

|f (x)|‖f‖ = sup

f∈E∗

‖f‖61

|f (x)| = maxf∈E∗

‖f‖61

|f (x)| .

Prova. Pelo corolario anterior existe g ∈ E∗ tal que ‖g‖E∗ = 1 e g (x) = ‖x0‖. Logo,

supf∈E∗\0

|f (x)|‖f‖ > |g (x)|

‖g‖ = ‖x‖ .

Como |g (x)| 6 ‖g‖ ‖x‖, segue o resultado. ¥

2.26 Proposicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados. Se L (E, F ) e um espaco de Banach, entao Fe um espaco de Banach.

Prova. Em primeiro lugar, observamos que se f e funcional linear sobre E e y ∈ F e um vetor qualquer,entao podemos definir uma aplicacao linear T : E −→ F por

Tx = f (x) y.

Alem disso, se f for um funcional linear limitado, entao T tambem e uma aplicacao linear limitada. De fato,

‖T‖ = sup‖Tx‖‖x‖ = ‖y‖ sup

|f (x)|‖x‖ = ‖y‖ ‖f‖ .

Seja ynn∈N uma sequencia de Cauchy em F . Pelo Corolario 2.24, existe um funcional linear f ∈ E∗

tal que ‖f‖ = 1. Para cada n ∈ N, defina uma aplicacao linear Tn ∈ L (E, F ) por

Tnx = f (x) yn.

Entao ‖Tn‖ = ‖yn‖ e Tnn∈N e uma sequencia de Cauchy em L (E, F ). Como L (E, F ) e um espaco deBanach, Tn → T em L (E, F ). Em particular, Tnx → Tx em F para todo x ∈ E. Escolhendo x ∈ E tal quef (x) = 1, segue que Tnx = yn e portanto yn → Tx. ¥Assim, juntamente com a Proposicao 2.7, este resultado implica que L (E,F ) e um espaco de Banach se esomente se F e um espaco de Banach.

2.4 Formas Geometricas do Teorema de Hahn-Banach: ConjuntosConvexos

2.27 Definicao. Seja E um espaco vetorial. Um hiperplano afim e um conjunto da forma

H = f−1 (α) = x ∈ E : f (x) = α ,

onde f : E −→ R e um funcional linear nao-nulo e α ∈ R.

2.28 Proposicao. Seja E um espaco vetorial normado. O hiperplano H = f−1 (α) e fechado se e somentese f e limitada.

Prova. Suponha que H e fechado. Entao E\H e aberto e nao-vazio (porque f e nao-nulo). Escolhax0 ∈ E\H tal que f (x0) < α, para fixar ideias, e uma bola Br (x0) ⊂ E\H. Afirmamos que f (x) < α paratodo x ∈ Br (x0). Com efeito, se f (x1) > α para algum x1 ∈ Br (x0), considere o segmento

L = (1− t)x0 + tx1 : 0 6 t 6 1

que esta inteiramente contido em Br (x0). Tomando t =f (x1)− α

f (x1)− f (x0)temos

f ((1− t) x1 + tx0) = (1− t) f (x1) + tf (x0)

=(

1− f (x1)− α

f (x1)− f (x0)

)f (x1) +

f (x1)− α

f (x1)− f (x0)f (x0)

=[α− f (x0)] f (x1) + [f (x1)− α] f (x0)

f (x1)− f (x0)= α,

contradizendo Br (x0) ⊂ E\H. Portanto, concluımos que

f (x0 + rz) < α

para todo z ∈ B1 (0), donde (usando o fato que f (z) = −f (−z))

|f (z)| 6 1r

(α− f (x0))

para todo z ∈ B1 (0), o que implica que f e limitada e

‖f‖ 6 1r

(α− f (x0)) .

A recıproca e obvia. ¥

2.29 Definicao. Seja E um espaco 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) 6 α para todox ∈ 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 quef (x) 6 α− ε para todo x ∈ A e f (x) > α + ε para todo x ∈ B.

2.30 Lema. (Funcional de Minkowski) Seja E um espaco vetorial normado e C ⊂ E um conjunto abertoconvexo contendo a origem. Defina o funcional pC : E −→ R por

pC (x) = inf

α > 0 :x

α∈ C

.

Entao pC e um funcional semilinear que satisfaz

(i) existe M > 0 tal que 0 6 pC (x) 6 M ‖x‖ para todo x ∈ E;

(ii) C = x ∈ E : pC (x) < 1 .

Prova. Para simplificar a notacao, denotaremos pC por p.Prova de (i): Seja r > 0 tal que Br [0] ⊂ C. Entao, para todo x ∈ E, r

x

‖x‖ ∈ C, logo por definicao

p (x) 6 r

‖x‖ .

Prova de (ii): Seja x ∈ C. Como C e aberto, existe ε > 0 tal que (1 + ε)x ∈ C, logo por definicao

p (x) 6 11 + ε

< 1

Reciprocamente, se p (x) < 1, entao existe 0 < α < 1 tal quex

α∈ C, donde x = α

x

α+ (1− α) 0 ∈ C, ja que

C e convexo e contem a origem.Por fim, vamos verificar que p e semilinear. E facil ver que p e positivo-homogeneo. Para verificar a

subaditividade de p, sejam x, y ∈ E e ε > 0. De (ii) e do fato de p ser positivo-homogeneo segue quex

p (x) + ε,

y

p (y) + ε∈ C.

Daı,t

x

p (x) + ε+ (1− t)

y

p (y) + ε∈ C para todo 0 6 t 6 1.

Em particular, escolhendo t =p (x) + ε

p (x) + p (y) + 2ε, temos que

x + y

p (x) + p (y) + 2ε∈ C.

Pela positivo-homogeneidade de p e por (ii), concluımos que

p (x + y) 0 e arbitrario, segue a subaditividade de p. ¥

2.31 Lema. Seja E um espaco vetorial normado e C ( E um conjunto aberto convexo nao-vazio. Sejax0 ∈ E\C. Entao existe f ∈ E∗ tal que f (x) < f (x0) para todo x ∈ C.

Em particular, o hiperplano H = f−1 (f (x0)) separa x0 e C no sentido amplo.

Prova. Fazendo uma translacao, podemos assumir que 0 ∈ C e definir o funcional de Minkowski p de C.Considere F = 〈x0〉 e o funcional linear sobre F dado por f0 (tx0) = t. Como p (x0) > 1 (por (ii) do lemaanterior), temos p (tx0) = tp (x0) > t se t > 0; se t < 0, p (tx0) > t trivialmente, porque o funcional deMinkowski p e nao-negativo. Segue que f0 (x) 6 p (x) para todo x ∈ F . Podemos portanto usar o teorema deHahn-Banach (Lema 2.21) para concluir que f0 possui uma extensao linear f : E −→ R tal que f (x) 6 p (x)para todo x ∈ E. De (i) do lema anterior, segue que f e limitada. Finalmente, como p (x) < 1 para todox ∈ C, segue que f (x) 6 p (x) < 1 = f (x0) para todo x ∈ C. ¥

2.32 Teorema. (Teorema de Hahn-Banach, primeira forma geometrica) Seja E um espaco vetorial nor-mado. Sejam A,B ⊂ E conjuntos convexos nao-vazios disjuntos, com A aberto. Entao existe umhiperplano fechado que separa A e B no sentido amplo.

Prova. SejaC = A−B = x− y : x ∈ A e y ∈ B .

C e convexo, pois se x1 − y1, x2 − y2 ∈ C entao

t (x1 − y1) + (1− t) (x2 − y2) = tx1 + (1− t) x2 − [ty1 + (1− t) y2] ∈ C,

e C e aberto porque C = ∪y∈B (A− y), uniao de abertos (translacao e um homeomorfismo). Alem disso,0 /∈ C porque A e B sao disjuntos. Pelo lema anterior, tomando x0 = 0, existe f ∈ E∗ tal que f (z) < 0 paratodo z ∈ C, ou seja, f (x) < f (y) para todos x ∈ A e y ∈ B. Escolhendo α tal que

supA

f 6 α 6 infB

f,

concluımos que o hiperplano H = f−1 (α) separa A e B no sentido amplo. ¥

2.33 Teorema. (Teorema de Hahn-Banach, segunda forma geometrica) Seja E um espaco vetorial nor-mado. Sejam A, B ⊂ E conjuntos convexos nao-vazios disjuntos, com A fechado e B compacto.Entao existe um hiperplano fechado que separa A e B no sentido estrito.

Prova. Dado ε > 0, sejamAε = A + Bε (0) e Bε = B + Bε (0) ,

de modo que A e B sao abertos, convexos e nao-vazios. Alem disso, tomando ε < dist (A,B), segue que Aε

e Bε sao disjuntos. Pelo teorema anterior, existe um hiperplano fechado H = f−1 (α) que separa Aε e Bε

no sentido amplo, logof (x + εz) 6 α 6 f (y + εz)

para todos x ∈ A, y ∈ B e z ∈ B1 (0). Daı,

f (x) + ε ‖f‖ 6 α 6 f (y) + ε ‖f‖ .

¥

2.5 Exercıcios

2.12 Sejam E um espaco vetorial e f : E −→ R um funcional linear. Mostre que a codimensao do nucleode f e 1, ou seja, podemos escrever

E = ker f ⊕ 〈x0〉onde x0 e qualquer vetor de E tal que f (x0) 6= 0.

2.13 Seja E um espaco vetorial normado. Se f : E −→ R e um funcional linear tal que para toda sequenciaxnn∈N convergente para 0 a sequencia f (xn)n∈N e limitada, mostre que f e limitado.

2.14 Seja E um espaco vetorial normado. Prove que um funcional linear f : E −→ R e limitado se e somentese ker f e fechado.

2.15 Sejam E um espaco vetorial normado e L = 〈x1, x2, . . .〉 um subespaco vetorial gerado por um conjuntoenumeravel de vetores. Mostre que x ∈ L se e somente se para todo f ∈ E∗ tal que f (xn) = 0 paratodo n tem-se f (x) = 0.

2.16 Sejam E um espaco vetorial normado e f : E −→ R um funcional linear limitado nao-nulo. Considereo hiperplano H = f−1 (1). Mostre que

‖f‖ =1

infx∈H

‖x‖ .

2.17 Sejam E um espaco vetorial normado e F um subespaco vetorial proprio de E. Mostre que se T0 : F −→RN e uma aplicacao linear limitada, entao T se estende a uma aplicacao linear limitada T : E −→ RN

com ‖T‖ = ‖T0‖.

Capıtulo 3

Os Teoremas da Limitacao Uniforme,da Aplicacao Aberta e do GraficoFechado

3.1 O Teorema da Limitacao Uniforme

3.1 Lema. (O Teorema da Categoria de Baire) Seja X um espaco metrico completo. Seja Fnn∈N uma

colecao enumeravel de conjuntos fechados de X. Se intFn = ∅ para todo n, entao int( ⋃

n∈NFn

)= ∅.

Alternativamente, seja X um espaco metrico completo nao-vazio. Seja Fnn∈N uma colecao enu-meravel de conjuntos fechados de X tal que X =

⋃n∈N

Fn. Entao existe n0 ∈ N tal que intFn0 6= ∅.

3.2 Teorema. (Teorema da Limitacao Uniforme) Sejam E, F espacos vetoriais normados, sendo E umespaco de Banach. Seja Tλλ∈Λ uma colecao de operadores lineares limitados de E em F puntual-mente limitados, isto e, para todo x ∈ E existe Cx > 0 tal que

‖Tλx‖ 6 Cx para todo λ ∈ Λ.

Entao Tλλ∈Λ e uniformemente limitada, ou seja, existe C > 0 tal que

‖Tλ‖ 6 C para todo λ ∈ Λ.

Prova. Para cada n ∈ N, considere o conjunto

Fn = x ∈ E : ‖Tλx‖ 6 n para todo λ ∈ Λ .

Entao Fn e fechado, porque Fn =⋂

λ∈Λ

G−1λ [0, n] onde Gλ e a funcao contınua Gλ = ‖·‖ Tλ. Por hipotese,

X =⋃

n∈NFn, logo pelo Teorema da Categoria de Baire existe n0 ∈ N tal que intFn0 6= ∅. Seja Br (x0) ⊂ Fn0 .

Temos‖Tλ (x0 + rz)‖ 6 n0

para todo z ∈ B1 (0) e para todo λ ∈ Λ. Logo,

‖Tλ (z)‖ 6 n0 + ‖Tλx0‖r

25


para todo z ∈ B1 (0) e para todo λ ∈ Λ, ou seja,

‖Tλ‖ 6 n0 + Cx

r

para todo λ ∈ Λ. ¥

3.3 Corolario. Sejam E,F espacos vetoriais normados, sendo E um espaco de Banach. Seja Tnn∈N umasequencia de operadores lineares limitados de E em F tais que para todo x ∈ E a sequencia Tnxn∈Nconverge para um elemento de F que denotaremos Tx. Entao Tnn∈N e uniformemente limitada, Te um operador linear limitado e

‖T‖ 6 lim inf ‖Tn‖ .

Prova. A limitacao uniforme da sequencia decorre do teorema anterior. O fato de T ser linear decorre daspropriedades de limites de somas e multiplicacao por escalar de sequencias e da linearidades dos operadores dasequencia, como na Proposicao 2.7. Como, pelo teorema anterior, existe uma constante C > 0 independentede x tal que

‖Tnx‖ 6 C ‖x‖para todo x ∈ X, tomando o limite quando n →∞ obtemos que T e limitado. Finalmente, como

‖Tnx‖ 6 ‖Tn‖ ‖x‖ ,

da definicao de norma de um operador segue o ultimo resultado. ¥

3.4 Corolario. Sejam E um espaco vetorial normado e B ⊂ E um subconjunto. Se para todo f ∈ E∗ oconjunto f (B) e limitado, entao B e limitado.

Prova. Aplicamos o Teorema da Limitacao Uniforme substituindo E = E∗ (que e um espaco de Banach,como vimos no Corolario 2.9), F = R e Λ = B. Para todo b ∈ B definimos um operador linear limitadoTb : E∗ −→ R por

Tbf = f (b) .

De fato,‖Tbf‖ = ‖f (b)‖ 6 ‖f‖ ‖b‖ = ‖b‖ ‖f‖

A colecao Tbfb∈B e limitada para cada f ∈ E∗ por hipotese. Portanto, do Teorema 3.2 segue que existeuma constante C > 0 independente de f tal que

|f (b)| 6 C ‖f‖para todo f ∈ E∗. Usando o Corolario 2.25 concluımos que

‖b‖ 6 C

para todo b ∈ B. ¥

3.5 Corolario. Sejam E um espaco de Banach e B∗ ⊂ E∗ um subconjunto. Se para todo x ∈ E o conjunto〈B∗, x〉 =

⋃f∈B∗

f (x) e limitado, entao B∗ e limitado.

Prova. Aplicamos o Teorema da Limitacao Uniforme substituindo F = R e Λ = B∗. Para todo b∗ ∈ B∗

considere o funcional linear limitadoTb∗ = b∗.

A colecao Tb∗xb∗∈B∗ e limitada para cada x ∈ E por hipotese. Portanto, do Teorema 3.2 segue que existeuma constante C > 0 tal que

‖b∗‖ 6 C

para todo b∗ ∈ B∗. ¥

3.2 Os Teoremas da Aplicacao Aberta e do Grafico Fechado

3.6 Teorema. (Teorema da Aplicacao Aberta) Sejam E, F espacos de Banach e T : E −→ F uma aplicacaolinear limitada e sobrejetiva. Entao existe r > 0 tal que

T (B1 (0)) ⊃ Br (0)

Em particular, T e uma aplicacao aberta.

Prova. Passo 1. Seja T : E −→ F uma aplicacao linear sobrejetiva. Entao existe r > 0 tal que

T (B1 (0)) ⊃ B2r (0) .

SejaFn = nT (B1 (0)).

Entao Fn e fechado e F =⋃

n∈NFn, logo pelo Teorema da Categoria de Baire (F e de Banach) existe n0 ∈ N

tal que intFn0 6= ∅. Em particular, intT (B1 (0)) 6= ∅. Sejam y ∈ F e r > 0 tais que B4r (y) ⊂ T (B1 (0)).Em particular, y,−y ∈ T (B1 (0)). Obtemos

B4r (0) = −y + B4r (y) ⊂ T (B1 (0)) + T (B1 (0)) = 2T (B1 (0))

a ultima igualdade valendo porque T (B1 (0)) e convexo (pois aplicacoes lineares sao aplicacoes convexas, istoe, levam conjuntos convexos em conjuntos convexos, o fecho de um conjunto convexo e convexo e podemossempre escrever x + y = 2

(12x + 1

2y)). Como B4r (y) ⊂ 2T (B1 (0)), segue o resultado.

Passo 2. Seja T : E −→ F uma aplicacao linear limitada. Se existe r > 0 tal que

T (B1 (0)) ⊃ B2r (0) ,

entaoT (B1 (0)) ⊃ Br (0) .

Dado y ∈ Br (0) ⊂ F , queremos encontrar x ∈ B1 (0) ⊂ E tal que Tx = y. Sabemos que, dado ε > 0, existez ∈ B1/2 (0) ⊂ E tal que Tz ∈ Bε (y). De fato, como 2y ∈ B2r (0), existe z′ ∈ B1 (0) tal que ‖Tz′ − 2y‖ < ε;

daı,∥∥∥∥T

z′

2− y

∥∥∥∥ <ε

2e podemos tomar z = z′/2. Escolhendo ε = r/2 obtemos z1 ∈ E tal que

‖z1‖ <12

e ‖y − Tz1‖ <r

2.

Aplicando o mesmo argumento a y − Tz1 e escolhendo ε = r/4, encontramos z2 ∈ E tal que

‖z2‖ <14

e ‖(y − Tz1)− Tz2‖ <r

2.

Procedendo desta forma, obtemos uma sequencia znn∈N tal que

‖zn‖ <12n

e ‖y − T (z1 + . . . + zn)‖ <r

2n

para todo n. Em particular, a sequencia xnn∈N definida por

xn = z1 + . . . + zn

e de Cauchy. Como E e de Banach, podemos tomar x = lim xn e x satisfaz

‖x‖ <

∞∑n=1

12n

= 1


ey = lim Txn = T (lim xn) = Tx.

Juntando os dois passos, o teorema fica provado. Para ver que T e aberta, seja U ⊂ E um abertoe mostremos que T (U) e aberto. Dado y ∈ T (U), seja x ∈ E tal que y = Tx. Seja ε > 0 tal queBε (x) ⊂ U , ou seja, x + Bε (0) ⊂ U . Entao y + T (Bε (0)) ⊂ T (U). Pelo teorema T (Bε (0)) ⊃ Bεr (0), logoBεr (y) ⊂ T (U). ¥

3.7 Corolario. Sejam E, F espacos de Banach. Se T : E −→ F e uma aplicacao linear limitada bijetiva,entao a aplicacao linear T−1 : F −→ E e contınua.

Prova. Pois a inversa de uma aplicacao aberta e contınua. ¥Em outras palavras, um operador linear limitado bijetivo entre espacos de Banach e automaticamente umisomorfismo topologico.

3.8 Corolario. Seja E um espaco de Banach. Se ‖·‖1 , ‖·‖2 sao duas normas tais que existe uma constanteC > 0 tal que

‖x‖1 6 C ‖x‖2 para todo x ∈ E,

entao elas sao normas equivalentes.

3.9 Definicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados. Dizemos que uma aplicacao linear T : E −→ F efechada se seu grafico

G (T ) = (x, Tx) : x ∈ Ee fechado em E × F .

Observe que o grafico de uma aplicacao linear e um subespaco vetorial de E×F . E claro que toda aplicacaolinear contınua e fechada, entretanto existem muitos exemplos de operadores lineares importantes na praticaque nao sao contınuos mas pelo menos sao fechados. Se E e F sao espacos de Banach, os dois conceitos saoequivalentes:

3.10 Teorema. (Teorema do Grafico Fechado) Sejam E, F espacos de Banach e T : E −→ F uma aplicacaolinear fechada. Entao T e limitada.

Prova. Consideremos duas normas em E:

‖x‖1 = ‖x‖E e ‖x‖2 = ‖x‖E + ‖Tx‖F .

(A segunda norma e as vezes chamada norma do grafico.) Como G (T ) e fechado, E sob a norma do graficoainda e um espaco de Banach. De fato, se xn e uma sequencia de Cauchy em (E, ‖·‖2), entao em particularxn e uma sequencia de Cauchy em (E, ‖·‖1) pois ‖x‖1 6 ‖x‖2 e Txn e uma sequencia de Cauchy em(F, ‖·‖F ) pois ‖Tx‖F 6 ‖x‖2. Se x = lim xn e y = lim Txn, segue que (xn, Txn) → (x, y) em E × F . ComoG e fechado, temos que (x, y) ∈ G, logo y = Tx. Podemos entao usar o Corolario 3.8 para concluir queexiste uma constante C > 0 tal que

‖x‖2 6 C ‖x‖1para todo x ∈ E. Em particular, segue que

‖Tx‖F 6 C ‖x‖1 .

¥A hipotese dos espacos E,F serem de Banach e necessaria (veja os Exercıcios 3.7 e 3.14).


3.3 Operadores Adjuntos

O teorema de Hahn-Banach tambem e crucial para estabelecer uma teoria satisfatoria de operadores adjuntos.A partir desta secao, frequentemente usaremos a notacao

〈f, x〉 = f (x)

se x ∈ E e f : E −→ R e um funcional linear.

3.11 Definicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados e A : E −→ F um operador linear limitado. Ooperador adjunto A∗ : F ∗ −→ E∗ e o unico operador linear limitado que satisfaz

〈g, Ax〉 = 〈A∗g, x〉

para todos x ∈ E e g ∈ F ∗.

3.12 Proposicao. O operador adjunto esta bem definido. Alem disso,

‖A∗‖ = ‖A‖ .

Prova. De fato, se A : E −→ F e um operador linear limitado e g ∈ F ∗, entao o funcional f : E −→ Rdefinido por

f (x) = g (Ax)

e um funcional linear limitado, pois

|f (x)| = |g (Ax)| 6 ‖g‖ ‖Ax‖ 6 ‖g‖ ‖A‖ ‖x‖ .

Logo, podemos definir A∗ : F ∗ −→ E∗ porA∗g = f.

A desigualdade que provamos acima implica que ‖A∗g‖ = ‖f‖ 6 ‖A‖ ‖g‖, portanto

‖A∗‖ 6 ‖A‖ .

Por outro lado,

‖A∗‖ = supg∈F∗\0

‖A∗g‖‖g‖ .

Pelo teorema de Hahn-Banach (Corolario 2.24), se x0 ∈ E e tal que ‖x0‖ = 1 e Ax0 6= 0, entao existe g ∈ F ∗

tal que‖g‖ = 1 e g (Ax0) = ‖Ax0‖ .

Logo‖A∗g‖‖g‖ = ‖A∗g‖ > |〈A∗g, x0〉|

‖x0‖ = |〈g,Ax0〉| = ‖Ax0‖ .

Assim,‖A∗‖ > ‖Ax0‖

para todo x0 ∈ E tal que ‖x0‖ = 1, donde

‖A∗‖ > sup‖x0‖=1

‖Ax0‖ = ‖A‖ .

¥Usaremos a seguinte nocao padrao no que se segue.


3.13 Definicao. Sejam E, F espacos vetoriais e A : E −→ F um operador linear. O nucleo de A e osubespaco vetorial de E definido por

N (A) = x ∈ E : Ax = 0

e a imagem de A e o subespaco vetorial de F definido por

R (A) = y ∈ F : y = Ax para algum x ∈ E .

Uma das razoes de se considerar operadores adjuntos e dada a seguir. Muitos problemas em matematicapura e aplicada podem ser formulados da seguinte forma: dados espacos vetoriais normados E,F e umoperador linear A : E −→ F , encontrar uma solucao para a equacao

Ax = y.

Se y ∈ R (A), esta equacao possuir uma solucao x. Entao, para cada g ∈ F ∗ nos temos

g (Ax) = g (y)

e tomando o operador adjunto segue que

(A∗g) (x) = g (y)

Se g ∈ N (A∗), isto dag (y) = 0

Portanto, uma condicao necessaria para que y ∈ R (A) e que g (y) = 0 para todo g ∈ N (A∗). A questaofundamental a ser respondida e se esta condicao tambem e suficiente. Em dimensao finita, esta condicao everdadeira, conhecida como a alternativa de Fredholm. Veremos como essa condicao e traduzida para espacosvetoriais normados em geral. Antes, estabelecemos notacao.

3.14 Definicao. Sejam E um espaco vetorial normado e V ⊂ E um subespaco vetorial. O anulador de Ve o subespaco vetorial V ⊥ de E∗ dos funcionais lineares que anulam V , isto e,

V ⊥ = f ∈ E∗ : f (x) = 0 para todo x ∈ V .

Analogamente, se W e um subespaco vetorial de E∗, o anulador de W e o subespaco vetorial W⊥ deE dos vetores que sao anulados pelos funcionais lineares de W , ou seja,

W⊥ = x ∈ E : f (x) = 0 para todo f ∈ W .

3.15 Proposicao. Se E e um espaco vetorial normado, V e um subespaco vetorial de E e W e um subespacovetorial de E∗, entao V ⊥ e W⊥ sao fechados. Alem disso,

(V ⊥)⊥

= V

e (W⊥)⊥ ⊃ W

Prova. Seja fnn∈N ⊂ V ⊥ tal que fn → f em E∗. Entao

fn (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 ⊥.


Seja xnn∈N ⊂ W⊥ tal que xn → x em E. Entao

f (xn) → f (x) para todo f ∈ E∗

pois f e contınuo. Em particular isso vale para f ∈ W , logo f (x) = 0 para todo f ∈ W , donde x ∈ W⊥.Claramente V ⊂ (

V ⊥)⊥ e como(V ⊥)⊥ e fechado, segue que V ⊂ (

V ⊥)⊥. Reciprocamente, suponha por

absurdo que existe x0 ∈(V ⊥)⊥ tal que x0 /∈ V . Pelo teorema de Hahn-Banach existe f ∈ E∗ tal que f ≡ 0

em V e f (x0) 6= 0. Mas entao f ∈ V ⊥ e nao podemos ter x0 ∈(V ⊥)⊥. ¥

Em particular, se V e um subespaco fechado de E, vale a igualdade

(V ⊥)⊥

= V.

Veremos no proximo capıtulo que se E e reflexivo vale a igualdade

(W⊥)⊥

= W

3.16 Teorema. Sejam E, F espacos vetoriais normados e A : E −→ F uma aplicacao linear. Entao 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), entao〈A∗g, x〉 = 〈g, Ax〉 = 〈g, 0〉 = 0

para todo g ∈ F ∗, ou seja, x ∈ R (A∗)⊥. Reciprocamente, se x ∈ R (A∗)⊥, entao

〈g, Ax〉 = 〈A∗g, x〉 = 0

para todo g ∈ F ∗, ou seja, Ax = 0 e x ∈ N (A).(ii) Se g ∈ N (A∗), entao

〈g,Ax〉 = 〈A∗g, x〉 = 〈0, x〉 = 0

para todo x ∈ E, logo g ∈ R (A)⊥. Reciprocamente, se g ∈ R (A)⊥, entao

〈A∗g, x〉 = 〈g, Ax〉 = 0

para todo x ∈ E, logo A∗g = 0 e g ∈ N (A∗).(iii) e (iv) decorrem da aplicacao da proposicao anterior a (ii) e (i), respectivamente. ¥

3.17 Corolario. Seja E um espaco vetorial normado de dimensao finita e A : E −→ E um operador linear.Entao

A e injetiva se e somente se A∗ e sobrejetiva

eA e sobrejetiva se e somente se A∗ e injetiva.

No caso de espacos de Banach mais gerais, podemos concluir que se A e sobrejetiva entao A∗ e injetiva:

3.18 Teorema. Sejam E, F espacos de Banach e A : E −→ F uma aplicacao linear fechada. Entao saoequivalentes

(i) R (A) = F.

(ii) A∗ e limitado inferiormente.

(iii) A e uma aplicacao aberta.

Prova. Pelo teorema do grafico fechado, A e limitada.(i)⇒(ii) Como A e sobrejetiva, pelo teorema da aplicacao aberta existe r > 0 tal que A (B1 (0)) ⊃ Br (0).Logo,

‖A∗g‖ = sup‖x‖61

|〈A∗g, x〉| = sup‖x‖61

|〈g, Ax〉| > r sup‖y‖61

|〈g, y〉| = r ‖g‖ .

(ii)=⇒(iii)Vamos mostrar que A satisfaz o primeiro passo da demonstracao do teorema da aplicacao aberta:existe r > 0 tal que

A (B1 (0)) ⊃ Br (0) .

Como A e limitada, seguira do segundo passo da demonstracao daquele teorema que A e aberta. Seja r > 0tal que

‖A∗g‖ > r ‖g‖para todo g ∈ F ∗. Equivalentemente, mostraremos que se y0 /∈ A (B1 (0)), entao ‖y0‖ > r. Aplicando asegunda forma geometrica do teorema de Hanh-Banach aos conjuntos convexos y e A (B1 (0)), obtemosg ∈ F ∗ tal que

|g (y)| < 1 < |g (y0)|para todo y ∈ A (B1 (0)) (podemos tomar g = f/α para f, α do enunciado daquele teorema). Em particular,isto implica que

‖A∗g‖ = sup‖x‖61

|〈A∗g, x〉| = sup‖x‖61

|〈g, Ax〉| 6 1

er < r |g (y0)| 6 r ‖g‖ ‖y0‖ 6 ‖A∗g‖ ‖y0‖ 6 ‖y0‖ ,

conforme querıamos.(iii)⇒(i) Como A e aberta, R (A) e um subespaco vetorial aberto de F . Isso so e possıvel se R (A) = F . ¥

3.19 Teorema. (Teorema da Imagem Fechada de Banach) Sejam E,F espacos de Banach e A : E −→ Fuma aplicacao linear fechada. Entao sao equivalentes

(i) R (A) e fechado.

(ii) R (A∗) e fechado.

(iii) R (A) = N (A∗)⊥ .

(iv) R (A∗) = N (A)⊥ .

Prova. (i)⇔(iii) segue diretamente do Teorema 3.16, logo e suficiente provar a cadeia de implicacoes(i)⇒(iv)⇒(ii)⇒(i).(i)⇒(iv) Pelo Teorema 3.16, temos R (A∗) ⊂ N (A)⊥, logo resta apenas mostrar que N (A)⊥ ⊂ R (A∗). Sejaf ∈ N (A)⊥; vamos obter g ∈ F ∗ tal que A∗g = f . Defina um funcional linear g0 : R (A) −→ R por

g0 (Ax) = f (x)

para todo x ∈ E. g0 esta bem definido, porque se Ax1 = Ax2 entao x1 − x2 ∈ N (A), logo f (x1 − x2) = 0.Para ver que g0 e limitada, considere a restricao de contradomınio A : E −→ R (A); como R (A) e umsubespaco vetorial fechado de um espaco de Banach, ele tambem e um espaco de Banach e podemos aplicaro teorema da aplicacao aberta para concluir que existe r > 0 tal que

A (B1 (0)) ⊃ Br (0)R(A)


onde Br (0)R(A) denota a bola aberta de centro na origem e raio r no espaco de Banach R (A). Isso implicaque existe C > 0 tal que para todo y ∈ R (A) existe x ∈ E satisfazendo Ax = y e ‖x‖ 6 C ‖y‖. De fato, sey ∈ R (A), entao

r

2 ‖y‖y ∈ Br (0)R(A), logo existe z ∈ B1 (0) tal que

Az =r

2 ‖y‖y

e podemos tomar

x =2 ‖y‖

rz

de modo que Ax = y e ‖x‖ 6 r

2‖y‖. Daı,

|g0 (y)| = |g0 (Ax)| = |f (x)| 6 ‖f‖ ‖x‖ 6 C ‖f‖ ‖y‖ .

Portanto, pelo teorema de Hahn-Banach g0 pode ser estendida a um funcional g ∈ F ∗ com

〈A∗g, x〉 = 〈g,Ax〉 = 〈g0, 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) e denso em Z, o anulador de R (A) em Z so pode ser o funcional nulo.Defina S : E −→ Z por Sx = Ax (S e uma extensao do contradomınio de A). Observe que como A e fechada,pelo teorema do grafico fechado A e limitada e portanto S tambem e. Alem disso, R (S) = R (A), dondeR (S)⊥ = 0, como acabamos de observar. Mas, pelo Teorema 3.16, N (S∗) = R (S)⊥, portanto concluımosque S∗ e injetiva.

Agora vamos mostrar que R (S∗) = R (A∗). Seja g0 ∈ Z∗. Pelo teorema de Hahn-Banach, existe g ∈ F ∗

extensao de g0. Daı,〈A∗g, x〉 = 〈g, Ax〉 = 〈g, Sx〉 = 〈g0, Sx〉 = 〈S∗g0, x〉

para todo x ∈ E, o que mostra que S∗g0 ∈ R (A∗), ou seja, provamos que R (S∗) ⊂ R (A∗). Reciprocamente,se g ∈ F ∗, considere a restricao g0 = g|Z . Temos, de modo analogo,

〈S∗g0, x〉 = 〈g0, Sx〉 = 〈g, Sx〉 = 〈g, Ax〉 = 〈A∗g, x〉

para todo x ∈ E, donde R (A∗) ⊂ R (S∗). Por hipotese, temos entao que R (S∗) e fechado, portanto e umespaco de Banach, ja que e um subespaco vetorial fechado do espaco de Banach Z∗ (lembre-se que o dual deum espaco vetorial normado sempre e um espaco de Banach).

Obtemos entao que a restricao de contradomınio S∗ : Z∗ −→ R (S∗) e um operador linear contınuobijetivo. Pelo Corolario 3.7, a inversa (S∗)−1 existe e e contınua. Em particular, S∗ e limitada inferiormentee existe m > 0 tal que

‖S∗g0‖ > m ‖g0‖para todo g0 ∈ Z∗. O teorema anterior implica que R (S) = Z, logo R (A) = Z e portanto R (A) e fechado.¥Portanto, se R (A) e fechado (por exemplo, se A for limitado), uma condicao necessaria e suficiente para quey ∈ R (A) e que g (y) = 0 para todo g ∈ N (A∗).

3.4 Exercıcios

3.1 Seja T : E −→ F um operador linear limitado inferiormente tal que Im T e um subespaco fechado deF . Mostre que T−1 e um operador linear fechado.

3.2 Mostre que se a inversa de um operador linear fechado existir, entao ela tambem e um operador linearfechado.

3.3 Mostre que operador linear D : C1 ([0, 1]) −→ C ([0, 1]) definido por

Df = f ′

e fechado.

3.4 Seja

E =

f ∈ C ([0, 1]) : existe limt→0+

f (t)t

.

Defina uma aplicacao linear T : E −→ C ([0, 1]) por

Tf (t) =

f (t)t

se t 6= 0,

limt→0+

f (t)t

se t = 0.

Mostre que T e fechado.

3.5 Sejam E, F espacos de Banach e Tnn∈N ⊂ L (E, F ) tal que f (Tnx)n∈N e uma sequencia limitadapara todo x ∈ E e para todo f ∈ F ∗. Mostre que Tnn∈N e uniformemente limitada.

3.6 Se E,F sao espacos vetoriais normados, mostre que (E × F )∗ = E∗ × F ∗.

3.7 Considere o seguinte subespaco de `1:

F =

(xn)n∈N ∈ `1 :

∞∑n=1

n |xn| < ∞

a) Mostre que F e um subespaco vetorial proprio denso de `1, portanto F nao e um espaco deBanach.

b) Verifique que a aplicacao linear T : F −→ `1 definida por

T((xn)n∈N

)= (nxn)n∈N

e uma aplicacao fechada que nao e limitada.

c) Mostre que a inversa de T esta bem definida, e limitada, sobrejetiva, mas nao e aberta.

3.8 Sejam E, F espacos de Banach e T : E −→ F um operador linear limitado. Suponha que existam umespaco de Banach G e operadores lineares A : E −→ G e B : G −→ F tais que T = B A. Usando oteorema do grafico fechado, mostre que se B e limitado e injetivo, entao A e limitado.

3.9 Sejam E um espaco de Banach e F um espaco vetorial normado. Seja Tnn∈N ⊂ L (E, F ) uma sequenciade operadores lineares limitados tal que sup

n∈N‖Tn‖ = ∞. Mostre que existe um ponto x ∈ E tal que

supn∈N

‖Tnx‖ = ∞.


3.10 Sejam E, F espacos de Banach. Se T : E −→ F e uma aplicacao linear tal que f T ∈ E∗ para todof ∈ F ∗, mostre que T e limitada.

3.11 Sejam L,M subespacos vetoriais fechados de um espaco vetorial normado E. Mostre que se L 6= M ,entao L⊥ 6= M⊥.

3.12 Sejam E um espaco de Banach e F um subespaco vetorial proprio de E. Mostre que se T0 : F −→ `∞

e uma aplicacao linear limitada, entao T se estende a uma aplicacao linear limitada T : E −→ `∞ com‖T‖ = ‖T0‖.

3.13 Considere `∞ e suponha que ‖·‖ e outra norma em `∞ tal que (`∞, ‖·‖) tambem e um espaco deBanach. Se para cada i ∈ N a projecao na i-esima coordenada πi

((xn)n∈N

)= xi e contınua na norma

‖·‖, mostre que existe uma constante C > 0 tal que

‖x‖ 6 C ‖x‖`∞

para todo x ∈ `∞ (sugestao: use o teorema do grafico fechado). Conclua que as normas ‖·‖`∞ e ‖·‖sao equivalentes.

3.14 Mostre que a aplicacao identidade I :(C0 [0, 1] , L1

) −→ (C0 [0, 1] , L∞

)tem grafico fechado mas nao

e limitada.

Capıtulo 4

Espacos Reflexivos

4.1 Espacos Reflexivos

Seja E um espaco vetorial normado. Denote

(E∗)∗ = E∗∗.

E∗∗ e chamado o espaco bidual de E. Podemos definir um operador linear limitado canonico

J : E −→ E∗∗ (4.1)

da seguinte forma: para cada x ∈ E, o funcional linear limitado Jx : E∗ −→ R e dado por

(Jx) (f) = f (x) (4.2)

para todo f ∈ E∗. De fato, Jx e um funcional linear limitado em E∗ pois

|(Jx) (f)| = |f (x)| 6 ‖f‖ ‖x‖ = ‖x‖ ‖f‖ ,

ou seja,‖Jx‖ 6 ‖x‖ .

Alem disso, J e realmente uma isometria de E sobre sua imagem J (E). Com efeito, pelo teorema deHahn-Banach, para cada x ∈ X existe um funcional linear f0 ∈ E∗ tal que ‖f0‖ = 1 e f0 (x) = ‖x‖, logo

‖Jx‖ = sup‖f‖=1

|(Jx) (f)| > |(Jx) (f0)| = f0 (x) = ‖x‖ ,

portanto‖Jx‖ = ‖x‖ (4.3)

para todo x ∈ E. Em particular, J e injetivo. Se J for tambem sobrejetivo, dizemos que E e reflexivo.Isso implica que J e ao mesmo tempo um isomorfismo e uma isometria, em particular e um isomorfismotopologico. Como E∗∗ = (E∗)∗ e um espaco de Banach, segue que uma condicao necessaria para que umespaco vetorial normado seja reflexivo e que ele seja de Banach. Em vista disso, definimos

4.1 Definicao. Dizemos que um espaco de Banach E e reflexivo se o operador J : E −→ E∗∗ for umisomorfismo isometrico.

E importante saber que E e E∗∗ serem isometricamente isomorfos atraves de um isomorfimo isometricodiferente do operador J nao garante que E seja reflexivo, pois pode ocorrer que apesar disso o operador Jnao seja sobrejetivo (veja [James1] e [James2]).

Todo espaco vetorial normado de dimensao finita e reflexivo (veja Exercıcio 4.1). Existem importanteexemplos de espacos de Banach de dimensao infinita que nao sao reflexivos, como veremos mais tarde.

36


4.2 Teorema. Seja E um espaco reflexivo. Se F ⊂ E e um subespaco vetorial fechado, entao F e reflexivo.

Prova. Dado f∗ ∈ F ∗ temos que mostrar que existe x ∈ F tal que f∗ = Jx. Considere a submersaocontınua I : E∗ → F ∗ definida por

If = f |F .

Pelo teorema de Hahn-Banach a submersao e sobrejetiva, pois todo funcional linear limitado definido em Fse estende a um funcional linear limitado definido em E (obviamente ela nao e injetiva se F e um subespacoproprio de E). Esta submersao e contınua pois

‖If‖F∗ = supx∈F\0

|If (x)|‖x‖ = sup

x∈F\0

|f (x)|‖x‖ 6 sup

x∈E\0

|f (x)|‖x‖ = ‖f‖E∗ ,

logo

‖If‖ = supf∈E∗\0

‖If‖F∗

‖f‖E∗6 1.

Atraves desta submersao, f∗ induz um funcional linear g∗ ∈ E∗∗ quando definimos

g∗ (f) = (f∗ I) (f) = f∗ (f |F ) .

Como E e 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 e fechado podemos aplicar o teoremade Hahn-Banach para concluir que existe um funcional linear f0 que se anula em F tal que f0 (x) = 1 o quee uma contradicao, pois

f∗ (f0|F ) = 0

enquanto que(Jx) (f0) = f0 (x) = 1.

¥Um subespaco vetorial de um espaco reflexivo que nao e fechado obviamente nao pode ser reflexivo, ja quetodo espaco reflexivo e de Banach.

4.3 Proposicao. Se E e um espaco reflexivo e W e um subespaco vetorial de E∗, entao

(W⊥)⊥

= W.

Prova. Ja vimos na Proposicao 4.15 que(W⊥)⊥ ⊃ W . Suponha por absurdo que existe f0 ∈

(W⊥)⊥ tal que

f0 /∈ W . Pelo teorema de Hahn-Banach, existe f∗ ∈ E∗∗ tal que f∗ (f) = 0 para todo f ∈ W e f∗ (f0) 6= 0.Como E e reflexivo, existe x ∈ E tal que f∗ (f) = f (x) para todo f ∈ E∗. Em particular, f (x) = 0 paratodo f ∈ W , logo x ∈ W⊥. Mas entao f0 (x) = 0, pois f0 ∈

(W⊥)⊥, contradizendo f0 (x) = f∗ (f0) 6= 0. ¥

4.4 Teorema. Seja E um espaco de Banach. Entao E e um espaco reflexivo se e somente se E∗ for.

Prova. Suponha que E seja reflexivo. Sejam J : E −→ E∗∗ e J∗ : E∗ −→ E∗∗∗ as aplicacoes canonicas,isto e,

(Jx) (f) = f (x)

e(J∗f) (f∗) = f∗ (f) .


Seja f∗∗ ∈ E∗∗∗. Para provar que E∗ e reflexivo, precisamos encontrar f ∈ E∗ tal que f∗∗ = J∗f . Consideref := f∗∗ J ∈ E∗:

EJ−→ E∗∗ f∗∗−→ R.

Logo,f∗∗ (Jx) = f (x) = (Jx) (f)

para todo x ∈ E. Como E e reflexivo, para todo f∗ ∈ E∗∗ existe x ∈ E tal que f∗ = Jx. Substituindo naultima equacao acima, segue que

f∗∗ (f∗) = f∗ (f)

para todo f∗ ∈ E∗∗, ou seja,f∗∗ = J∗f.

Reciprocamente, suponha que E∗ e reflexivo. Para provar que E tambem e reflexivo, observamos emprimeiro lugar que porque E e um espaco de Banach, o subespaco vetorial R (J) e um subespaco fechado deE∗∗. De fato, como J e uma isometria, se Jxn → f∗ em E∗∗ entao em particular xn e uma sequencia deCauchy em E. Como E e um espaco de Banach, existe x ∈ E tal que xn → x em E. Logo, Jxn → Jx eportanto f∗ = Jx ∈ R (J).

Suponha por absurdo que R (J) 6= E∗∗. Seja f∗ ∈ E∗∗\R (J). Pelo teorema de Hahn-Banach, existef∗∗ ∈ E∗∗∗ tal que f∗∗ = 0 em R (J) e f∗∗ (f∗) 6= 0. Como E∗ e reflexivo, existe f ∈ E∗ tal que f∗∗ = J∗f. Daı, para todo x ∈ E vale

f (x) = (Jx) (f) = (J∗f) (Jx) = f∗∗ (Jx) = 0,

isto e, f e o funcional nulo. Mas

f∗ (f) = (J∗f) (f∗) = f∗∗ (f∗) 6= 0,

contradicao. ¥

4.2 Espacos Separaveis

Lembramos que um espaco topologico e separavel se ele possui um subconjunto denso enumeravel.

4.5 Teorema. Seja E um espaco vetorial normado. Se E∗ e separavel, entao E tambem e.

Prova. Seja fnn∈N um subconjunto enumeravel denso em E∗. Como

‖fn‖ = supx∈E‖x‖=1

|fn (x)| ,

podemos escolher para cada n um elemento xn ∈ E tal que ‖xn‖ = 1 e

|fn (xn)| > ‖fn‖2

.

SejaM = 〈x1, x2, . . .〉

o fecho do subespaco gerado pelo conjunto xnn∈N. Observe que M e separavel, pois o subconjunto dascombinacoes lineares dos xn com coeficientes racionais formam um subconjunto enumeravel denso em M .Afirmamos que M = E. De fato, se x0 ∈ E\M , pelo teorema de Hahn-Banach (Corolario 2.23) existef ∈ E∗ ∩M⊥ tal que ‖f‖ = 1 e f (x0) 6= 0. Em particular, f (xn) = 0 para todo n, logo

‖fn‖2

6 |fn (xn)| = |fn (xn)− f (xn)| 6 ‖fn − f‖ ‖xn‖ = ‖fn − f‖ ,

donde1 = ‖f‖ 6 ‖fn − f‖+ ‖fn‖ 6 3 ‖fn − f‖ ,

ou seja,

‖fn − f‖ > 13,

contradizendo o fato que fn e denso em E∗. ¥Vale a recıproca quando E e um espaco reflexivo:

4.6 Corolario. Se E e um espaco reflexivo separavel, entao E∗ tambem e.

Prova. Pela Proposicao 4.4 temos que E∗ e reflexivo. Para mostrar que E∗ e separavel, pelo teoremaanterior basta provar que E∗∗ e separavel. Seja xnn∈N um subconjunto enumeravel denso em E. Dadof∗ ∈ E∗∗, existe x ∈ E tal que Jx = f∗, e dado ε > 0 existe n ∈ N tal que ‖xn − x‖ < ε. Como J e umaisometria, segue que ‖Jxn − f∗‖ < ε. Vemos portanto que Jxnn∈N e um subconjunto enumeravel densoem E∗∗. ¥

4.3 Exemplo 1: Espacos `p

Os espacos `p (n) tem dimensao finita, logo sao reflexivos (veja o Exercıcio 4.1). Por outro lado, os espacos`p sao reflexivos se e somente se 1 < p < ∞, isto e, `1 e `∞ sao exemplos de espacos de Banach que nao saoespacos reflexivos. Vamos provar estes fatos, alem de alguns fatos auxiliares que por si so ja sao muito uteis.

4.7 Proposicao. `p sao espacos separaveis para 1 6 p < ∞.

Prova. Sejaen = (0, . . . , 0, 1

n, 0, . . .),

de modo que todo elemento x ∈ `p se escreve de maneira unica na forma

x =∞∑

n=1

xnen.

[Como veremos mais tarde, enn∈N e uma base de Schauder para `p.] Entao o conjunto de todas ascombinacoes lineares com coeficientes racionais dos en e um subconjunto enumeravel denso em `p.¥

4.8 Proposicao. `∞ nao e separavel.

Prova. Observe que em `∞, o fecho do subespaco gerado por enn∈N e apenas o subespaco `∞0 dassequencias convergentes para 0. Para ver que `∞ nao e enumeravel, considere o subconjunto nao-enumeravel0, 1ω ⊂ `∞ das sequencias cujos elementos sao apenas 0 ou 1 (uma tal sequencia tem norma 1 em `∞).Se x, y ∈ 0, 1ω e x 6= y, entao ‖x− y‖`∞ = 1, logo existe um numero nao-enumeravel de bolas com centronos pontos de 0, 1ω e raio 1/2 que nao se interceptam. ¥

4.9 Proposicao. Se 1 < p < ∞, entao(`p)∗ = `p′

no sentido que estes espacos sao isometricamente isomorfos.

Prova. Afirmamos que a aplicacao linear

Φ : `p′ −→ (`p)∗

y 7→ f (x) =∞∑

n=1

xnyn.


e um isomorfismo isometrico. Pela desigualdade de Holder temos

|f (x)| 6∞∑

n=1

|xnyn| 6 ‖y‖`p′ ‖x‖`p ,

de modo que f ∈ (`p)∗ e‖f‖(`p)∗ 6 ‖y‖`p′ , (4.4)

logo Φ e contınua.Agora exibiremos a inversa de Φ e mostraremos que ela tambem e contınua. Ja vimos que todo elemento

x ∈ `p se escreve de maneira unica na forma

x =∞∑

n=1

xnen.

Entao, dado f ∈ (`p)∗, por continuidade temos

f (x) =∞∑

n=1

xnf (en) .

De fato, se para cada k ∈ N denotamos

zk =k∑

n=1

xnen,

por linearidade temos

f (zk) =k∑

n=1

xnf (en) .

de modo que

f (x) = f

(lim

k→∞zk

)= lim

k→∞f (zk) = lim

k→∞

k∑n=1

xnf (en) =∞∑

n=1

xnf (en) .

Notando que f (en) = (Φy) (en) = yn, vemos agora que a inversa de Φ e dada por

Ψ : (`p)∗ −→ `p′

f 7→ (f (en))n∈N

Para mostrar que Ψ esta de fato bem definida e e contınua, defina zk ∈ `p por

z(i)k =

|f (ei)|p′

f (ei)se i 6 k e f (ei) 6= 0,

0 se i > k ou f (ei) = 0,

de modo que

f (zk) =k∑

n=1

|f (en)|p′ .

Temos

|f (zk)| 6 ‖f‖ ‖zk‖ = ‖f‖(

k∑n=1

|f (en)|(p′−1)p

)1/p

= ‖f‖(

k∑n=1

|f (en)|p′)1/p

,

ja que p = p′/ (p′ − 1), logo

k∑n=1

|f (en)|p′ = f (zk) = |f (zk)| 6 ‖f‖(`p)∗

(k∑

n=1

|f (en)|p′)1/p

,

donde (k∑

n=1

|f (en)|p′)1/p′

6 ‖f‖(`p)∗ .

Tomando o limite quando k →∞, segue que

‖(f (en))‖`p′ 6 ‖f‖(`p)∗ , (4.5)

ou seja, a inversa Ψ tambem esta bem definida e e contınua.Juntando as desigualdades (4.5) e (4.4) vemos que Φ e uma isometria. ¥

4.10 Proposicao. `p e um espaco reflexivo se 1 < p < ∞.

Prova. Embora a aplicacao do resultado anterior duas vezes produza

(`p)∗∗ =(`p′

)∗= `p,

isso por si so nao prova a reflexividade de `p, pois, como ja observamos antes, a existencia de um isomorfismoisometrico arbitrario nao garante a sobrejetividade da aplicacao canonica J . No entanto, como vimos nademonstracao da proposicao anterior, como (`p)∗ = `p′ , a cada g ∈ (`p)∗∗ corresponde um funcional g ∈(`p′

)∗tal que g (f) = g (y), onde

f (x) =∞∑

n=1

xnyn

para todo x ∈ `p. Analogamente, como(`p′

)∗= `p, a cada g ∈

(`p′

)∗corresponde um elemento x ∈ `p tal

que

g (y) =∞∑

n=1

xnyn

para todo y ∈ `p′ . Portanto,

g (f) = g (y) =∞∑

n=1

xnyn = f (x) = (Jx) (f) .

¥

4.11 Proposicao. (`1

)∗= `∞


Prova. Como na demonstracao do resultado anterior, mostraremos que a aplicacao linear

Φ : `∞ −→ (`1

)∗

y 7→ f (x) =∞∑

n=1

xnyn.

e um isomorfismo isometrico. Pela desigualdade de Holder temos

|f (x)| 6∞∑

n=1

|xnyn| 6 ‖y‖`∞ ‖x‖`1 ,

de modo que f ∈ (`1

)∗ e‖f‖(`1)∗ 6 ‖y‖`∞ , (4.6)

logo Φ e contınua.A inversa de Φ, como na demonstracao do teorema anterior e dada por

Ψ :(`1

)∗ −→ `∞

f 7→ (f (en))n∈N

Como ‖en‖`1 = 1, temos|f (en)| 6 ‖f‖(`1)∗ ‖en‖`1 = ‖f‖(`1)∗ ,

de modo que Ψ esta bem definida e

‖(f (en))‖`∞ = supn∈N

|f (en)| 6 ‖f‖(`p)∗ . (4.7)

(4.6) e (4.7) provam que Φ e uma isometria. ¥

4.12 Proposicao.(`∞)∗ 6= `1.

Prova. Se tivessemos (`∞)∗ = `1, como `1 e separavel, `∞ tambem seria pelo Teorema 4.5, contradizendoa Proposicao 4.8. ¥

4.13 Corolario. `1 e `∞ nao sao reflexivos.

Prova. Como `1 e separavel, enquanto que o seu dual e isometricamente isomorfo a `∞, que nao e separavel,segue do Corolario 4.6 que `1 nao e reflexivo. Consequentemente, pelo Teorema 4.4, seu dual tambem naopode ser reflexivo, ou seja, `∞ nao e reflexivo. ¥Veja tambem o Exercıcio 4.5 para uma demonstracao alternativa.

4.4 Espacos Uniformemente Convexos

4.14 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que E e uniformemente convexo se paratodo ε > 0 existe δ > 0 tal que para todos x, y ∈ E que satisfazem ‖x‖ , ‖y‖ 6 1 e ‖x− y‖ > ε vale

∥∥∥∥x + y

2

∥∥∥∥ < 1− δ.

E importante ressaltar que a propriedade de ser uniformemente convexo e uma propriedade da norma: podemexistir duas normas equivalentes tais que em relacao a uma delas o espaco e uniformemente convexo, masnao em relacao a outra. Mais especificamente, convexidade uniforme e uma propriedade da bola unitaria:em um espaco uniformemente convexo a bola unitaria e “bem redonda”.

Note que o ε na definicao de convexidade uniforme satisfaz

4.15 Exemplo. `2 (n), ou seja, Rn com a norma euclideana, e uniformemente convexo, ao passo que `1 (n),ou seja, Rn com a norma da soma, nao e uniformemente convexo. Isso fica bastante claro quando seolha para as bolas unitarias em cada um destes espacos (para n = 2).

De fato, para ver que `1 (n) nao e uniformemente convexo, tome x = e1 e y = e2, de modo que‖x‖ = ‖y‖ = 1, ‖x− y‖ = 2 enquanto que

∥∥∥∥x + y

2

∥∥∥∥ = 1.

Para ver que `2 (n) e uniformemente convexo, usamos a identidade do paralelogramo:

‖x + y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2

).

Assim, se ‖x‖ , ‖y‖ 6 1 e ‖x− y‖ > ε, entao

∥∥∥∥x + y

2

∥∥∥∥2

=14‖x + y‖2 =

12

(‖x‖2 + ‖y‖2

)− 1

4‖x− y‖2

< 1− ε2

4,

de modo que ∥∥∥∥x + y

2

∥∥∥∥ < 1− δ

para δ = 1−(

1− ε2

4

)1/2

> 0 pois ε < ‖x− y‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖ 6 2. ¤

4.16 Teorema. Se E e um espaco de Banach uniformemente convexo, entao E e reflexivo.

Prova. A demonstracao deste resultado requer o conhecimentos da topologia fraca e fica adiada para oproximo capıtulo. ¥Este resultado e surpreendente, ja que uma propriedade geometrica (a de ser uniformemente convexo) implicauma propriedade topologica (a de ser reflexivo). Ela pode ser usada para provar que certos espacos saoreflexivos. Por outro lado, existem espacos reflexivos que nao possuem nenhuma norma em relacao a qualeles sao uniformemente convexos [Day].

4.5 Exemplo 2: Espacos Lp (Ω)

Nesta secao consideraremos sempre Ω ⊂ RN aberto. Dado um conjunto A, denotaremos por χA a funcaocaracterıstica de A, isto e,

χA (x) =

1 se x ∈ A,0 caso contrario.

Denotaremos por Cc (Ω) o conjunto das funcoes contınuas com suporte compacto em Ω.

4.17 Lema. Cc (Ω) e denso em Lp (Ω) para 1 6 p < ∞.

Prova. Primeiro Passo. O conjunto das funcoes em Lp (Ω) com suporte compacto e denso em Lp (Ω) .Seja

Ωn =

x ∈ Ω : dist(x,RN\Ω)

>1n

e |x| < n

,

de modo que Ωn e aberto, Ωn e compacto, Ωn ⊂ Ωn+1 e Ω = ∪Ωn. Dado f ∈ Lp (Ω), defina

fn = fχΩn.

Do teorema da convergencia dominada segue que

fn → f em Lp (Ω) ,

pois fn (x) → f (x) para todo x ∈ Ω (de fato, fn (x) = f (x) para todo n suficientemente grande) e‖fn − f‖Lp(Ω) 6 2p ‖f‖Lp(Ω).Segundo Passo.

Usando o passo anterior, dado ε > 0 e f ∈ Lp (Ω) existe g ∈ Lp (Ω) com suporte compacto em Ω tal que

‖f − g‖Lp(Ω) 6 ε

2.

Por definicao de integral, existe uma funcao simples de suporte compacto (contido no suporte de g)

ϕ =n∑

i=1

aiχEi ∈ Lp (Ω)

tal que‖g − ϕ‖Lp(Ω) 6 ε

4.

Fixado i, existem um aberto Ui e um fechado Fi tal que Fi ⊂ Ei ⊂ Ui e

|Ui\Fi| <(

ε

4kai

)p

.

De fato, isso vale para qualquer conjunto mensuravel E: dado δ > 0, escolha um aberto W tal que RN\E ⊂ We

∣∣W\ (RN\E)∣∣ < δ/2; tome F = RN\W e um aberto U tal que E ⊂ U e |E\U | < δ/2. Como

U\F = U\E ∪W\ (RN\E)

e esta uniao e disjunta, segue que

|U\F | = |U\E|+∣∣W\ (

RN\E)∣∣ < δ.

Agora, defina a funcao de Urysohn

hi (x) =dist

(x,RN\Ui

)

dist (x,RN\Ui) + dist (x, Fi).

Entao hi e uma funcao contınua (pois seu denominador nunca se anula) que satisfaz 0 6 hi 6 1 e

hi (x) =

0 se x ∈ RN\Ui,1 se x ∈ Fi.

Em particular, o suporte de hi e compacto. Seja

h =n∑

i=1

aihi ∈ Cc (Ω) .

Temos

‖ϕ− h‖Lp(Ω) 6n∑

i=1

ai ‖χEi− hi‖Lp(Ω) 6

n∑

i=1

ai ‖χEi− hi‖Lp(Ui\Fi)

6n∑

i=1

ai ‖1‖Lp(Ui\Fi)=

n∑

i=1

ai |Ui\Fi|1/p

<ε

4,

pois χEi − hi = 0 em Fi ou em RN\Ui e |χEi − hi| 6 1 em Ui\Fi. Portanto,

‖f − h‖Lp(Ω) 6 ‖f − g‖Lp(Ω) + ‖g − ϕ‖Lp(Ω) + ‖ϕ− h‖Lp(Ω) < ε.

¥De agora em diante, denotaremos os espacos Lp (Ω) simplesmente por Lp.

4.18 Proposicao. Lp sao espacos separaveis para 1 6 p < ∞.

Prova. Seja Ωn como no lema anterior. Denote por P o conjunto enumeravel das funcoes polinomiais emRN com coeficientes racionais e considere

Pn = pχΩn : p ∈ P .

Dados f ∈ Lp e ε > 0, existe uma funcao contınua de suporte compacto g tal que ‖f − g‖Lp < ε/2. Seja ntal que

1n

< dist(supp g,RN\Ω)

,

o que garante supp g ⊂ Ωn. Pelo teorema de aproximacao de Weierstrass, existe p ∈ Pn tal que

‖g − p‖L∞ <ε

21

|Ωn|1/p.

Daı

‖f − p‖Lp 6 ‖f − g‖Lp + ‖g − p‖L∞

<ε

2+

(∫

Ωn

|g − p|p)1/p

<ε

2+

ε

21

|Ωn|1/p

(∫

Ωn

1)1/p

= ε.

¥

4.19 Proposicao. L∞ nao e separavel.

Prova. Dado x ∈ Ω, existe εx > 0 tal que Bεx (x) ⊂ Ω. Denote ux = χBεx (x) e considere as bolas

Bx = f ∈ L∞ : ‖f − ux‖L∞ < 1/2 .

Observe que se x 6= y entao Bx ∩ By = ∅. Com efeito, se x 6= y, entao existe z ∈ Bx\By e w ∈ By\Bx

de modo que ‖ux − uy‖L∞ = 1. Portanto, obtivemos um numero nao-enumeravel de bolas com centro nospontos ux, x ∈ Ω, que nao se interceptam. ¥

4.20 Lema. (Desigualdades de Clarkson) Sejam f, g ∈ Lp, 1 2, entao∥∥∥∥

f + g

2

∥∥∥∥p

Lp

+∥∥∥∥

f − g

2

∥∥∥∥p

Lp

6 12

(‖f‖pLp + ‖g‖p

Lp) , (4.8)

∥∥∥∥f + g

2

∥∥∥∥p′

Lp

+∥∥∥∥

f − g

2

∥∥∥∥p′

Lp

> 12p′−1


Lp)p′−1. (4.9)

Se 1 12


Lp) . (4.11)

Prova. Demonstracao da Primeira Desigualdade de Clarkson (4.8).Seja p > 2. Para provar (4.8), basta verificar

∣∣∣∣a + b

2

∣∣∣∣p

+∣∣∣∣a− b

2

∣∣∣∣p

6 12

(|a|p + |b|p) (4.12)

para todos a, b ∈ R e integrar esta desigualdade sobre Ω. Para isso, o ponto de partida e a desigualdade

αp + βp 6(α2 + β2

)p/2(4.13)

para todos α, β > 0, tomando α =a + b

2e β =

a− b

2. De fato,

∣∣∣∣a + b

2

∣∣∣∣p

+∣∣∣∣a− b

2

∣∣∣∣p

6(∣∣∣∣

a + b

2

∣∣∣∣2

+∣∣∣∣a− b

2

∣∣∣∣2)p/2

=(

a2

2+

b2

2

)p/2

6 |a|p2

+|b|p2

,

onde a ultima desigualdade decorre da convexidade (concavidade para cima) da funcao t 7→ tq quando q > 1.Para verificar a desigualdade (4.13), tomando t = α/β (o caso β = 0 e trivial) vemos que ela e equivalente amostrar que a funcao f (t) =

(t2 + 1

)p/2 − tp − 1 e crescente para todo t > 0, ja que f (0) = 0. Isso segue de

f ′ (t) = pt(t2 + 1

) p−22 − ptp−1 = pt

[(t2 + 1

) p−22 − (

t2) p−2

2

]> 0

para todo t ∈ R.Demonstracao da Segunda Desigualdade de Clarkson (4.10).

Seja agora 1 < p 6 2. A demonstracao de (4.10) e mais difıcil. Primeiro verificamos a desigualdade∣∣∣∣a + b

2

∣∣∣∣p′

+∣∣∣∣a− b

2

∣∣∣∣p′

6 12p′−1

(|a|p + |b|p)p′−1. (4.14)

Esta desigualdade e equivalente a desigualdade∣∣∣∣1 + t

2

∣∣∣∣p′

+∣∣∣∣1− t

2

∣∣∣∣p′

6 12p′−1

(1 + tp)p′−1. (4.15)

para 0 6 t 6 1. Para uma demonstracao desta ultima, veja ([Adams]), Lema 2.26.Em seguida, verificamos a desigualdade de Minkowski reversa. Ela decorre da desigualdade de Holder

reversa.Desigualdade de Holder reversa. Seja 0 (∫

Ω

|f |p)1/p (∫

Ω

|g|p′)1/p′

. (4.16)

Prova da Desigualdade de Holder reversa: Podemos assumir fg ∈ L1 (Ω), caso contrario o ladoesquerdo da desigualdade de Holder reversa e infinito e a desigualdade e valida. Tome φ = |g|−p e ψ = |fg|p,de modo que φψ = |f |p. Temos que ψ ∈ Lq para q = 1/p > 1, donde φ ∈ Lq′ , pois

q′ =q

q − 1=

1p

1p − 1

=p

p (1− p)= − p

p (p− 1)= −p′

p.

Logo, pela desigualdade de Holder,∫

Ω

|f |p =∫

Ω

φψ 6 ‖ψ‖Lq ‖φ‖Lq′ =(∫

Ω

|fg|)p (∫

Ω

|g|p′)1−p

,

donde segue (4.16).Desigualdade de Minkowski reversa. Seja 0 ‖f‖p + ‖g‖p . (4.17)

Prova da Desigualdade de Minkowski reversa: Se f = g = 0, a desigualdade e trivial, caso contrarioo lado esquerdo da desigualdade e positivo. Aplicando a desigualdade de Holder reversa, obtemos

‖|f |+ |g|‖pp =

∫

Ω

(|f |+ |g|)p−1 (|f |+ |g|)

=∫

Ω

(|f |+ |g|)p−1 |f |+∫

Ω

(|f |+ |g|)p−1 |g|

>(∫

Ω

(|f |+ |g|)(p−1)p′)1/p′

‖f‖p +(∫

Ω

(|f |+ |g|)(p−1)p′)1/p′

‖g‖p

= ‖|f |+ |g|‖p/p′

p

(‖f‖p + ‖g‖p

),

donde segue (4.17).Retornando a demonstracao da segunda desigualdade de Clarkson, pela desigualdade de Holder reversa

com o expoente p− 1 < 1, temos∥∥∥∥

f + g

2

∥∥∥∥p′

Lp

+∥∥∥∥

f − g

2

∥∥∥∥p′

Lp

=

∥∥∥∥∥∣∣∣∣f + g

2

∣∣∣∣p′

∥∥∥∥∥Lp−1

+

∥∥∥∥∥∣∣∣∣f − g

2

∣∣∣∣p′

∥∥∥∥∥Lp−1

6

∫

Ω

(∣∣∣∣f + g

2

∣∣∣∣p′

+∣∣∣∣f − g

2

∣∣∣∣p′

)p−1

1/(p−1)

,

de modo que ao aplicarmos (4.14), observando que p′ − 1 = 1/ (p− 1), obtemos

∥∥∥∥f + g

2

∥∥∥∥p′

Lp

+∥∥∥∥

f − g

2

∥∥∥∥p′

Lp

6[∫

Ω

(1

2p′−1(|f |p + |g|p)p′−1

)p−1]1/(p−1)

=[∫

Ω

12

(|f |p + |g|p)]1/(p−1)

=1

2p′−1(‖f‖p

Lp + ‖g‖pLp)p′−1

.

Para uma demonstracao das desigualdades (4.9) e (4.11), consulte [Adams]. ¥

4.21 Teorema. Lp e um espaco uniformemente convexo se 1 ε. Se p > 2, a primeira desigualdadede Clarkson (4.8) produz

∥∥∥∥f + g

2

∥∥∥∥p

Lp

6 12


Lp)−∥∥∥∥

f − g

2

∥∥∥∥p

Lp

6 1− εp

2p,

logo ∥∥∥∥f + g

2

∥∥∥∥Lp

< 1− δ

para δ = 1−(

1− εp

2p

)1/p

> 0. Se 1 < p 6 2, a segunda desigualdade de Clarkson (4.10) da

∥∥∥∥f + g

2

∥∥∥∥p′

Lp

6 12p′−1


Lp)p′−1 −∥∥∥∥

f − g

2

∥∥∥∥p′

Lp

6 1− εp′

2p′ ,

logo ∥∥∥∥f + g

2

∥∥∥∥Lp

< 1− δ

para δ = 1−(

1− εp′

2p′

)1/p′

> 0. ¥

4.22 Corolario. Lp e um espaco reflexivo se 1 < p < ∞.

4.23 Teorema. (Teorema da Representacao de Riesz) Seja 1 < p < ∞. Dado f ∈ (Lp)∗ existe um unicog ∈ Lp′ tal que

F (f) =∫

Ω

fg

para todo f ∈ Lp. Alem disso,‖F‖(Lp)∗ = ‖g‖Lp′ .

Em particular,(Lp)∗ = Lp′


Prova. Apesar deste teorema poder ser provado diretamente atraves do teorema de Radon-Nikodym dateoria da medida, daremos uma demonstracao usando Analise Funcional como em [Brezis] (uma demon-stracao mais elementar usando a convexidade uniforme de Lp e um argumento variacional pode ser vista em[Adams]).

Defina o operador T : Lp′ −→ (Lp)∗ por

〈Tg, f〉 =∫

Ω

fg

para todo f ∈ Lp. De fato, pela desigualdade de Holder Tg ∈ (Lp)∗

|〈Tg, f〉| 6 ‖g‖Lp′ ‖f‖Lp

e‖Tg‖(Lp)∗ 6 ‖g‖Lp′ .

Alem disso, escolhendo

f0 (x) =|g (x)|p′−2

g (x) se g (x) 6= 0,0 se g (x) = 0,

temos que|f0 (x)|p = |g (x)|(p′−1)p = |g (x)|p′ ,

de modo que f0 ∈ Lp e

‖Tg‖(Lp)∗ = supf∈Lp\0

|〈Tg, f〉|‖f‖Lp

> |〈Tg, f0〉|‖f0‖Lp

=

∫Ω

f0g(∫Ω|f0|p

)1/p=

∫Ω|g|p′

(∫Ω|g|p′

)1/p= ‖g‖Lp′ .

Portanto,‖Tg‖(Lp)∗ = ‖g‖Lp′

e para provar o teorema basta provar que T e sobrejetivo. Seja L = T(Lp′

). Entao L e um subespaco

fechado de (Lp)∗ porque Lp′ e um espaco de Banach. Suponha por absurdo que L $ T(Lp′

). Pelo teorema

de Hahn-Banach existe um funcional F ∗ ∈ (Lp)∗∗ tal que F ∗ se anula em L, mas F ∗ 6= 0. Por outro lado,usando o fato que Lp e reflexivo, de modo que (Lp)∗∗ = Lp, existe f ∈ Lp tal que

F ∗ (F ) = (Jf) (F ) = F (f)

para todo F ∈ (Lp)∗. Em particular, se F ∈ L = T(Lp′

)vale o teorema de representacao de Riesz, de

modo que nos temos

0 = F ∗ (F ) =∫

Ω

fg

para todo g ∈ Lp′ . Tomando

g (x) =|f (x)|p−2

f (x) se f (x) 6= 0,0 se f (x) = 0,

segue que ∫

Ω

|f (x)|p = 0

e f = 0, ou seja, F ∗ e o funcional nulo, contradicao. ¥O teorema da representacao de Riesz implica a reflexividade dos espacos Lp, semelhante a demonstracao

da Proposicao 4.10 (o que e relevante quando levamos em conta o fato que o teorema da representacao deRiesz pode ser demonstrado sem usar o fato que Lp e reflexivo):

4.24 Corolario. Lp e um espaco reflexivo se 1 < p < ∞.

Prova. Como (Lp)∗ = Lp′ , a cada G ∈ (Lp)∗∗ corresponde um funcional G ∈(Lp′

)∗tal que G (F ) = G (f),

ondeF (f) =

∫

Ω

fg

para todo f ∈ Lp. Analogamente, como(Lp′

)∗= Lp, a cada G ∈

(Lp′

)∗corresponde um elemento f ∈ Lp

tal que

G (g) =∫

Ω

fg

para todo g ∈ Lp′ . Portanto,

G (F ) = G (f) =∫

Ω

fg = F (f) = (Jf) (F ) .

¥

4.25 Proposicao. (Teorema da Representacao de Riesz) Dado F ∈ (L1

)∗ existe um unico g ∈ L∞ tal que

F (f) =∫

Ω

fg

para todo f ∈ L1. Alem disso,‖F‖(L1)∗ = ‖g‖L∞ .

Em particular, (L1

)∗= L∞.


Prova. Se F = 0, podemos tomar g = 0. Assuma portanto F 6= 0.Caso 1. Ω tem medida finita.

Como |Ω| < ∞, vale a inclusao Lp (Ω) ⊂ L1 (Ω) para todo 1 < p < ∞. De fato, pela desigualdade deHolder, se f ∈ Lp (Ω) temos que

‖f‖L1 =∫

Ω

|f | =∫

Ω

|f | · 1

6 ‖f‖Lp ‖1‖Lp′ =(∫

Ω

1)1/p′

‖f‖Lp

= |Ω|1/p′ ‖f‖Lp .

Daı,

|F (f)| 6 ‖F‖(L1)∗ ‖f‖L1 6(‖F‖(L1)∗ |Ω|

1/p′)‖f‖Lp ,

o que implica que F ∈ (Lp)∗ para todo 1 < p < ∞ e

‖F‖(Lp)∗ 6 ‖F‖(L1)∗ |Ω|1/p′

.

Pelo teorema de representacao de Riesz, existe gp ∈ Lp′ tal que

F (f) =∫

Ω

fgp

para todo f ∈ Lp e tal que

‖gp‖Lp′ 6 ‖F‖(L1)∗ |Ω|1/p′

.

Como Cc (Ω) e denso em Lp para todo 1 < p < ∞ e portanto para todo f ∈ Cc (Ω), para todos 1 < p, q < ∞vale ∫

Ω

fgp = F (f) =∫

Ω

fgq,

segue quegp = gq.

Podemos entao denotar gp simplesmente por uma funcao g ∈ Lp para todo 1 < p < ∞. Segue que

‖g‖L∞ = limp′→∞

‖g‖Lp′ 6 ‖F‖(L1)∗ limp′→∞

|Ω|1/p′= ‖F‖(L1)∗ .

Em particular g ∈ L∞ e como

F (f) =∫

Ω

fg

para todo f ∈ Cc (Ω) e Cc (Ω) e denso em L1, segue que

F (f) =∫

Ω

fg

para todo f ∈ L1. Para terminar a demonstrar deste caso, resta apenas mostrar que

‖g‖L∞ > ‖F‖(L1)∗ .

Isso segue direto da formula de representacao e da desigualdade de Holder:

‖F‖(L1)∗ = supf∈L1\0

|F (f)|‖f‖L1

= supf∈L1\0

∣∣∫Ω

fg∣∣

‖f‖L1

6 supf∈L1\0

‖f‖L1 ‖g‖L∞

‖f‖L1

= ‖g‖L∞ .

Caso 2. Ω tem medida infinita.Escreva Ω = ∪Ωn, onde Ωn = x ∈ Ω : n− 1 6 |x| < n tem medida finita e os conjuntos Ωn sao dois a

dois disjuntos. Se fn ∈ L1 (Ωn), seja

fn (x) =

fn (x) se x ∈ Ωn,0 se x ∈ RN\Ωn

a extensao de fn que e 0 fora de Ωn. Defina

Fn (fn) := F(fn

).

Entao Fn ∈[L1 (Ωn)

]∗ e ‖Fn‖[L1(Ωn)]∗ 6 ‖F‖[L1(Ω)]∗ , pois

|Fn (fn)| =∣∣∣F

(fn

)∣∣∣ 6 ‖F‖[L1(Ω)]∗

∥∥∥fn

∥∥∥L1(Ω)

= ‖F‖[L1(Ω)]∗ ‖fn‖L1(Ωn) .

Pelo caso anterior, existe gn ∈ L1 (Ωn) tal que ‖gn‖L∞ 6 ‖F‖[L1(Ω)]∗ e

Fn (fn) =∫

Ωn

fngn =∫

Ω

fng

para todo fn ∈ L1 (Ωn), ondeg (x) := gn (x) se x ∈ Ωn.


Se f ∈ L1 (Ω), podemos escrever

f =∞∑

n=1

fχΩn,

pois pelo teorema da convergencia dominada esta serie converge em L1 (Ω). Daı, como

F

(k∑

n=1

fχΩn

)=

k∑n=1

F (fχΩn) =k∑

n=1

Fn (fχΩn) =k∑

n=1

∫

Ω

(fχΩn) g =∫

Ω

(k∑

n=1

fχΩn

)g,

passando o limite quando k →∞ atraves do teorema da convergencia dominada concluımos que

F (f) =∫

Ω

fg.

Como no caso anterior, a formula de representacao juntamente com a desigualdade de Holder pode ser usadapara provar que ‖F‖(L1)∗ = ‖g‖L∞ . ¥

4.26 Proposicao.(L∞)∗ 6= L1.

Prova. A demonstracao e identica a da Proposicao 4.12. ¥

4.27 Corolario. L1 e L∞ nao sao reflexivos.

Prova. A demonstracao e identica a do Corolario 4.13. ¥

4.6 Exercıcios

4.1 Mostre que todo espaco vetorial de dimensao finita e reflexivo.

4.2 Sejam E,F espacos topologicamente isomorfos. Mostre que E e reflexivo se e somente se F e reflexivo.

4.3 Sejam E, F espacos de Banach, com E reflexivo. Mostre que se existe um operador linear limitadoA : E −→ F tal que R (A) = F , entao F tambem e reflexivo.

4.4 Prove que todo subespaco vetorial de um espaco vetorial normado separavel e separavel.

4.5 Seja E um espaco reflexivo. Mostre que se f ∈ E∗, entao existe x 6= 0 tal que

f (x) = ‖f‖ ‖x‖ .

4.6 Utilizando o exercıcio anterior e o funcional sugerido, mostre que os espacos a seguir nao sao reflexivos:

a) C0 ([−1, 1]) ; funcional sugerido: F : C0 ([−1, 1]) −→ R definido por

F (f) =∫ 0

−1

f −∫ 1

0

f.

b) `1;funcional sugerido: f : `1 −→ R definido por

f (x) =∞∑

n=1

(1− 1

n

)xn.

c) `∞0 = x ∈ `∞ : lim xn = 0 ;funcional sugerido: f : `∞0 −→ R definido por

f (x) =∞∑

n=1

xn

2n+1.

4.7 Prove que C0 [a, b] nao e reflexivo.

4.8 Para que valores de p `p (n) e uniformemente convexo?

4.9 Prove que `p e uniformemente convexo se e somente se 1 < p < ∞.

4.10 Sejam 1 6 p < q < r 6 ∞.

a) Mostre que Lp ∩ Lr e um espaco de Banach com a norma ‖f‖ = ‖f‖Lp + ‖f‖Lr . Por queLp ∩ Lr 6= ∅?

b) Prove a seguinte desigualdade de interpolacao:

‖f‖Lq 6 ‖f‖λLp ‖f‖1−λ

Lr ,

onde1q

=λ

p+

1− λ

r.

c) Conclua que vale a inclusao Lp ∩ Lr → Lq e que ela e contınua.

Capıtulo 5

Topologia Fraca e Topologia Fraca*

5.1 Topologia Fraca

Dado um conjunto de funcoes fλλ∈Λ de um conjunto X para um espaco topologico Y , a topologia T maisgrosseira (ou menos fina) para X e aquela com o numero mınimo de abertos que tornam todas as funcoes fλ

contınuas. Ela e evidentemente a topologia que tem como sub-base a colecaof−1

λ (V ) : V e aberto em Y e λ ∈ Λ.

5.1 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. A topologia fraca sobre E e a topologia menos finatal que todos os funcionais lineares f ∈ E∗ sao contınuos.

Denotando a topologia fraca de E por TW e a topologia da metrica por T, segue imediatamente da definicaode topologia fraca que TW ⊂ T. A topologia fraca em geral tem menos abertos que a topologia da metrica,logo tem a chance de ter mais compactos.

5.2 Proposicao. Um espaco vetorial normado E sob a topologia fraca e um espaco de Hausdorff.

Prova. Se x, y ∈ E com x 6= y, pelo teorema de Hahn-Banach existe f ∈ E∗ tal que f (x− y) = ‖x− y‖. Emparticular, f (x) 6= f (y) e se α ∈ R e tal que f (x) < α < f (y), entao os abertos f−1 (−∞, α) e f−1 (α,∞)separam x e y. ¥

5.3 Proposicao. Seja E espaco vetorial normado e x0 ∈ E. Um sistema fundamental de vizinhancas emx0 na topologia fraca consiste de todos os conjuntos da forma

V = x ∈ E : |fi (x)− fi (x0)| < ε, f1, . . . , fn ∈ E∗ .

Prova. Se U e um aberto contendo x0, entao existe um elemento-basen⋂

i=1

f−1i (Vi) ⊂ U contendo x0, com

V1, . . . , Vn abertos em R. Se fi (x0) = ai, temos que existe ε > 0 tal que (ai − ε, ai + ε) ⊂ Vi, logo tomando

V =n⋂

i=1

f−1i (ai − ε, ai + ε) ,

segue que V ⊂ U . ¥

5.4 Proposicao. Seja E um espaco vetorial normado de dimensao finita. Entao a topologia fraca de Ecoincide com a topologia da metrica.

54

Prova. Ja sabemos que TW ⊂ T, qualquer que seja o espaco vetorial normado E. No caso de um espacovetorial normado de dimensao finita, vale a recıproca. De fato, seja U ⊂ E um aberto na topologia dametrica. Dado x0 ∈ U , vamos obter uma vizinhanca aberta fraca V ⊂ U contendo x0. Dada uma baseB = e1, . . . , eN para E, escolha a norma da soma em relacao a esta base (todas as normas sao equivalentesem um espaco vetorial normado de dimensao finita) e seja Bε (x0) ⊂ U . As projecoes fi : E −→ R sobre ai-esima coordenada definidas por

fi

(N∑

i=1

xiei

)= xi

sao funcionais lineares contınuos e

N∑

i=1

|fi (x)− fi (x0)| =N∑

i=1

|xi − (x0)i| < ε para todo x ∈ Bε (x0) ,

de modo queV = x ∈ E : |fi (x)− fi (x0)| < ε, 1 6 i 6 N

e uma vizinhanca aberta fraca contendo x0 que satisfaz V ⊂ U . Portanto T ⊂ TW . ¥Se E e um espaco vetorial normado de dimensao infinita, a topologia fraca e estritamente mais grosseira(estritamente menos fina) que a topologia da metrica, como veremos daqui a pouco. Esta ultima e tambemchamada topologia forte, quando comparada com a primeira.

Como a topologia forte T contem a topologia fraca TW , por definicao, segue em particular que os conjuntosque sao fechados na topologia fraca tambem sao fechados na topologia usual. A recıproca e falsa para espacosde dimensao infinita, como veremos a seguir. No entanto, para conjuntos convexos as duas nocoes coincidem(este e o nosso primeiro exemplo de como a topologia fraca se comporta bem em conjuntos convexos):

5.5 Proposicao. Seja E um espaco vetorial normado e C ⊂ E um conjunto convexo. Entao C e fechadona topologia fraca se e somente se C e fechado na topologia forte.

Prova. Suponha que C e fortemente fechado. Seja x0 /∈ C. De acordo com o teorema de Hahn-Banach,primeira forma geometrica, existem f ∈ E∗ e α ∈ R tais que

f (x0) < α < f (y)

para todo y ∈ C. Entao V = f−1 (−∞, α) e uma vizinhanca aberta fraca de x0 que nao intercepta C.Portanto E\C e fracamente aberto, logo C e fracamente fechado. ¥

5.6 Proposicao. Se E e um espaco vetorial normado com dimensao infinita, entao a esfera unitaria naoe fechada na topologia fraca.

De fato, o fecho fraco da esfera unitaria e a bola unitaria fechada.

Prova. Sejam S = x ∈ E : ‖x‖ = 1 a esfera unitaria de E, B1 (0) = x ∈ E : ‖x‖ 6 1 a bola unitariafechada e denote por S

Wo fecho de S na topologia fraca. Queremos entao provar que

SW

= B1 (0).

Seja x0 ∈ B1 (0) e U e qualquer aberto fraco contendo x0. Pela Proposicao 5.4, V contem uma vizinhancaaberta fraca de x0 da forma

V = x ∈ E : |fi (x)− fi (x0)| < ε, f1, . . . , fn ∈ E∗ .

Como E possui dimensao infinita, existe y0 ∈ E tal que

fi (y0) = 0 para todo i,

caso contrario a aplicacao linear T : E −→ Rn definida por Tx = (f1 (x) , . . . , fn (x)) seria injetiva, o queimplicaria dim E 6 n. (outra maneira de ver isso e invocar o resultado do Exercıcio 2.11: o nucleo de umfuncional linear tem codimensao 1, logo a intersecao de um numero finito de nucleos de funcionais linearesem um espaco vetorial de dimensao infinita tambem tem dimensao infinita). Em particular, V contem a retat 7→ x0 + ty0, pois

fi (x0 + t0y0)− fi (x0) = fi (x0 + t0y0 − x0) = t0f (y0) = 0

para todo i. (Assim, em um espaco vetorial normado de dimensao infinita, toda vizinhanca aberta fraca deum ponto x0 contem uma reta passando por x0; na verdade, infinitas tais retas.) Considere agora a funcaoϕ : R −→ R definida por

ϕ (t) = ‖x0 + ty0‖ .

Esta funcao e contınua e satisfaz ϕ (0) < 1 e limt→+∞

ϕ (t) = +∞, o que implica pelo teorema do valor

intermediario que existe t0 > 0 tal que g (t0) = 1, isto e, x0 + t0y0 ∈ S ∩V . Concluımos que toda vizinhancaaberta fraca de x0 intercepta S, portanto x0 ∈ S

W. Este argumento prova que B1 (0) = B1 (0) ∪ S ⊂ S

W.

Como B1 (0) e fechado na topologia fraca pela Proposicao 5.5, nao existem pontos do fecho fraco de S ⊂ B1 (0)fora de B1 (0). Portanto vale a igualdade S

W= B1 (0). ¥

5.7 Corolario. Se E e um espaco vetorial normado com dimensao infinita, entao o interior fraco da bolaunitaria e vazio.

Consequentemente, a bola unitaria nao e fracamente aberta e portanto a topologia fraca e estritamentemais grossa que a topologia forte.

Prova. Vimos na demonstracao da proposicao anterior que todo aberto fraco contem uma reta. Como abola unitaria nao contem retas, obviamente, segue que ela nao contem nenhum aberto fraco. ¥

5.8 Lema. Sejam E um espaco vetorial normado e Y um espaco topologico. Entao uma aplicacao Φ :Y −→ E e contınua quando E e munido da topologia fraca se e somente se f Φ e contınua para todof ∈ E∗.

Prova. Se Φ e contınua e f ∈ E∗, como f e contınua na topologia fraca pela definicao desta, segue quef Φ e contınua, pois e a composta de funcoes contınuas. Reciprocamente, suponha que f Φ e contınuapara todo f ∈ E∗. Para provar que Φ e contınua, vamos mostrar que se V ⊂ E e aberto na topologia fraca,entao Φ−1 (V ) e aberto em Y . Pela Proposicao 5.3 podemos escrever

V =⋃

x∈V

⋂

16i6nx

f−1x,i (Ix,i)

,

onde nx ∈ N, Ix,i sao intervalos abertos da reta e fx,i ∈ E∗. Como a inversa de uma funcao preserva unioese intersecoes arbitrarias, segue que

Φ−1 (V ) =⋃

x∈V

⋂

16i6nx

Φ−1[f−1

x,i (Ix,i)] =

⋃

x∈V

⋂

16i6nx

(fx,i Φ)−1 (Ix,i)

.

Por hipotese, (fx,i Φ)−1 (Ix,i) e aberto em Y para cada x, i, logo Φ−1 (V ) e aberto. ¥

5.9 Proposicao. Sejam E, F espacos de Banach. Seja T : E −→ F uma aplicacao linear. Entao T econtınua quando E,F sao munidos com a topologia forte se e somente se T e contınua quando E, Fsao munidos com a topologia fraca.


Prova. Suponha que T e contınua nas topologias fortes de E e F . Pelo lema anterior, basta provar queg T : E −→ R e contınua para todo g ∈ F ∗ quando E e munido da topologia fraca. Mas, como T e linear,g T ∈ E∗, logo e contınua na topologia fraca de E pela definicao desta.

Reciprocamente, suponha que T e contınua nas topologias fracas de E e F . Entao o grafico G (T ) efechado em E × F na topologia do produto das topologias fracas, que e a topologia fraca da topologiaproduto de E × F . Portanto, como observado antes, G (T ) e fechado na topologia forte. Pelo teorema dografico fechado, T e contınua nas topologias fortes de E e F . ¥A hipotese que T e linear nao pode ser removida neste resultado (veja [Brezis]).

5.2 Sequencias Fracamente Convergentes

5.10 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que uma sequencia xnn∈N ⊂ E convergefracamente para x se ela converge para x na topologia fraca. Denotaremos este fato por

xn x.

5.11 Proposicao. Sejam E um espaco vetorial normado e xnn∈N ⊂ E uma sequencia. Entao valem asseguintes afirmacoes:

(i) xn x se e somente se f (xn) → f (x) para todo f ∈ E∗.

(ii) Se xn → x, entao xn x.

(iii) Se xn x, entao xn e limitada e alem disso

‖x‖ 6 lim inf ‖xn‖ .

(iv) Se xn x e fn → f em E∗, entao fn (xn) → f (x).

Prova. (i) Se xn x entao f (xn) → f (x) para todo f ∈ E∗ porque f e contınua na topologia fraca.Reciprocamente, suponha que f (xn) → f (x) para todo f ∈ E∗. Para provar que xn x, mostraremos quedada qualquer vizinhanca aberta fraca U de x temos xn ∈ U para todo n suficientemente grande. De fato,

sejam⋂

i=1

f−1i (Vi) ⊂ U um elemento-base da topologia fraca contendo x0, com V1, . . . , Vm abertos em R. Para

cada i, existe Ni ∈ N tal que fi (xn) ∈ Vi para todo n > Ni. Tomando N = max N1, . . . , Nm, segue que se

n > N entao fi (xn) ∈ Vi para todo i, logo xn ∈m⋂

i=1

f−1i (Vi) ⊂ U para todo n > N .

(ii) segue de (i), pois para todo f ∈ E∗ temos |f (x)− f (xn)| 6 ‖f‖ ‖x− xn‖.(iii) segue de (i) e do Corolario 3.4 do teorema da limitacao uniforme: como f (xn) → f (x) para todo f ∈ E∗,em particular f (xn) e limitada para todo f ∈ E∗. Alem disso, como |f (xn)| 6 ‖f‖ ‖xn‖, tomando o limitetemos

|f (x)| 6 ‖f‖ lim inf ‖xn‖para todo f ∈ E∗. Segue do teorema da Hahn-Banach (Corolario 2.25) que

‖x‖ = supf∈E∗\0

|f (x)|‖f‖ 6 lim inf ‖xn‖ .

(iv) segue de (i) e (iii) escrevendo

|fn (xn)− f (x)| 6 |fn (xn)− f (xn)|+ |f (xn)− f (x)|= |(fn − f) (xn)|+ |f (xn)− f (x)|6 ‖fn − f‖ ‖xn‖+ |f (xn)− f (x)| .

¥Embora uma sequencia convergir fracamente e equivalente a uma sequencia convergir fortemente em espacosvetoriais normados de dimensao finita, existem exemplos de espacos de Banach de dimensao infinita em quetoda sequencia fracamente convergente tambem e fortemente convergente, apesar de que, conforme vimosno Corolario 5.7, a topologia fraca ser estritamente mais grossa que a topologia forte nestes casos. Umexemplo e `1 (veja [Conway], Proposition V.5.2). Por outro lado, se E e reflexivo, sempre existem exemplosde sequencias fracamente convergentes que nao convergem fortemente, conforme veremos.

E importante tambem ressaltar que a continuidade de uma funcao nao e equivalente a continuidadesequencial no caso da topologia fraca. Embora em espacos vetoriais normados estes conceitos sejam equiva-lentes, pois a topologia forte e a topologia da metrica, a qual satisfaz o axioma da enumerabilidade, o mesmonao vale para a topologia fraca que nao satisfaz este axioma (veja o Exercıcio 5.9 para um exemplo). Assim,para provar que uma funcao f : E −→ Y de um espaco vetorial normado E dotado da topologia fraca emum espaco topologico Y qualquer e contınua, nao e suficiente provar que ela leva sequencias fracamenteconvergentes de E em sequencias convergentes de Y .

5.3 Topologia Fraca*

5.12 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado e considere a imersao canonica J : E −→ E∗∗. Atopologia fraca* sobre o dual E∗ e a topologia menos fina tal que todos os funcionais lineares naimagem J (E) sao contınuos.

Evidentemente, se E for um espaco reflexivo entao a topologia fraca* coincide com a topologia fraca de E∗.Caso contrario, em geral a topologia fraca* de E∗ e mais grosseira que a topologia fraca de E∗, que por suavez e mais grosseira que a topologia forte de E∗.

5.13 Proposicao. Seja E um espaco vetorial normado. Entao E∗ sob a topologia fraca* e um espaco deHausdorff.

Prova. Se f, g ∈ E∗ com f 6= g, entao existe x ∈ E tal que f (x) 6= g (x). Se α ∈ R e tal que f (x) < α <

g (x), entao os abertos (Jx)−1 (−∞, α) e (Jx)−1 (α,∞) separam f e g. ¥

5.14 Proposicao. Seja E espaco vetorial normado e f0 ∈ E∗. Um sistema fundamental de vizinhancas emf0 na topologia fraca* consiste de todos os conjuntos da forma

V = f ∈ E∗ : |f (xi)− f0 (xi)| < ε, x1, . . . , xn ∈ E .

Prova. Se U e um aberto contendo f0, entao existe um elemento-basen⋂

i=1

(Jxi)−1 (Vi) ⊂ U contendo f0,

com V1, . . . , Vn abertos em R e x1, . . . , xn ∈ E. Em particular, (Jxi) (f0) = f0 (xi) ∈ Vi para todo i, logoexiste ε > 0 tal que (f0 (xi)− ε, f0 (xi) + ε) ⊂ Vi. Tomando

V =n⋂

i=1

(Jxi)−1 (f0 (xi)− ε, f0 (xi) + ε) ,

segue que V ⊂ U . Mas, por definicao,

V = f ∈ E∗ : |f (xi)− f0 (xi)| < ε, 1 6 i 6 n .

¥Denotaremos a convergencia fraca* de uma sequencia fnn∈N ⊂ E∗ para um elemento f ∈ E∗ por

fn∗ f.

5.15 Proposicao. Sejam E um espaco vetorial normado e fnn∈N ⊂ E∗ uma sequencia. Entao valem asseguintes afirmacoes:

(i) fn∗ f se e somente se fn (x) → f (x) para todo x ∈ E.

(ii) Se fn → f , entao fn f . Se fn f , entao fn∗ f .

(iii) Se fn∗ f , entao fn e limitada e alem disso, se E for de Banach,

‖f‖ 6 lim inf ‖fn‖ .

(iv) Se fn∗ f e xn → x em E, se E for de Banach entao fn (xn) → f (x).

Prova. Exercıcio. Observe que em (iii) e (iv) da Proposicao 5.11 nao precisamos da hipotese do espaco serde Banach porque E∗ sempre e de Banach. ¥

No que se segue, denotaremos a bola unitaria fechada de um espaco vetorial normado E por BE .

5.16 Lema. Sejam E um espaco vetorial normado e Y um espaco topologico. Entao uma aplicacao Φ :Y −→ E∗ e contınua quando E e munido da topologia fraca* se e somente se (Jx) Φ : Y → R econtınua para todo x ∈ E.

Prova. Suponha Φ e contınua. Como para cada x ∈ E a funcao valor Jx : E∗ −→ R e contınua na topologiafraca*, por definicao, a composta (Jx) Φ tambem e contınua.

Reciprocamente, suponha que (Jx)Φ e contınua para todo x ∈ E. Para provar que Φ e contınua, vamosmostrar que se V ⊂ E∗ e aberto na topologia fraca, entao Φ−1 (V ) e aberto em Y . Pela Proposicao 5.14podemos escrever

V =⋃

f∈V

⋂

16i6nf

g ∈ E∗ : |g (xf,i)− f (xf,i)| < εf

=⋃

f∈V

⋂

16i6nf

(Jxf,i)−1 (f (xf,i)− ε, f (xf,i) + ε)

,

onde nf ∈ N, εf > 0 e xf,i ∈ E. Como a inversa de uma funcao preserva unioes e intersecoes arbitrarias,segue que

Φ−1 (V ) =⋃

f∈V

⋂

16i6nf

Φ−1[(Jxf,i)

−1 (f (xf,i)− ε, f (xf,i) + ε)]

=⋃

f∈V

⋂

16i6nf

(Jxf,i Φ)−1 (f (xf,i)− ε, f (xf,i) + ε)

.

Por hipotese, (Jxf,i Φ)−1 (f (xf,i)− ε, f (xf,i) + ε) e aberto em Y para cada f, i, logo Φ−1 (V ) e aberto. ¥

5.17 Teorema. (Teorema de Alaoglu) Seja E um espaco vetorial normado. Entao BE∗ e compacta natopologia fraca*.

Prova. Para cada x ∈ E, considere o intervalo real compacto

Ix = [−‖x‖ , ‖x‖] .

Pelo teorema de Tychonoff, o produto cartesiano

I =∏

x∈E

Ix

e compacto na topogia produto RE . Para provar que BE∗ e compacta na topologia fraca* considere aaplicacao

Φ : E∗ −→ RE

definida porΦ (f) = (f (x))x∈E .

Como para cada f ∈ BE∗ temos |f (x)| 6 ‖x‖, note que a imagem I ′ = Φ (BE∗) esta contida em I.Vamos mostrar que Φ e um homeomorfismo sobre sua imagem, de modo que o teorema sera demonstrado semostrarmos que a imagem I ′ e compacta. Claramente Φ e injetiva. Para ver que Φ : E∗ −→ RE e contınuaquando E∗ esta munida da topologia fraca*, como RE tem a topologia produto, basta provar que πx Φ econtınua para todo x ∈ E, onde πx : RE −→ R e a projecao na coordenada x: πx

((ty)y∈E

)= tx. E, de

fato, como(πx Φ) (f) = πx

((f (y))y∈E

)= f (x) = (Jx) (f) ,

segue que πx Φ = Jx. Para provar que Φ−1 : Φ (E∗) −→ E∗ e contınua, pelo lema anterior basta mostrarque (Jx) Φ−1 e contınua para todo x ∈ E; mas isso e obvio, pois (Jx) Φ−1 = πx|Φ(E∗).

Como I ′ ⊂ I e I e compacta, para provar que I ′ e compacta basta mostrar que I ′ e fechada. Seja F ∈ I ′.Para mostrar que F = (f (x))x∈E para algum funcional f ∈ BE∗ , basta mostrar que o funcional f : E −→ Rdefinido por

f (x) = Fx

(isto e, f (x) e a coordenada x de F ) esta em BE∗ . Primeiro verificaremos que f e linear. Sejam x1, x2 ∈ Ee α, β ∈ R. Considere a seguinte vizinhanca aberta de F na topologia do produto:

U =(tx)x∈E : |tx1 − Fx1 | < ε, |tx2 − Fx2 | < ε e |tαx1+βx2 − Fαx1+βx2 | < ε

(tx e arbitrario se x 6= x1, x2, αx1 + βx2). Como F ∈ I ′, existe um elemento (g (x))x∈E ∈ U com g ∈ E∗.Daı,

|g (x1)− Fx1 | < ε,

|g (x2)− Fx2 | < ε

|g (αx1 + βx2)− Fαx1+βx2 | < ε

eg (αx1 + βx2) = αg (x1) + βg (x2) .

Consequentemente,

|f (αx1 + βx2)− [αf (x1) + βf (x2)]| = |Fαx1+βx2 − (αFx1 + βFx2)|6 |Fαx1+βx2 − g (αx1 + βx2)|+ |αg (x1)− αFx1 |+ |βg (x2)− βFx2 |< (1 + |α|+ |β|) ε.

Como ε e arbitrario, segue quef (αx1 + βx2) = αf (x1) + βf (x2)

e f e linear. Agora, como |Fx| 6 ‖x‖ para todo x ∈ E temos imediatamente que f ∈ E∗ e ‖f‖ = 1. ¥

5.4 Convexidade Uniforme e Topologia Fraca

5.18 Lema. Seja E um espaco de Banach. Sejam f1, . . . , fn ∈ E∗ e α1, . . . , αn ∈ R. As afirmacoes aseguir sao equivalentes:

(i) Para todo ε > 0 existe xε ∈ E tal que ‖xε‖ 6 1 e

|fi (xε)− αi| < ε para i = 1, . . . , n.

(ii) Para todos β1, . . . , βn ∈ R vale ∣∣∣∣∣n∑

i=1

βiαi

∣∣∣∣∣ 6∥∥∥∥∥

n∑

i=1

βifi

∥∥∥∥∥ .

Prova. (i) ⇒ (ii) Seja

|β| =n∑

i=1

|βi| .

Por (i) temos∣∣∣∣∣

n∑

i=1

βifi (xε)−n∑

i=1

βiαi

∣∣∣∣∣ 6n∑

i=1

|βifi (xε)− βiαi| =n∑

i=1

|βi| |fi (xε)− αi|

< ε

n∑

i=1

|βi|

= |β| εpara todo ε > 0, donde

∣∣∣∣∣n∑

i=1

βiαi

∣∣∣∣∣ 6∣∣∣∣∣

n∑

i=1

βifi (xε)

∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣n∑

i=1

βifi (xε)−n∑

i=1

βiαi

∣∣∣∣∣

6∥∥∥∥∥

n∑

i=1

βifi

∥∥∥∥∥ ‖xε‖+ |β| ε

=

∥∥∥∥∥n∑

i=1

βifi

∥∥∥∥∥ + |β| ε.

Como ε > 0 e arbitrario, segue (ii).(ii) ⇒ (i) Seja

α = (α1, . . . , αn) ∈ Rn

e considere a aplicacao linear T : E −→ Rn definida por

Tx = (f1 (x) , . . . , fn (x)) .

Para provar (i), basta provar que α ∈ T(B1 (0)

). Suponha por absurdo que α /∈ T

(B1 (0)

). Entao podemos

separar estritamente α e T(B1 (0)

), ou seja, existe β = (β1, . . . , βn) tal que

Tx · β < c < α · βpara todo x ∈ B1 (0), onde · denota o produto interno canonico em Rn. Logo,

∣∣∣∣∣n∑

i=1

βifi (x)

∣∣∣∣∣ = Tx · β < c <

n∑

i=1

βiαi

para todo x ∈ B1 (0), donde∥∥∥∥∥

n∑

i=1

βifi

∥∥∥∥∥ = supx∈B1(0)

∣∣∣∣∣n∑

i=1

βifi (x)

∣∣∣∣∣ < c <

n∑

i=1

βiαi,

contrariando (ii). ¥

5.19 Lema. Seja E um espaco de Banach. Entao J (BE) e denso em BE∗∗ na topologia fraca*.

Prova. Seja F ∈ BE∗∗ e seja

V = G ∈ E∗∗ : |G (fi)− F (fi)| < ε, fi ∈ E∗, 1 6 i 6 n

uma vizinhanca aberta fraca* de F . Mostraremos que J (BE) ∩ V 6= ∅. Isso significa encontrar x ∈ BE talque

|(Jx) (fi)− F (fi)| = |fi (x)− F (fi)| < ε para todo i = 1, . . . , n.

Tomando αi = F (fi), isso seguira do lema anterior se provarmos que vale (ii) do mesmo. E, de fato, paratodos β1, . . . , βn ∈ R vale

∣∣∣∣∣n∑

i=1

βiαi

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣F(

n∑

i=1

βifi

)∣∣∣∣∣ 6 ‖F‖∥∥∥∥∥

n∑

i=1

βifi

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥n∑

i=1

βifi

∥∥∥∥∥ .

¥

5.20 Teorema. Se E e um espaco de Banach uniformemente convexo, entao E e reflexivo.

Prova. Seja F ∈ E∗∗ com ‖F‖ = 1. Mostraremos que existe x ∈ BE ⊂ E tal que F = Jx. Como J (BE) efechado em E∗∗ (porque BE e fechado no espaco de Banach E e J e uma isometria), basta provar que paratodo ε > 0 existe x ∈ BE tal que

‖F − Jx‖ < ε.

Dado ε > 0, seja δ > 0 aquele dado pela definicao de convexidade uniforme. Escolha f ∈ E∗ com ‖f‖ = 1tal que

F (f) > 1− δ

2, (5.1)

o que e possıvel, ja que ‖F‖ = sup‖f‖=1

|F (f)| = 1. Considere a vizinhanca aberta fraca* de F definida por

V =

G ∈ E∗∗ : |F (f)−G (f)| < δ

2

.

Segue do Lema 5.19 que V ∩ J (BE) 6= ∅, logo existe x ∈ BE tal que Jx ∈ V . Mostraremos que F ∈Jx + εBE∗∗ , o que terminara a demonstracao.

Suponha por absurdo que F ∈ W = E∗∗\ (Jx + εBE∗∗). Observe que W tambem e uma vizinhancaaberta fraca*, pois BE∗∗ e fechada na topologia fraca* (mais que isso, ela e compacta). Aplicando novamenteo Lema 5.19, segue que (V ∩W ) ∩ J (BE) 6= ∅, logo existe x ∈ BE tal que Jx ∈ V ∩W . Como Jx, Jx ∈ V ,segue que

|F (f)− (Jx) (f)| < δ

2e |F (f)− (Jx) (f)| < δ

2.

Daı, somando as duas desigualdades,

2F (f) 6 (Jx) (f) + (Jx) (f) + δ = J (x + x) (f) + δ 6 ‖x + x‖+ δ,

donde, por (5.1), ∥∥∥∥x + x

2

∥∥∥∥ > 1− δ.

Por outro lado, como Jx ∈ W , temos ‖x− x‖ > ε e pela definicao de convexidade uniforme segue que∥∥∥∥

x + x

2

∥∥∥∥ < 1− δ,

contradicao. ¥

5.21 Teorema. Seja E e um espaco de Banach uniformemente convexo. Seja xnn∈N ⊂ E uma sequenciatal que xn x e

‖x‖ > lim sup ‖xn‖ .

Entao xn → x.

Prova. Como, pela Proposicao 5.11 (iii),

‖x‖ 6 lim inf ‖xn‖ 6 lim sup ‖xn‖ 6 ‖x‖ ,

temos que‖x‖ = lim ‖xn‖ .

Logo, se x = 0 o resultado e obvio. Suponha entao x 6= 0 e defina

λn = max ‖x‖ , ‖xn‖ =‖x‖+ ‖xn‖+ |‖x‖ − ‖xn‖|

2,

de modo que λn → ‖x‖. Definayn =

xn

λne y =

x

‖x‖ .

Entao ‖yn‖ 6 1, ‖y‖ = 1 eyn y,

pois

f (yn) =1λn

f (xn) → 1‖x‖f (x) = f (y)

para todo f ∈ E∗. Comoy + yn

2 y (veja o Exercıcio 5.6), temos que

1 = ‖y‖ 6 lim inf∥∥∥∥

y + yn

2

∥∥∥∥ 6 1,

donde

lim∥∥∥∥

y + yn

2

∥∥∥∥ = 1.

Pela definicao de convexidade uniforme, isso implica que

lim ‖y − yn‖ = 0,

ou seja, yn → y. Portanto, xn = λnyn → ‖x‖ y = x. ¥

5.5 Reflexividade, Separabilidade e Topologias Fracas

A topologia fraca permite a seguinte caracterizacao dos espacos de Banach reflexivos:

5.22 Teorema. Seja E um espaco de Banach. Entao E e reflexivo se e somente se a bola unitaria fechadae fracamente compacta.

Prova. Suponha que E seja reflexivo, de modo que J (BE) = BE∗∗ . Pelo teorema de Alaoglu, BE∗∗ ecompacta na topologia fraca*. Para provar que BE e compacto, basta verificar que J−1 e contınua quandoE esta munido da topologia fraca e E∗∗ esta munido da topologia fraca*, ja que uma funcao contınualeva compactos em compactos. Para isso, pelo Lema 5.8, temos que mostrar que f J−1 : E∗∗ −→ R econtınua para todo f ∈ E∗ quando E∗∗ esta munido da topologia fraca*. Mas

(f J−1

)(F ) = F (f), pois

se x = J−1 (F ) entao Jx = F , ou seja, f (x) = (Jx) (f) = F (f) para todo f ∈ E∗. Por definicao detopologia fraca*, a aplicacao J∗f : E∗∗ −→ R definida por (J∗f) (F ) = F (f) para f ∈ E∗ fixado e contınuana topologia fraca* de E∗∗. Portanto, f J−1 = J∗f e contınua na topologia fraca*.

Reciprocamente, suponha que BE e compacto na topologia fraca. Pela Proposicao 5.9, J : E −→ E∗∗ euma aplicacao contınua quando E e E∗∗ sao munidos com a topologia fraca. Como a topologia fraca* estaincluıda na topologia fraca, segue que J : E −→ E∗∗ tambem e uma aplicacao contınua quando E e munidocom a topologia fraca e E∗∗ e munido com a topologia fraca*. Consequentemente, J (BE) e compacto natopologia fraca*. Mas pelo Lema 5.19, J (BE) e denso em BE∗∗ na topologia fraca*, logo J (BE) = BE∗∗ eportanto J (E) = E∗∗. ¥

5.23 Corolario. Seja E um espaco reflexivo. Se C ⊂ E e convexo, fechado e limitado, entao C e fracamentecompacto.

Prova. Pela Proposicao 5.5, C e fracamente fechado. Como existe uma constante r > 0 tal que rC =rx : x ∈ C ⊂ BE e BE e fracamente compacta, segue que C, um subconjunto fracamente fechado de umconjunto fracamente compacto, tambem e fracamente compacto. ¥

5.24 Teorema. Se E e um espaco vetorial normado separavel, entao toda sequencia limitada em E∗ possuiuma subsequencia convergente na topologia fraca*.

Prova. Seja xnn∈N ⊂ E um subconjunto enumeravel denso e fnn∈N ⊂ E∗ uma sequencia limitada,digamos

‖fn‖E∗ 6 M para todo n ∈ N.

A sequencia fn (x1)n∈N e uma sequencia real limitada, logo possui uma subsequencia convergente fn1 (x1)n1∈N.Considere a subsequencia limitada fn1 (x2)n1∈N; ela possui uma subsequencia covergente fn2 (x2)n2∈N.Procedendo desta maneira, para cada k ∈ N obtemos uma subsequencia convergente fnk

(xk)nk∈N dasubsequencia convergente

fnk−1 (xk)

nk−1∈N. Defina

gn = (fnn)n

(isto e, gn e o n-esimo termo da subsequencia fnn ; metodo da diagonal de Cantor). Entao gn e umasubsequencia de fn tal que gn (xk)n∈N converge para todo k ∈ N.

Afirmamos que gn (xk)n∈N converge para todo x ∈ E. De fato, dados x ∈ E e ε > 0, existe k ∈ N talque

‖x− xk‖ <ε

3M.

Temos

‖gn (x)− gm (x)‖ 6 ‖gn (x)− gn (xk)‖+ ‖gn (xk)− gm (xk)‖+ ‖gm (xk)− gm (x)‖6 ‖gn‖ ‖x− xk‖+ ‖gn (xk)− gm (xk)‖+ ‖gm‖ ‖xk − x‖6 ‖gn (xk)− gm (xk)‖+

23ε,


de modo que, como gn (xk)n∈N e uma sequencia de Cauchy, gn (xk)n∈N tambem e.Defina g : E −→ R por

g (x) = lim gn (x) .

Entao g e linear e limitada pois|g (x)| 6 lim |gn (x)| 6 M ‖x‖ .

Pela Proposicao 5.15 (i), segue que gn∗ g. ¥

O proximo resultado e extremamente util nas aplicacoes:

5.25 Teorema. Se E e um espaco reflexivo, entao toda sequencia limitada em E possui uma subsequenciafracamente convergente.

Prova. Seja xnn∈N ⊂ E uma sequencia limitada e L = 〈x1, x2, . . .〉 o fecho do subespaco vetorial geradopelos xn. Como ja vimos antes no capıtulo anterior, L e separavel. Alem disso, como L e um subespacofechado de um espaco reflexivo, L tambem e reflexivo. Pelo Corolario 3.6 L∗ e separavel, logo podemosaplicar o teorema anterior: como J e uma isometria, Jxnn∈N ⊂ E∗∗ e uma sequencia limitada, logo possuiuma subsequencia convergente na topologia fraca*. Logo, Jxn

∗ Jx para algum x ∈ E, pois E e reflexivo.

Pela Proposicao 5.15 (i), isso significa que (Jxn) (f) → (Jx) (f) para todo f ∈ E∗, isto e, f (xn) → f (x)para todo f ∈ E∗, o que implica xn x pela Proposicao 5.11 (i). ¥

5.26 Corolario. Se E e um espaco reflexivo de dimensao infinita, entao existem sequencias fracamenteconvergentes que nao sao fortemente convergentes.

Prova. Basta tomar uma subsequencia fracamente convergente de uma sequencia de pontos na bola unitariade E que nao possui nenhuma subsequencia de Cauchy na topologia forte (veja o Corolario 2.18). ¥A recıproca do Teorema 5.24 e verdadeira e bem mais difıcil de provar:

5.27 Teorema. (Teorema de Eberlein-Smulian) Seja E um espaco de Banach tal que toda sequencia limi-tada possui uma subsequencia fracamente convergente. Entao E e reflexivo.

Prova. Veja [Dunford-Schwartz], p. 430, ou, para uma demonstracao mais elementar, [Whitley]. O teoremade Eberlein-Smulian e usualmente formulado da seguinte maneira: se E e um espaco de Banach e A ⊂ E eum subconjunto, entao toda sequencia de A possuir uma subsequencia fracamente convergente e equivalenteao fecho fraco de A ser fracamente compacto. Tomando A = BE , como a bola unitaria fechada BE e fraca-mente fechada porque e um conjunto convexo, segue que se toda sequencia em BE possui uma subsequenciafracamente convergente, entao BE e fracamente compacto. Pelo Teorema 5.22, concluımos entao que E ereflexivo. ¥

5.6 Metrizabilidade e Topologia Fraca

Embora a topologia fraca no espaco E todo e a topologia fraca* no espaco E∗ todo nunca serem metrizaveis[Brezis], elas sao metrizaveis quando restritas a bolas sob certas condicoes (o que costuma ser suficiente nasaplicacoes):

5.28 Teorema. Seja E um espaco de Banach. Entao E∗ e separavel se e somente se BE na topologia fracae metrizavel.

Prova. Suponha E∗ separavel. Seja fnn∈N um subconjunto enumeravel denso de BE∗ . Vamos definiruma metrica em BE da seguinte forma:

d (x, y) =∞∑

n=1

12n|fn (x)− fn (y)| .

De fato, a validade da desigualdade triangular e facilmente verificada. Alem disso, se x, y ∈ BE , entaod (x, y) = 0 se e somente se x = y: se x 6= y, pelo teorema de Hahn-Banach existe f ∈ BE∗ tal quef (x− y) = ε > 0; se n ∈ N e tal que ‖f − fn‖ < ε/4, temos

|fn (x)− fn (y)| > |f (x)− f (y)| − |f (x)− fn (x)| − |f (y)− fn (y)|> ε− ‖f − fn‖ ‖x‖ − ‖f − fn‖ ‖y‖> ε− ε

4− ε

4=

ε

2> 0.

Para mostrar que a metrica d induz sobre BE a topologia fraca restrita a BE , seja

V = x ∈ BE : |gi (x)− gi (x0)| < ε, g1, . . . , gk ∈ BE∗um elemento base da topologia fraca restrita a BE contendo um ponto arbitrario x0 ∈ BE (observe que naoha perda de generalidade em tomar g1, . . . , gk ∈ BE∗) Vamos mostrar que existe r > 0 tal que

B = Bdr (x0) ∩BE = x ∈ BE : d (x, x0) < r

esta contida em V . Para cada i = 1, . . . , k, seja ni ∈ N tal que

‖gi − fni‖ <ε

4.

Seja r > 0 tal quer <

ε

2ni+1para cada i = 1, . . . , k.

Se x ∈ B, vale em particular12n|fn (x)− fn (y)| < r

para todo n ∈ N, logo

|gi (x)− gi (x0)| 6 |(gi − fni) (x− x0)|+ |fni (x)− fni (x0)|< ‖gi − fni‖ ‖x− x0‖+ 2nir

<ε

4(‖x‖+ ‖x0‖) +

ε

2= ε.

Reciprocamente, dado um elemento base B = Bdr (x0) ∩ BE da topologia da metrica restrita a BE , vamos

encontrar uma vizinhanca fraca de x0. Seja ε < r2 e k ∈ N tal que 1

2k−1 < r2 . Tome

V = x ∈ BE : |fn (x)− fn (x0)| < ε, n = 1, . . . , k .

Se x ∈ V , entao

d (x, x0) =k∑

n=1

12n|fn (x)− fn (x0)|+

∞∑

n=k+1

12n|fn (x)− fn (x0)|

< ε

k∑n=1

12n

+∞∑

n=k+1

12n‖fn‖ ‖x− x0‖

6 ε +1

2k−1< r.

Para a recıproca do teorema veja [Dunford-Schwartz]. ¥Nao e suficiente que o proprio E seja separavel para que BE seja metrizavel, como o exemplo de `1 mostra.Com efeito, como sequencias fracamente convergentes em `1 sao equivalentes a sequencias fortemente con-vergentes, como ja observamos antes, a metrizabilidade da bola unitaria fechada na topologia fraca de `1

implicaria entao que as topologias fraca e forte de `1 coincidem (porque em um espaco metrico a topologiapode ser toda formulada em termos de convergencia de sequencias, isto e, os fechados (e, consequentemente,os abertos) podem ser caracterizados atraves de sequencias convergentes), o que nao e verdade porque `1

tem dimensao infinita.

5.29 Teorema. Seja E um espaco de Banach. Entao E e separavel se e somente se BE∗ na topologiafraca* e metrizavel.

Prova. Suponha E separavel. Seja xnn∈N um subconjunto enumeravel denso de BE . Vamos definir umametrica em BE∗ da seguinte forma:

d (f, g) =∞∑

n=1

12n|f (xn)− g (xn)| .

De fato, se d (f, g) = 0, entao f = g em um subconjunto denso de BE , logo f = g em BE e portanto emE; a validade da desigualdade triangular e facilmente verificada. Para mostrar que a metrica d induz sobreBE∗ a topologia fraca* restrita a BE∗ , seja

V = f ∈ BE∗ : |f (xi)− f0 (xi)| < ε, y1, . . . , yk ∈ BEum elemento base da topologia fraca* restrita a BE∗ contendo um ponto arbitrario f0 ∈ BE∗ (observe quenao ha perda de generalidade em tomar y1, . . . , yk ∈ BE). Vamos mostrar que existe r > 0 tal que

B = Bdr (f0) ∩BE∗ = f ∈ BE∗ : d (f, f0) < r

esta contida em V . Para cada i = 1, . . . , k, seja ni ∈ N tal que

‖yi − xni‖ <ε

4.

Seja r > 0 tal quer <

ε

2ni+1para cada i = 1, . . . , k.

Se f ∈ B, vale em particular12n|f (xn)− f0 (xn)| < r

para todo n ∈ N, logo

|f (xi)− f0 (xi)| 6 |(f − f0) (yi − xni)|+ |f (xni)− f0 (xni)|< ‖f − f0‖ ‖yi − xni‖+ 2nir

< (‖f‖+ ‖f0‖) ε

4+

ε

2= ε.

Reciprocamente, dado um elemento base B = Bdr (f0) ∩BE∗ da topologia da metrica restrita a BE∗ , vamos

encontrar uma vizinhanca fraca* de f0. Seja ε < r2 e k ∈ N tal que 1

2k−1 < r2 . Tome

V = f ∈ BE∗ : |f (xi)− f0 (xi)| < ε, n = 1, . . . , k .

Se f ∈ V , entao

d (x, x0) =k∑

n=1

12n|f (xn)− f0 (xn)|+

∞∑

n=k+1

12n|f (xn)− f0 (xn)|

< ε

k∑n=1

12n

+∞∑

n=k+1

12n‖f − f0‖ ‖xn‖

6 ε +1

2k−1< r.

Reciprocamente, suponha que BE∗ munida da topologia fraca* e metrizavel e denote por d uma metricaque induz a topologia fraca* sobre BE∗ . Para obter um subconjunto enumeravel denso em E, considere asbolas abertas Bn em torno do funcional nulo de raio 1/n, isto e,

Bn =

f ∈ BE∗ : d (f, 0) <1n

.

Como esta bola e aberta na topologia fraca*, para cada n existe uma vizinhanca fraca* Vn ⊂ Un contendoa origem, digamos,

Vn = f ∈ BE∗ : |f (xi,n)| < εn, i = 1, . . . , in .

Afirmamos que o subespaco vetorial gerado pelo conjunto enumeravel D = (xi,n)i=1,...,in,n∈N e denso em E.De fato, como ∩Bn = 0, segue que ∩Vn = 0 tambem. Em particular, se f (x) = 0 para todo x ∈ D, entaof ∈ ∩Vn e consequentemente f = 0. Pelo teorema de Hahn-Banach, isso so pode ser verdade se o subespacovetorial gerado por D e denso em E. Tomando apenas combinacoes lineares racionais dos elementos de D,obtemos um subconjunto enumeravel denso em E. ¥

5.7 Exercıcios

5.1 Seja E um espaco reflexivo e xnn∈N ⊂ E uma sequencia tal que f (xn)n∈N converge para todof ∈ E∗. Mostre que existe x ∈ E tal que xn x.

5.2 (Teorema de Mazur) Seja E um espaco vetorial normado e xnn∈N ⊂ E uma sequencia que converge

fracamente para x. Mostre que existe uma sequencia ynn∈N ⊂ E tal que yn =n∑

i=1

λixi com λi > 0

en∑

i=1

λi = 1 (isto e, cada yn e uma combinacao linear convexa de x1, . . . , xn) tal que yn converge

fortemente para x.

5.3 Sejam E, F espacos de Banach. Seja T : E −→ F um operador linear que leva sequencias fortementeconvergentes para 0 em sequencias fracamente convergentes para 0. Mostre que T e contınuo.

5.4 Se fn ∈ C [0, 1] e fn f em C [0, 1], mostre que fn (t) → f (t) para todo t ∈ [0, 1].

5.5 Sejam E, F espacos vetoriais normados e T : E −→ F um operador linear limitado. Mostre que sexn x em E, entao Txn Tx em F .

5.6 Seja E um espaco vetorial normado. Mostre que se xn x e yn y em E, entao xn + yn x + y eαxn αx em E, onde α ∈ R e um escalar qualquer.

5.7 Seja E um espaco vetorial normado. Mostre que todo conjunto fracamente compacto em E e limitado.

5.8 Se E e um espaco reflexivo, entao um conjunto e fracamente compacto se e somente se ele e fracamentefechado e limitado.

5.9 Seja xnn∈N uma sequencia em `p, 1 < p < ∞. Denote cada elemento xn =(xi

n

)i∈N.

a) Mostre que xn x se e somente se ‖xn‖n∈N e limitada e xin → xi para cada i.

b) A sequencia enn∈N converge fracamente para 0, mas nao converge fortemente para 0.

c) Defina F = en + nem : m > n. Mostre que a distancia entre dois elementos de F e pelo menos1. Conclua que F e fortemente fechado.


d) Mostre que 0 esta no fecho fraco de F , mas nao existe nenhuma sequencia ynn∈N ⊂ F tal queyn 0. Isso mostra que os conjuntos fechados na topologia fraca nao podem ser caracterizadospor meio de sequencias, logo ela nao satisfaz o primeiro axioma de enumerabilidade e que atopologia fraca nao e metrizavel.

5.10 Prove o teorema de Eberlein-Smulian usando o teorema de James: Se E e um espaco de Banachnao-reflexivo, entao existe f0 ∈ E∗ tal que nao existe nenhum elemento x ∈ E satisfazendo f0 (x) =‖f0‖ ‖x‖. [Compare este teorema com o Exercıcio 4.4.]

5.11 Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que um subconjunto B ⊂ E e fracamente limitado sef (B) ⊂ R e limitado para todo f ∈ E∗.

Mostre que se E e um espaco de Banach, entao B e fracamente limitado se e somente se B e limitado.

5.12 Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que uma sequencia xnn∈N ⊂ E e fracamente deCauchy se f (xn)n∈N ⊂ R e de Cauchy para todo f ∈ E∗.

Mostre que se xnn∈N e de Cauchy, entao ‖xn‖n∈N e limitada.

5.13 Seja E um espaco vetorial normado. Dizemos que E e fracamente completo se toda sequenciafracamente de Cauchy e fracamente convergente.

Mostre que se E e reflexivo, entao E e fracamente completo. De um exemplo para mostrar que arecıproca nao e valida.

Capıtulo 6

Espacos de Hilbert

6.1 Produto Interno

6.1 Definicao. Seja E um espaco vetorial. Um produto interno em E e uma forma bilinear simetricadefinida positiva, isto e, uma funcao 〈·, ·〉 : 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 6= 0.

6.2 Proposicao. (Desigualdade de Cauchy-Schwarz) Seja E um espaco vetorial com produto interno 〈·, ·〉.Defina

‖x‖ =√〈x, x〉.

Entao|〈x, y〉| 6 ‖x‖ ‖y‖ (6.1)

para todos x, y ∈ E.

Prova: Para todos x, y ∈ E vale

〈x + ty, x + ty〉 > 0 para todo t ∈ R.

Mas〈x + ty, x + ty〉 = ‖x‖2 + 2 〈x, y〉 t + ‖y‖2 t2,

logo o discriminante deste polinomio do segundo grau nao pode ser positivo:

4 〈x, y〉2 − 4 ‖x‖2 ‖y‖2 6 0.

Daı segue a desigualdade de Cauchy-Schwartz. ¥

6.3 Proposicao. Seja E um espaco vetorial com produto interno. Entao

‖x‖ =√〈x, x〉 (6.2)

define uma norma em E.

70


Prova: A condicao (i) da Definicao 1.1 decorre imediatamente da condicao (iii) da Definicao 6.1. A condicao(ii) da Definicao 1.1 decorre de

‖αx‖ =√〈αx, αx〉 =

√α2 〈x, x〉 = |α|

√〈x, x〉 = |α| ‖x‖ .

Finalmente, a desigualdade triangular e provada usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz:

‖x + y‖2 = 〈x + y, x + y〉 = ‖x‖2 + 2 〈x, y〉+ ‖y‖2

6 ‖x‖2 + 2 |〈x, y〉|+ ‖y‖2

6 ‖x‖2 + 2 ‖x‖ ‖y‖+ ‖y‖2

= (‖x‖+ ‖y‖)2 .

¥A norma definida na Proposicao 6.3 e chamada a norma derivada do produto interno ou norma induzidapelo produto interno. De agora em diante, se E e um espaco vetorial com produto interno, assumiremos queE e um espaco vetorial normado com a norma derivada do produto interno.

Da desigualdade de Cauchy-Schwarz segue que

|〈x, y〉|‖x‖ ‖y‖ 6 1.

6.4 Definicao. Seja E um espaco vetorial com produto interno. Dados dois vetores x, y ∈ V definimos oseu angulo ] (x, y) por

] (x, y) = arccos〈x, y〉‖x‖ ‖y‖ .

Em particular, se 〈x, y〉 = 0, entao] (x, y) = π/2. Dizemos que dois vetores x, y sao ortogonais se 〈x, y〉 = 0.

6.5 Proposicao. (Teorema de Pitagoras) Seja E um espaco vetorial com produto interno. Entao x, y ∈ Esao vetores ortogonais se e somente se

‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 . (6.3)

Prova: Temos‖x + y‖2 = 〈x + y, x + y〉 = ‖x‖2 + 2 〈x, y〉+ ‖y‖2 ,

logo x, y satisfazem a identidade de Pitagoras se e somente se 〈x, y〉 = 0. ¥

6.6 Proposicao. (Identidade Polar) Seja E um espaco vetorial com produto interno. Entao

〈x, y〉 =14‖x + y‖2 − 1

4‖x− y‖2 . (6.4)

Prova:

14‖x + y‖2 − 1

4‖x− y‖2 =

14

(〈x, x〉+ 2 〈x, y〉+ 〈y, y〉)− 14

(〈x, x〉+ 2 〈x, y〉+ 〈y, y〉) = 〈x, y〉 .

¥

6.7 Proposicao. (Identidade do Paralelogramo) Seja E um espaco vetorial com produto interno. Entao

‖x + y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2

). (6.5)


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 espaco vetorial normado, cuja norma ‖·‖ satisfaz a identidade do paralelogramo

‖x + y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2

).

Entao a identidade polar

〈x, y〉 :=14‖x + y‖2 − 1

4‖x− y‖2

define um produto interno 〈·, ·〉 em E tal que a sua norma e derivada dele.

Prova: Vamos verificar que 〈·, ·〉satisfaz todas as condicoes da Definicao 6.1 para ser um produto internoem E.Linearidade com relacao a primeira variavel:

Temos

〈x, z〉+ 〈y, z〉 =14‖x + z‖2 − 1

4‖x− z‖2 +

14‖y + z‖2 − 1

4‖y − z‖2

=14

(‖x + z‖2 + ‖y + z‖2

)− 1

4

(‖x− z‖2 + ‖y − z‖2

)

=18

(‖x + z + y + z‖2 + ‖x + z − (y + z)‖2

)

− 18

(‖x− z + y − z‖2 + ‖x− z − (y − z)‖2

)

=18

(‖x + z + y + z‖2 + ‖x− y‖2

)− 1

8

(‖x− z + y − z‖2 + ‖x− y‖2

)

=18

(‖x + z + y + z‖2

)− 1

8

(‖x− z + y − z‖2

)

=18

(2 ‖x + y + z‖2 + 2 ‖z‖2 − ‖(x + y + z)− z‖2

)

− 18

(2 ‖x + y − z‖2 + 2 ‖z‖2 − ‖(x + y − z) + z‖2

)

=18

(2 ‖x + y + z‖2 − ‖x + y‖2

)− 1

8

(2 ‖x + y − z‖2 − ‖x + y‖2

)

=14‖x + y + z‖2 − 1

4‖x + y − z‖2

= 〈x + y, z〉 ,donde

〈x, z〉+ 〈y, z〉 = 〈x + y, z〉 (6.6)

para todos x, y, z ∈ E.Se α = n ∈ N, por iteracao de (6.6) obtemos

〈nx, y〉 = n 〈x, y〉 ;por exemplo, para n = 2 temos

〈2x, y〉 = 〈x + x, y〉 = 〈x, y〉+ 〈x, y〉 = 2 〈x, y〉 .


Se n = −1, notando que

〈0, y〉 =14‖0 + y‖2 − 1

4‖0− y‖2 =

14‖y‖2 − 1

4‖−y‖2 =

14‖y‖2 − 1

4‖y‖2 = 0,

escrevemos0 = 〈0, y〉 = 〈x− x, y〉 = 〈x, y〉+ 〈−x, y〉 ,

de modo que〈−x, y〉 = −〈x, y〉 .

Daı, se n ∈ N,〈−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⟨

1n

x, y

⟩=

1n〈x, y〉

para todo n ∈ N, notamos que

〈x, y〉 =⟨∑ 1

nx, y

⟩=

∑ ⟨1n

x, y

⟩= n

⟨1n

x, y

⟩.

Reunindo os dois resultados, concluımos que 〈αx, y〉 = α 〈x, y〉 para todo α ∈ Q. Para obter o resultadogeral para qualquer α ∈ R, basta observar que a funcao norma e contınua e, como o produto interno foidefinido a partir da norma, ele tambem e uma funcao contınua. Assim, dado qualquer α ∈ R, tomamos umasequencia (αn) ⊂ Q tal que αn → α e obtemos

〈αnx, y〉 = αn 〈x, y〉↓ ↓

〈αx, y〉 α 〈x, y〉

donde〈αx, y〉 = α 〈x, y〉

para todos x, y ∈ E e para todo α ∈ R.Simetria:

Temos〈x, y〉 =

14‖x + y‖2 − 1

4‖x− y‖2 =

14‖y + x‖2 − 1

4‖y − x‖2 = 〈y, x〉 .

Linearidade com relacao a segunda variavel:Segue da simetria e da linearidade com relacao a primeira variavel.

Definida positiva:Se x 6= 0, temos

〈x, x〉 =14‖x + x‖2 − 1

4‖x− x‖2 =

14‖2x‖2 = ‖x‖2 > 0.

¥

6.9 Corolario. Seja E um espaco vetorial normado. Entao a norma de E deriva de um produto internose e somente se ela satisfaz a identidade do paralelogramo.

6.2 Espacos de Hilbert

6.10 Definicao. Dizemos que H e um espaco de Hilbert se H for um espaco vetorial com produto internoque e um espaco de Banach com a norma derivada do produto interno.

6.11 Exemplo. `2 (n), `2 e L2 (Ω) sao espacos de Hilbert. ¤

6.12 Teorema. Todo espaco de Hilbert e uniformemente convexo.

Prova: Se ‖x‖ , ‖y‖ 6 1 e ‖x− y‖ > ε, pela identidade do paralelogramo temos

∥∥∥∥x + y

2

∥∥∥∥2

=14‖x + y‖2 =

12

(‖x‖2 + ‖y‖2

)− 1

4‖x− y‖2

< 1− ε2

4,

de modo que ∥∥∥∥x + y

2

∥∥∥∥ < 1− δ

para δ = 1−(

1− ε2

4

)1/2

> 0 pois ε < ‖x− y‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖ 6 2. ¥

6.13 Corolario. Todo espaco de Hilbert e reflexivo.

6.3 Teorema de Representacao de Riesz

6.14 Teorema. (Vetor que minimiza a distancia) Sejam H um espaco de Hilbert e C ⊂ H um subconjuntoconvexo fechado nao-vazio. Para todo x ∈ H existe um unico y0 ∈ C tal que

‖x− y0‖ = miny∈C

‖x− y‖ .

Prova: Denote d = infy∈C

‖x− y‖ e seja ynn∈N ⊂ C uma sequencia minimizante para a distancia, isto e,

‖x− yn‖ = dn → d.

Afirmamos que ynn∈N e uma sequencia de Cauchy. De fato, pela identidade do paralelogramo temos

‖x− yn + (x− ym)‖2 + ‖x− yn − (x− ym)‖2 = 2(‖x− ym‖2 + ‖x− ym‖2

).

Comoyn + ym

2∈ C, porque C e convexo, segue que

‖yn − ym‖2 = 2(d2

n + d2m

)− 4∥∥∥∥x− yn + ym

2

∥∥∥∥2

6 2(d2

n + d2m

)− 4d2

→ 0

quando n,m →∞. Como H e completo e C e fechado, podemos tomar

y0 = lim yn ∈ C.


Para provar a unicidade, suponha que existam y0, y0 ∈ C tais que

‖x− y0‖ = ‖x− y0‖ = d.

Usando a identidade do paralelogramo novamente, temos

‖y0 − y0‖2 = 2(d2 + d2

)− 4∥∥∥∥x− y0 + y0

2

∥∥∥∥2

6 4d2 − 4d2 = 0.

¥

6.15 Corolario. Sejam H um espaco de Hilbert e L ⊂ H um subespaco vetorial fechado. Para todo x ∈ Ho unico y0 ∈ L tal que

‖x− y0‖ = miny∈L

‖x− y‖ ,

dado pelo teorema anterior, satisfazx− y0 ⊥ L.

Prova: Para provar a ortogonalidade do vetor x− y0, primeiro mostraremos que

〈x− y0, y − y0〉 6 0 para todo y ∈ L. (6.7)

Com efeito, para todo 0 6 t 6 1 temos z = (1− t) y0 + ty ∈ L, logo

‖x− y0‖ 6 ‖x− [(1− t) y0 + ty]‖ = ‖x− y0 − t (y − y0)‖ ,

de modo que‖x− y0‖2 6 ‖x− y0‖2 − 2t 〈x− y0, y − y0〉+ t2 ‖y − y0‖ ,

donde2 〈x− y0, y − y0〉 6 t ‖y − y0‖ .

Fazendo t → 0, segue (6.7). Agora, dado y ∈ L, segue de (6.7) que

〈x− y0, ty − y0〉 6 0 para todo t ∈ R,

logot 〈x− y0, y〉 6 〈x− y0, y0〉

para todo t ∈ R, o que implica que necessariamente 〈x− y0, y〉 = 0. ¥

6.16 Lema. Sejam H um espaco de Hilbert e L ⊂ H um subespaco vetorial fechado proprio. Entao existez ∈ H\L tal que ‖z‖ = 1 e z ⊥ L.

Prova: Pelo teorema anterior, dado w ∈ H\L, existe y0 ∈ L tal que w − y0 ⊥ L. Claramente, w − y0 /∈ L,logo podemos tomar

z =w − y0

‖w − y0‖ .

¥Os funcionais lineares em um espaco de Hilbert podem ser representados atraves do produto interno:

6.17 Teorema. (Teorema de Representacao de Riesz) Seja H um espaco de Hilbert. Dado f ∈ H∗ existeum unico y ∈ H tal que

f (x) = 〈x, y〉para todo x ∈ H. Alem disso,

‖f‖H∗ = ‖y‖H .

Em particular,H∗ = H



Prova: Como f ∈ H∗, L = ker f e fechado. Se L = H, entao f ≡ 0 e tomamos y = 0. Caso contrario, pelolema anterior existe z ∈ H\L tal que ‖z‖ = 1 e z ⊥ L. Temos H = 〈z〉 ⊕ L. Mais especificamente, dadox ∈ 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

〈x, y〉 =⟨

f (x)f (z)

z +(

x− f (x)f (z)

z

), f (z) z

⟩=

⟨f (x)f (z)

z, f (z) z

⟩= f (x) 〈z, z〉

= f (x) .

Alem disso, pela desigualdade de Cauchy-Schwartz temos |f (x)| = |〈x, y〉| 6 ‖x‖ ‖y‖, de modo que ‖f‖H∗ 6‖y‖ e

‖f‖H∗ > f

(y

‖y‖)

=〈y, y〉‖y‖ = ‖y‖ .

¥

6.18 Corolario. Todo espaco de Hilbert e reflexivo.

Prova: Como H∗ = H, temos tambem (H∗)∗ = H∗. Assim, a cada F ∈ H∗∗ = (H∗)∗ corresponde umfuncional 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

f (y) = 〈y, x〉para todo y ∈ H. Portanto,

F (g) = f (y) = 〈y, x〉 = 〈x, y〉 = g (x) = (Jx) (g)

para todo g ∈ H∗. ¥

6.4 Bases de Schauder e Bases de Hilbert

6.19 Definicao. Seja E um espaco de Banach. Uma base de Schauder para E e um conjunto de vetoresB = enn∈N ⊂ E tal que todo vetor x ∈ E se escreve de maneira unica como uma seria infinita

x =∞∑

n=1xnen para alguns escalares unicos xnn∈N ⊂ R.

Se um espaco de Banach admite uma base de Hilbert, entao ele e separavel. No entanto, existem exemplosde espacos de Banach separaveis que nao possuem bases de Schauder, ate mesmo espacos de Banach combases de Schauder que possuem subespacos sem base de Schauder (veja [Brezis]). Veremos nesta secao quetodo espaco de Hilbert separavel possui uma base de Schauder ortonormal (existem espacos de Hilbert quenao sao separaveis; veja [EMT]).

6.20 Definicao. Seja H um espaco vetorial com produto interno. Dizemos que S = eλλ∈Λ ⊂ H e umsistema ortonormal se 〈eα, eβ〉 = 0 para todos α 6= β e ‖eλ‖ = 1 para todo λ. Dizemos que umsistema ortonormal S e completo se nao existir nenhum sistema ortonormal em H que contenha Spropriamente.


6.21 Exemplo. Em `2 (n), a base canonica de Rn e um sistema ortonormal completo. Em `2, a basecanonica

(en)i =

1 se i = n,0 se i 6= n,

e um sistema ortonormal completo. Em L2 (Ω), as autofuncoes do operador Laplaciano, isto e, assolucoes linearmente independentes do problema de Dirichlet

∆u = λu em Ω,u = 0 sobre ∂Ω,

formam um sistema ortonormal completo. Por este motivo, S =1,√

2 sen nπx,√

2 cos nπx

n∈N e umsistema ortonormal completo para L2 (0, 1) (series de Fourier). ¤

6.22 Proposicao. Seja H um espaco vetorial com produto interno nao-nulo. Entao H admite um sistemaortonormal completo.

Alem disso, se S e um sistema ortonormal para H, entao S pode ser completado ate um sistemaortonormal completo.

Prova: Seja S um sistema ortonormal para H (todo espaco vetorial com produto interno admite um sistemaortonormal: se e ∈ H e um vetor nao-nulo, basta tomar S = e). Seja S = Sλλ∈Λ a colecao de todos ossistemas ortonormais de H que contem S. Introduza um ordem parcial nesta colecao definindo

Sα 6 Sβ se Sα ⊂ Sβ .

Qualquer subcolecao S0 = Sλλ∈Λ0⊂ S possui um limitante superior: Sλ0 = ∪λ∈Λ0Sλ. Pelo lema de Zorn,

S possui um elemento maximal; este e um sistema ortonormal completo para H contendo S. ¥

6.23 Lema. (Lema da Melhor Aproximacao) Sejam H um espaco vetorial com produto interno e S =eλλ∈Λ ⊂ H um sistema ortonormal. Sejam α1, . . . , αn ∈ Λ ındices quaisquer, c1, . . . , cn ∈ R escalaresquaisquer e se x ∈ H denote xi = 〈x, eαi〉. Entao

(i) ∥∥∥∥∥x−n∑

i=1

cieαi

∥∥∥∥∥

2

= ‖x‖2 −n∑

i=1

|xi|2 +n∑

i=1

(xi − ci)2.

(ii)∥∥∥∥x−

n∑i=1

cieαi

∥∥∥∥ assume o valor mınimo se e somente se ci = xi.

(iii)n∑

i=1

|xi|2 6 ‖x‖2 .

Prova: Temos∥∥∥∥∥x−

n∑

i=1

cieαi

∥∥∥∥∥

2

=

⟨x−

n∑

i=1

cieαi , x−n∑

i=1

cieαi

⟩

= ‖x‖2 − 2n∑

i=1

cixi +n∑

i=1

c2i

= ‖x‖2 −n∑

i=1

|xi|2 +n∑

i=1

|xi|2 − 2n∑

i=1

cixi +n∑

i=1

c2i

= ‖x‖2 −n∑

i=1

|xi|2 +n∑

i=1

(xi − ci)2,


o que conclui a demonstracao de (i). (ii) e (iii) seguem imediatamente de (i). ¥

6.24 Definicao. Sejam H um espaco vetorial com produto interno e S = eλλ∈Λ ⊂ H um sistema ortonor-mal completo. Dado x ∈ H, os coeficientes de Fourier de x sao os escalares xλ = 〈x, eλ〉, λ ∈ Λ.

Lembramos que se Λ e um conjunto de ındices e cλλ∈Λ ⊂ R e um conjunto de numeros reais positivosindexados por Λ, entao definimos ∑

λ∈Λ

cλ = supF⊂Λ

F finito

∑

λ∈F

cλ.

6.25 Corolario. (Desigualdade de Bessel) Sejam H um espaco vetorial com produto interno e S = eλλ∈Λ ⊂H um sistema ortonormal. Entao ∑

λ∈Λ

|xλ|2 6 ‖x‖2

para todo x ∈ H. Em particular, para cada x ∈ H o subconjunto de ındices Λ0 = λ ∈ Λ : xλ 6= 0 eenumeravel.

Prova: Para cada n ∈ N, o subconjunto de ındices Λn =

λ ∈ Λ : |xλ|2 > ‖x‖2

n

possui no maximo n

elementos e Λ0 = ∪Λn. ¥Em espacos de Hilbert, a desigualdade de Bessel e uma identidade:

6.26 Teorema. Seja H um espaco de Hilbert. As seguintes afirmacoes sao equivalentes:

(i) S = eλλ∈Λ e um sistema ortonormal completo para H.

(ii) Se x ⊥ eλ para todo λ ∈ Λ, entao x = 0.

(iii) (Expansao em serie de Fourier) Se x ∈ H, entao

x =∑

λ∈Λ

〈x, eλ〉 eλ.

(iv) (Identidade de Parseval) Se x ∈ H, entao

‖x‖2 =∑

λ∈Λ

|xλ|2 .

Prova: (i) ⇔ (ii) decorre da definicao de sistema ortonormal completo. (ii) ⇒ (iii) Seja xλii∈N o conjuntoenumeravel dos coeficientes de Fourier nao-nulos de x. Defina

yn =n∑

i=1

xλieλi .

Entao ynn∈N e uma sequencia de Cauchy em H, pois

‖yn − ym‖2 =m∑

i=n+1

|xλi |2 → 0

quando n,m →∞ pela desigualdade de Bessel. Como H e um espaco de Hilbert, seja

y = lim yn =∞∑

i=1

xλieλi =∑

λ∈Λ

〈x, eλ〉 eλ.


Mostraremos que x = y: se λ = λj para algum j temos

⟨x− y, eλj

⟩= lim

⟨x−

n∑

i=1

xλieλi

, eλj

⟩=

⟨x, eλj

⟩− xλj= 0;

se λ 6= λj para todo j temos

〈x− y, eλ〉 = lim

⟨x−

n∑

i=1

xλieλi

, eλ

⟩= 〈x, eλ〉 = 0.

(iii) ⇒ (iv) Usando (i) do Lema 6.23 podemos escrever

∑

λ∈Λ

|xλ|2 =∞∑

n=1

|xλn|2 = lim

k→∞

k∑n=1

|xλn|2 = ‖x‖2 − lim

k→∞

∥∥∥∥∥x−k∑

n=1

xλneλn

∥∥∥∥∥

2

= ‖x‖2 .

(iv) ⇒ (ii) Se x ⊥ eλ para todo λ ∈ Λ, entao

‖x‖2 =∑

λ∈Λ

|xλ|2 =∑

λ∈Λ

〈x, eλ〉2 = 0.

¥6.27 Teorema. Seja H um espaco de Hilbert. Entao H possui um sistema ortonormal completo enumeravel

se e somente se H e separavel.

Prova: Seja S = enn∈N um sistema ortonormal completo enumeravel para H. Entao H = 〈e1, e2, . . .〉 eportanto e separavel.

Reciprocamente, suponha que X = xnn∈N ⊂ H e um subconjunto enumeravel denso de H. Aplicandoo processo de ortonormalizacao de Gram-Schmidt a X, obtemos um sistema ortonormal enumeravel S =enn∈N para H. Mas entao H = 〈e1, e2, . . .〉: para todo n ∈ N o processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt garante que

〈e1, . . . , en〉 = 〈x1, . . . , xn〉 ,logo xn =

n∑i=1

αi,nei para alguns escalares α1,n, . . . , αn,n. Segue que S e um sistema ortonormal completo:

se x ⊥ ei para todo i, como podemos escrever

x = limk→∞

nk∑

i=1

αi,nkei,

porque existe um subconjunto xnkk∈N ⊂ X convenientemente reindexado tal que lim

k→∞xnk

= x, temos

‖x‖2 =

⟨x, lim

k→∞

nk∑

i=1

αi,nkei

⟩= lim

k→∞

nk∑

i=1

αi,nk〈x, ei〉 = 0.

¥6.28 Corolario. Seja H um espaco de Hilbert separavel. Se H tem dimensao infinita, entao H e isomet-

ricamente isomorfo a `2.

Prova: Se H1,H2 sao dois espacos de Hilbert com sistemas ortonormais completos S1 =e1λ

λ∈Λ

, S2 =e2λ

λ∈Λ

, respectivamente, entao a aplicacao linear T : H1 −→ H2 definida por

T

(∑

λ∈Λ

⟨x, e1

λ

⟩e1λ

)=

∑

λ∈Λ

⟨x, e1

λ

⟩e2λ

e um isomorfismo isometrico. ¥

6.5 Exercıcios

6.1 Mostre que `p (n), `p e Lp (Ω) nao e um espaco de Hilbert se p 6= 2.

6.2 Mostre que os espacos de Holder Ck,α(Ω

)nao sao espacos de Hilbert.

6.3 Sejam H um espaco de Hilbert e B = enn∈N ⊂ H uma sequencia de vetores ortonormais. Mostre queen 0.

6.4 Seja H um espaco de Hilbert. Prove que xn → x em H se e somente se xn x e ‖xn‖ → ‖x‖.6.5 Seja H um espaco de Hilbert e xnn∈N , ynn∈N ⊂ H sequencias tais que ‖xn‖ , ‖yn‖ 6 1 para todo

n ∈ N e 〈xn, yn〉 → 1 quando n →∞. Mostre que ‖xn − yn‖ → 0 quando n →∞.

6.6 Seja H um espaco de Hilbert e xnn∈N ⊂ H uma sequencia que converge fracamente para x ∈ H.Mostre que ela possui uma subsequencia ykk∈N tal que

y1 + . . . + yk

k→ x.

(Compare com o Teorema de Mazur, Exercıcio 5.2.)

6.7 Mostre que todo espaco de Banach possui uma base de Schauder e separavel.

6.8 Mostre que em um espaco de Hilbert separavel qualquer sistema ortonormal completo e no maximoenumeravel.

6.9 Prove o Teorema da Projecao: Seja H um espaco de Hilbert e L ⊂ H um subespaco vetorial fechado.Entao a projecao ortogonal P : H −→ L ⊂ H de H sobre L e um operador linear limitado e ‖P‖ 6 1.

6.10 Sejam H um espaco de Hilbert, xnn∈N um sistema ortonormal completo para H e ynn∈N umasequencia de vetores ortonormais. Mostre que se

∞∑n=1

‖xn − yn‖2 < 1,

entao ynn∈N tambem e um sistema ortonormal completo para H.

Capıtulo 7

Operadores Compactos

7.1 Operadores Completamente Contınuos e Operadores Com-pactos

7.1 Definicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados. Dizemos que um operador linear T : E −→ F ecompletamente contınuo se T leva sequencias fracamente convergentes em E em sequencias con-vergentes em F .

Como um operador completamente contınuo leva em particular sequencias convergentes em sequencias con-vergentes e continuidade sequencial e equivalente a continuidade em espacos metricos, operadores completa-mente contınuos sao de fato contınuos.

7.2 Definicao. Sejam E, F espacos vetoriais normados. Dizemos que um operador linear T : E −→ F ecompacto se T leva conjuntos limitados em E em conjuntos relativamente compactos em F .

Equivalentemente, T e compacto se T (BE) e relativamente compacto em F . Todo operador compacto econtınuo: como T (BE) e compacto e conjuntos compactos em espacos metricos sao limitados, segue queT (BE) e limitado.

7.3 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados. Entao T : E −→ F e compacto se e somente seT leva sequencias limitadas em E em sequencias que possuem subsequencias convergentes em F .

Prova: Se T e compacto e xn e limitada em E, entao Txn e relativamente compacto em F , logo possuisubsequencia convergente em F . Reciprocamente, suponha que para toda sequencia limitada xn em E,Txn possui uma subsequencia convergente em F . Em particular, toda sequencia yn ⊂ T (BE) possuisubsequencia convergente em E para algum limite; como este limite esta necessariamente em T (BE), segueque T (BE) e compacto. ¥7.4 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados. Se T : E −→ F e compacto, entao T e comple-

tamente contınuo.

Prova: Seja xn x em E. Primeiro observe que Txn Tx em F . De fato, dado g ∈ F ∗, temos gT ∈ E∗.Como xn x em E, temos que f (xn) → f (x) para todo f ∈ E∗, logo g (Txn) → g (Tx) para todo g ∈ F ∗,o que implica Txn Tx. Suponha por absurdo que Txn 6→ Tx. Entao existe ε > 0 e uma subsequenciaTxnk

tal que‖Txnk

− Tx‖ > ε

para todo nk. Mas como xn e fracamente convergente, ela e limitada, logo Txnk tambem e limitada

e possui uma subsequencia fortemente convergente pela proposicao anterior. Digamos, Txnk→ y. Em

particular, Txnk y e como o limite fraco e unico, segue que y = Tx, ou seja, Txnk

→ Tx, uma contradicao.¥

81

7.5 Corolario. Sejam E um espaco reflexivo e F um espaco vetorial normado. Entao T : E −→ F ecompacto se e somente se T e completamente contınuo.

Prova: Pois em espacos reflexivos toda sequencia limitada possui uma subsequencia fracamente convergente.¥Se E nao for reflexivo, podemos ter T completamente contınuo sem ser compacto (veja Exercıcio 7.2).

Sejam E,F espacos vetoriais normados. Denotaremos o subespaco vetorial dos operadores compactos emL (E, F ) (veja Exercıcio 7.1) por

K (E,F ) = T ∈ L (E, F ) : T e compacto .

Lembramos que em espacos metricos completos X, um conjunto K ⊂ X e compacto se e somente se ele forfechado e totalmente limitado, isto e, se para todo ε > 0 existir uma cobertura finita de K por bolas de raioε.

7.6 Proposicao. Seja F um espaco de Banach. Entao K (E, F ) e um subespaco vetorial fechado deL (E, F ).

Em particular, K (E,F ) e um espaco de Banach.

Prova: Seja Tn ⊂ K (E,F ) tal que Tn → T em L (E, F ). Para mostrar que T e compacto, provaremos quepara todo ε > 0 podemos cobrir T (BE) por um numero finito de bolas de raio ε; como F e um espaco metricocompleto, isso sera suficiente para estabelecer que T (BE) e compacto. Fixe n ∈ N tal que ‖T − Tn‖ < ε/2.Como Tn (BE) e compacto, temos

Tn (BE) ⊂N⋃

i=1

Byi (ε/2)

para alguns y1, . . . , yn ∈ F . Entao, como

‖Tx− yi‖ 6 ‖T − Tn‖ ‖x‖+ ‖Tnx− yi‖ = ‖T − Tn‖+ ‖Tnx− yi‖

para todo x ∈ BE e para todo i, segue que

T (BE) ⊂N⋃

i=1

Byi (ε) .

¥

7.7 Exemplo. Se E, F sao espacos vetoriais normados, dizemos que um operador linear T : E −→ F temposto finito se a imagem R (T ) e um subespaco vetorial de dimensao finita. Claramente, operadoreslineares limitados de posto finito sao operadores compactos. ¤

7.8 Corolario. Seja F um espaco de Banach. Se Tn e uma sequencia de operadores limitados de postofinito tal que Tn → T em L (E, F ), entao T e um operador compacto.

Se F possuir uma base de Schauder vale a recıproca: dado um operador compacto T ∈ K (E, F ), existe umasequencia de operadores de posto finito Tn ⊂ L (E,F ) tal que Tn → T (veja o Exercıcio 7.3 para o casode espacos de Hilbert). No caso geral, a recıproca e falsa (veja [Brezis]).

7.9 Proposicao. Sejam E, F,G espacos vetoriais normados. Sejam T ∈ L (E, F ) e S ∈ L (F,G). Se T ecompacto ou se S e compacto, entao S T e compacto.

Prova: Exercıcio. ¥

7.2 Teoria de Riesz-Fredholm para Operadores Compactos

7.10 Proposicao. Sejam E,F espacos vetoriais normados. Entao T : E −→ F e compacto se e somentese T ∗ : F ∗ −→ E∗ e compacto.

Prova: Suponha que T e compacto. Para mostrar que o operador adjunto T ∗ e compacto, mostraremosque toda sequencia em T ∗ (BF∗) possui uma subsequencia convergente. Seja gn ⊂ BF∗ . Temos

‖gn (y1)− gn (y2)‖ 6 ‖gn‖ ‖y1 − y2‖ 6 ‖y1 − y2‖

para todos y1, y2 ∈ F , logo gn e uma famılia equicontınua limitada de funcionais lineares. Como T (BE)e compacto, pelo teorema de Arzela-Ascoli existe uma subsequencia gnk

que converge uniformemente emT (BE). Logo,

‖T ∗gnk− T ∗gnl

‖E∗ = supx∈BE

|〈T ∗gnk− T ∗gnl

, x〉| = supx∈BE

|〈gnk− gnl

, Tx〉| 6 supy∈T (BE)

|〈gnk− gnl

, y〉| → 0

quando k, l →∞, isto e, T ∗gnk e uma sequencia de Cauchy no espaco de Banach E∗, portanto convergente.

Reciprocamente, suponha que T ∗ e compacto. Pela primeira parte da demonstracao segue que a adjuntaT ∗∗ e compacta. Note que o diagrama

ET−→ F

↓JE ↓JF

E∗∗ −→T∗∗

F ∗∗

e comutativo, isto e, JF T = T ∗∗ JE . De fato, para todo x ∈ E e para todo g ∈ F ∗ temos

〈JF Tx, g〉 = 〈g, Tx〉 = 〈T ∗g, x〉 = 〈JEx, T ∗g〉 = 〈T ∗∗JEx, g〉 .

Em particular, JF (T (BE)) ⊂ T ∗∗ (BE∗∗) porque se x ∈ BE entao JEx ∈ BE∗∗ e vale JF Tx = T ∗∗JEx. ComoJF e contınua, JF

(T (BE)

)⊂ T ∗∗ (BE∗∗). Este ultimo e compacto porque T ∗∗ e um operador compacto.

Como JF e uma isometria JF

(T (BE)

)e fechado e portanto compacto; logo, pelo mesmo motivo, T (BE) e

compacto. ¥Dado um operador linear T : E −→ F e λ ∈ R, denotaremos

Tλ = λI − T , T ∗λ = λI − T ∗,

Nλ = ker (Tλ) , N∗λ = ker (T ∗λ ) ,

Rλ = R (Tλ) , R∗λ = R (T ∗λ ) .

7.11 Lema. Sejam E um espaco de Banach, T ∈ L (E) um operador compacto e λ ∈ R, λ 6= 0. Entao

(i) Nλ, N∗λ sao subespacos vetoriais de dimensao finita.

(ii) Rλ, R∗λ sao subespacos vetoriais fechados.

Prova: (i) Como T e limitado, Nλ e fechado. Mas BNλ⊂ λ−1T (BE) pois se Tx = λx entao x = λ−1Tx.

Como λ−1T (BE) e compacto (a dilatacao y 7→ λ−1y e um homeomorfismo), segue que o conjunto fechadoBNλ

tambem e compacto. Ja que as bolas unitaria fechadas em espacos vetoriais normados de dimensaoinfinita nunca sao compactas, necessariamente dimNλ < ∞. Em virtude da proposicao anterior, a afirmacaopara N∗

λ segue analogamente.(ii) Pelo teorema da imagem fechada de Banach (Teorema 3.19), Rλ e fechado se e somente se R∗λ e

fechado. Vamos mostrar que Rλ e fechado.


Seja yn ⊂ Rλ tal que yn → y. Provaremos que y ∈ Rλ. Temos yn = Tλxn para algum xn ∈ E. Seja

dn = dist (xn, Nλ) .

Como Nλ tem dimensao finita, existe zn ∈ Nλ tal que

dist (xn, zn) = dn.

Defina wn = xn − zn, de modo que yn = Tλwn.Afirmacao: a sequencia wn e limitada.Suponha por absurdo que uma subsequencia dn = ‖wn‖ → ∞ (mantemos a notacao para nao sobrecarrrega-la). Seja vn = wn/ ‖wn‖. Entao

Tλvn =yn

dn→ 0,

ja que yn → y. Como a sequencia vn e limitada e T e compacto, a menos de uma subsequencia podemosassumir que

Tvn → v,

dondeλvn = Tλvn + Tvn → v

eTλv = lim Tλ (λvn) = λ limTλvn = 0,

ou seja, v ∈ Nλ. Por outro lado,

dist (vn, Nλ) =dist (wn, Nλ)

‖wn‖ =dist (xn, Nλ)

dn= 1,

um absurdo.Como a sequencia wn e limitada e T e compacto, a menos de uma subsequencia podemos assumir que

Twn → w.

Em particular,λwn = Tλwn + Twn = yn + Twn → y + w.

Tomex = λ−1 (y + w) .

EntaoTx = λ−1T [lim (λwn)] = λ−1 limT (λwn) = lim Twn = w,

dondey = λx− w = λx− Tx = Tλx.

¥

7.12 Teorema. (Alternativa de Fredholm para Operadores Compactos) Sejam E um espaco de Banach,T ∈ L (E) um operador compacto e λ ∈ R, λ 6= 0. Entao vale:

(i) Rλ = (N∗λ)⊥ .

(ii) R∗λ = (Nλ)⊥ .

Prova: Segue do lema anterior e do teorema da imagem fechada de Banach (Teorema 3.19). ¥No que se segue, denotaremos

Nkλ = ker T k

λ .

Observe que sempre temos Nk+1λ ⊃ Nk

λ .

7.13 Lema. Sejam E um espaco de Banach, T ∈ L (E) um operador compacto e λ ∈ R, λ 6= 0.

Entao existe n ∈ N tal que Nk+1λ % Nk

λ para todo k < n e Nk+1λ = Nk

λ para todo k > n.

Prova: Como

T kλ = λkI −

k∑

l=1

(−1)l

(k

l

)λk−lT l,

segue que T kλ = Uµ, onde µ = λk e U =

∑kl=1 (−1)l (k

l

)λk−lT l e um operador compacto, combinacao linear

de operadores compactos. Portanto, segue do Lema 7.11 que Nkλ tem dimensao finita.

Primeiro observe que se Nk+1λ = Nk

λ , entao Nk+2λ = Nk

λ . De fato, seja x ∈ Nk+2λ . Entao T k+1

λ (Tλx) =T k+2

λ x = 0, de modo que Tλx ∈ Nk+1λ = Nk

λ , ou seja, T kλ (Tλx) = 0 e portanto x ∈ Nk+1

λ = Nkλ . Por inducao,

segue que se Nk+1λ = Nk

λ , entao Nk+lλ = Nk

λ para todo l ∈ N.Assim, para provar o resultado, basta mostrar que existe n ∈ N tal que Nn+1

λ = Nnλ . Suponha por

absurdo que Nn+1λ % Nn

λ para todo n. Entao existe uma sequencia xn ⊂ E tal que xn ∈ Nn+1λ , ‖xn‖ = 1

e ‖xn − x‖ > 1/2 para todo x ∈ Nnλ (Corolario 2.18). Se n > m, temos

Tnλ (Tλxn + Txm) = Tn+1

λ xn + TTnλ xm = 0 + 0 = 0,

logo Tλxn + Txm ∈ Nnλ . Segue que

∣∣λ−1∣∣ ‖Txn − Txm‖ =

∣∣λ−1∣∣ ‖λxn − (Tλxn + Txm)‖

=∥∥xn − λ−1 (Tλxn + Txm)

∥∥

>12,

ou seja, Txn nao pode possuir subsequencias convergentes, contrariando a compacidade de T , ja que xne limitada. ¥

7.14 Teorema. Sejam E um espaco de Banach, T ∈ L (E) um operador compacto e λ ∈ R, λ 6= 0.

Entao Rλ = E se e somente se Nλ = 0.

Prova: Suponha Rλ = E. Se Nλ 6= 0, seja x0 ∈ Nλ um vetor nao nulo. Usando o fato que Rλ = E podemosconstruir uma sequencia xn ⊂ E tal que

Tλx1 = x0,

Tλx2 = x1,

...Tλxn+1 = xn,

...

Entao Tnλ xn = x0 6= 0 e Tn+1

λ xn = Tλx0 = 0, o que implica Nn+1λ 6= Nn

λ para todo n, contrariando o lemaanterior.

Reciprocamente, suponha Nλ = 0. Pela alternativa de Fredholm, temos R∗λ = E∗. Como T ∗ e compacto,podemos aplicar a primeira parte deste teorema para concluir que N∗

λ = 0. Novamente pela alternativa deFredholm segue que Rλ = E. ¥

7.15 Lema. Sejam E um espaco vetorial normado e y∗1 , . . . , y∗n ∈ E∗ linearmente independentes. Entaoexistem y1, . . . , ym ∈ E tais que

y∗i (yj) = δij

para todos 1 6 i, j 6 n.

Prova: Denote Ni = ker y∗i . Seja Mj = N1 ∩ . . . ∩ Nj ∩ . . . ∩Nn. Afirmamos que

Mj 6⊂ Nj .

E suficiente provar esta afirmacao para j = 1. Suponha por absurdo que M1 ⊂ N1. Entao

y∗1 (x) = 0 sempre que y∗2 (x) = . . . = y∗n (x) = 0.

Considere a aplicacao linear A : E −→ Rn−1 definida por

Ax = (y∗2 (x) , . . . , y∗n (x))

e defina um funcional linear g0 : A (E) ⊂ Rn−1 −→ R por

g (Ax) = y∗1 (x) .

g0 esta bem definido porque se Ax = Ay, entao y∗2 (x− y) = . . . = y∗n (x− y) = 0, logo y∗1 (x− y) = 0.Estenda g0 a um funcional linear g : Rn−1 −→ R. Mas entao g se escreve na forma

g (x2, . . . , xn) =n∑

i=2

αixi

para algumas constantes α2, . . . , αn ∈ R. Segue que

y∗1 (x) = g (y∗2 (x) , . . . , y∗n (x)) =n∑

i=2

αiy∗i (x) ,

contrariando a independencia linear dos funcionais y∗1 , . . . , y∗n. Escolhendo zj ∈ Mj\Nj , o resultado seguepara

yj =zj

y∗j (zj).

¥

7.16 Teorema. Sejam E um espaco de Banach, T ∈ L (E) um operador compacto e λ ∈ R, λ 6= 0.

Entao dim Nλ = dim N∗λ .

Prova: Seja x1, . . . , xn uma base para Nλ e y∗1 , . . . , y∗m uma base para N∗λ . Pelo teorema de Hahn-

Banach existem x∗1, . . . , x∗n ∈ E∗ tais que

x∗i (xj) = δij

para todos 1 6 i, j 6 n, enquanto que pelo lema anterior existem y1, . . . , ym ∈ E tais que

y∗i (yj) = δij

para todos 1 6 i, j 6 m.Suponha n < m. Defina

Sx = Tx +n∑

i=1

x∗i (x) yi.

Como S e uma combinacao linear de operadores compactos, S tambem e compacto. Afirmamos que

kerSλ = 0.


De fato, seja x ∈ kerSλ. Entao Sx = λx, ou seja,

Tλx =n∑

i=1

x∗i (x) yi.

Daı, como y∗j ∈ N∗λ , temos que

0 =⟨T ∗λy∗j , x

⟩=

⟨y∗j , Tλx

⟩= x∗j (x)

para todo j. Em particular, Tλx = 0, ou seja, x ∈ Nλ e portanto x =n∑

i=1

αixi para alguns escalares

α1, . . . , αn ∈ R. Mas entao 0 = x∗i (x) = αi para todo i, donde x = 0.Isso implica pelo Teorema 7.14 que Sλ e sobrejetivo. Em particular, existe x ∈ E tal que Sλx = yn+1.

Entao, como y∗n+1 ∈ N∗λ e y∗n+1 (y1) = . . . = y∗n+1 (yn) = 0, segue que

1 = y∗n+1 (yn+1) = y∗n+1 (Sλx)

= y∗n+1

(λx− Tx−

n∑

i=1

x∗i (x) yi

)

= y∗n+1 (Tλx)−n∑

i=1

x∗i (x) y∗n+1 (yi)

= 0,

um absurdo. Portanto dim Nλ > dim N∗λ .

Aplicando este resultado a T ∗, concluımos que dim N∗λ > dim N∗∗

λ , onde N∗∗λ = kerT ∗∗λ e T ∗∗λ = λI−T ∗∗.

Mas dim N∗∗λ > dim Nλ, porque (veja a demonstracao da Proposicao 7.10)

J Tλ = T ∗∗λ J,

ou seja, J (Nλ) ⊂ N∗∗λ e J e uma isometria. Segue que dim Nλ = dim N∗

λ . ¥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 Definicao. Seja E um espaco vetorial normado e T ∈ L (E). O resolvente de T e o conjunto

ρ (T ) = λ ∈ R : Tλ e bijetivo .

O espectro de T e o conjuntoσ (T ) = R\ρ (T ) .

O espectro de T contem os autovalores de T , mas podem existir valores em σ (T ) que nao sao autovaloresde T . Pelo Teorema 7.14, se T e um operador compacto entao o espectro de T coincide com o conjuntode autovalores de T , com a possıvel excecao de λ = 0. Alem disso, pelo Lema 7.11 cada autoespaco temdimensao finita.

7.18 Exemplo. Considere o operador T ∈ L (`2

)definido por

Tx = (0, x1, x2, . . .)

Entao T e injetivo mas nao e sobrejetivo, logo 0 ∈ σ (T ) mas nao e autovalor de T . ¤

Seja E um espaco metrico. Dada uma aplicacao S : E −→ E, dizemos que S e uma contracao se existeuma constante C < 1 tal que

dist (Sx, Sy) 6 C dist (x, y)

para todos x, y ∈ E.

7.19 Lema. (Teorema do Ponto Fixo de Banach) Sejam E um espaco metrico completo e S : E → E umacontracao. Entao existe um unico x ∈ E tal que Sx = x.

7.20 Proposicao. Sejam E um espaco de Banach e T ∈ L (E). Entao σ (T ) e compacto e σ (T ) ⊂[−‖T‖ , ‖T‖].

Prova: Se |λ| > ‖T‖, mostraremos que λ ∈ ρ (T ). De fato, dado y ∈ E, defina Sy : E −→ E por

Syx = λ−1 (Tx + y) .

O operador Tλ ser bijetivo e equivalente a existir um unico x ∈ E tal que Syx = x para todo y ∈ E. Portanto,basta verificar que S e uma contracao:

‖Syx1 − Syx2‖ = |λ|−1 ‖Tx1 − Tx2‖ 6 |λ|−1 ‖T‖ ‖x1 − x2‖

e |λ|−1 ‖T‖ < 1 por hipotese. Portanto, σ (T ) ⊂ [−‖T‖ , ‖T‖].Para mostrar que σ (T ) e compacto, basta verificar que ele e fechado, o que e equivalente a mostrar que

ρ (T ) e aberto. Se λ0 ∈ ρ (T ), dados λ ∈ R e y ∈ E, defina Sy : E −→ E por

Syx = T−1λ0

[y − (λ− λ0) x] .

O operador Tλ ser bijetivo e equivalente a existir um unico x ∈ E tal que Syx = x para todo y ∈ E, poisSyx = x e equivalente a

Tλ0x = y − (λ− λ0) x,

que equivaleλ0x− Tx = y − λx + λ0x,

ouλx− Tx = y.

Mas Sy e uma contracao para todo λ suficientemente proximo de λ0, independentemente de y, pois

‖Syx1 − Syx2‖ =∥∥T−1

λ0[(λ− λ0) (x1 − x2)]

∥∥ 6 |λ− λ0|∥∥T−1

λ0

∥∥ ‖x1 − x2‖ .

¥

7.21 Teorema. (Espectro de Operadores Compactos) Sejam E um espaco de Banach e T ∈ L (E) um oper-ador compacto. Entao σ (T ) e finito ou e uma sequencia que possui 0 como unico ponto de acumulacao.Em particular, os autovalores nao-nulos de T sao enumeraveis e isolados.

Alem disso, se E tem dimensao infinita, entao 0 ∈ σ (T ).

Prova: Seja λn ⊂ σ (T ) uma sequencia de numeros reais distintos com λn → λ. Mostraremos queλ = 0. Sem perda de generalidade, podemos assumir λn 6= 0 para todo n (ja que isso se cumpre paratodo n suficientemente grande). Como observado antes, e uma consequencia do Teorema 7.14 que λn e umautovalor de T , logo existe en ∈ BE tal que Ten = λnen para todo n. Como os autovalores λn sao distintos,e1, . . . , en e linearmente independente para todo n. Seja En = 〈e1, . . . , en〉, de modo que En $ En+1 e


(T − λnI)En ⊂ En−1 para todo n. Pelo Corolario 2.18, existe xn ∈ BEn tal que dist (xn, En−1) > 1/2 paratodo n. Daı, se n− 1 > m,

∥∥∥∥Txn

λn− T

xm

λm

∥∥∥∥ =∥∥∥∥

Txn − λnxn

λn− Txm − λmxm

λm+ xn − xm

∥∥∥∥

=∥∥∥∥xn −

(xm − (T − λnI)xn

λn+

(T − λmI) xm

λm

)∥∥∥∥> dist (xn, En−1)

>12

e portanto T (xn/λn) nao pode possuir uma subsequencia convergente, contrariando a compacidade de T .Se dim E = ∞ e T e compacto, entao T nao pode ser sobrejetivo (veja Exercıcio 7.11). ¥

7.4 Teoria Espectral para Operadores Autoadjuntos Compactos

7.22 Definicao. Seja H um espaco de Hilbert. Dizemos que uma forma bilinear B : H × H −→ H elimitada se existe uma constante C > 0 tal que

|B (x, y)| 6 C ‖x‖ ‖y‖

para todos x, y ∈ H.

7.23 Definicao. Seja H um espaco de Hilbert. Dizemos que uma forma bilinear B : H × H −→ H ecoerciva se existe uma constante α > 0 tal que

B (x, x) > α ‖x‖2

para todo x ∈ H.

O proximo resultado e uma generalizacao do teorema da representacao de Riesz.

7.24 Teorema. (Teorema de Lax-Milgram) Sejam H um espaco de Hilbert e B : H ×H −→ R uma formabilinear limitada e coerciva. Entao para todo f ∈ H∗ existe um unico z ∈ H tal que

f (x) = B (x, z)

para todo x ∈ H.

Prova: Fixado y, g (x) = B (x, y) define um funcional linear em H∗, logo pelo teorema da representacao deRiesz existe um unico Ty ∈ H tal que

B (x, y) = 〈x, Ty〉para todo x ∈ H. Para provar o resultado, pelo teorema de representacao de Riesz basta mostrar queT : H → H e bijetiva. Temos T linear, pois

〈x, T (αy1 + βy2)〉 = B (x, αy1 + βy2) = αB (x, y1) + βB (x, y2)= α 〈x, Ty1〉+ β 〈x, Ty2〉 = 〈x, αTy1 + Ty2〉 ,

e como‖Ty‖2 = 〈Ty, Ty〉 = B (y, Ty) 6 C ‖y‖ ‖Ty‖ ,

segue que‖Ty‖ 6 C ‖y‖ ,


isto e, T e limitado. Alem disso,

α ‖y‖2 6 B (y, y) = 〈y, Ty〉 6 ‖y‖ ‖Ty‖ ,

de modo que‖Ty‖ > α ‖y‖ ,

isto e T e limitada inferiormente e portanto injetiva. Em particular, segue que T (H) e fechado: se Tyn → z,entao

‖Tyn − Tym‖ > α ‖yn − ym‖de modo que yn → y ∈ H e z = T (lim yn) = Ty. Se T (H) 6= H, entao pelo Corolario 6.15 existez ∈ H\T (H) tal que z ⊥ T (H). Em particular,

0 = 〈z, Tz〉 = B (z, z) > α ‖z‖2 ,

um absurdo.Finalmente, se z1, z2 ∈ H sao tais que

B (x, z1) = f (x) = B (x, z2)

para todo x ∈ H, entao B (x, z1 − z2) = 0 para todo x ∈ H; em particular

B (z1 − z2, z1 − z2) = 0

e a coercividade de B implica que z1 = z2. ¥

7.25 Corolario. Sejam H um espaco de Hilbert e B : H×H −→ R uma forma bilinear limitada e coerciva.Se B e simetrica, entao o vetor z ∈ H que representa o funcional linear f ∈ H∗ dado pelo teorema deLax-Milgram e caracterizado por

q (z) = minx∈H

q (x)

onde q e a forma quadratica definida por

q (x) =12B (x, x)− f (x) .

Prova: Veja [Brezis]. ¥

7.26 Proposicao. Sejam H um espaco de Hilbert e T ∈ L (H) um operador autoadjunto. Sejam

m = infx∈BH

〈Tx, x〉 = infx∈H\0

〈Tx, x〉‖x‖2 ,

M = supx∈BH

〈Tx, x〉 = supx∈H\0

〈Tx, x〉‖x‖2 .

Entao σ (T ) ⊂ [m,M ]. Alem disso, m,M ∈ σ (T ) e

‖T‖ = max (|m| , |M |) .

Prova: Seja λ > M . Considere a forma bilinear limitada

B (x, y) = 〈Tλx, y〉 .Temos

B (x, x) = 〈Tλx, x〉 = λ 〈x, x〉 − 〈Tx, x〉 > (λ−M) ‖x‖2


para todo x ∈ H e como λ −M > 0, segue que B e coerciva. Segue do teorema de Lax-Milgram que Tλ ebijetiva, ou seja, λ ∈ ρ (T ).

Agora mostraremos que M ∈ σ (T ). A forma bilinear limitada

B (x, y) = 〈TMx, y〉

e simetrica, porque MI − T e autoadjunta. Alem disso,

B (x, x) > 0

para todo x ∈ H, o que significa que a desigualdade de Cauchy-Schwarz vale para a forma bilinear B (vejaa demonstracao da Proposicao 6.2):

|B (x, y)| 6 B (x, x)1/2B (y, y)1/2

.

Segue que|〈TMx, y〉| 6 〈TMx, x〉1/2 〈TMy, y〉1/2

para todos x, y ∈ H. Pelo teorema de representacao de Riesz e pela desigualdade de Cauchy-Schwarz,

‖TMx‖ = ‖〈TMx, ·〉‖H∗ = supy∈H\0

|〈TMx, y〉|‖y‖

6 〈TMx, x〉1/2 supy∈H\0

〈TMy, y〉1/2

‖y‖6 ‖TM‖1/2 〈TMx, x〉1/2

para todo x ∈ H. Seja xn ⊂ BH tal que 〈Txn, xn〉 → M . Entao

‖TMxn‖ 6 ‖TM‖1/2 〈TMxn, xn〉1/2

= ‖TM‖1/2 (〈Mxn, xn〉 − 〈Txn, xn〉)1/2

= ‖TM‖1/2 (M − 〈Txn, xn〉)1/2 → 0

e portanto TM nao pode ser invertıvel, pois se fosse terıamos xn = T−1M TMxn → 0, um absurdo.

A demonstracao para m segue da demonstracao para M ao considerarmos o operador −T .Finalmente, seja

µ = max (|m| , |M |) .

Por definicao de m e M e pela desigualdade de Cauchy-Schwarz vale

µ = supx∈BH

|〈Tx, x〉| 6 supx∈BH

‖Tx‖ ‖x‖ 6 supx∈BH

‖T‖ ‖x‖2 = ‖T‖ .

Para mostrar que ‖T‖ 6 µ, se T = 0 isto e obvio, logo vamos assumir T 6= 0. Seja z ∈ H tal que ‖z‖ = 1 eTz 6= 0 e tome

v = ‖Tz‖1/2z e w = ‖Tz‖−1/2

Tz,

de modo que ‖v‖2 = ‖w‖2 = ‖Tz‖. Tome

y1 = v + w e y2 = v − w.


Usando o fato que T e autoadjunta, temos que

〈Ty1, y1〉 − 〈Ty2, y2〉 = 〈T (v + w) , v + w〉 − 〈T (v − w) , v − w〉= 〈Tv, v〉+ 〈Tv, w〉+ 〈Tw, v〉+ 〈Tw, w〉− (〈Tv, v〉 − 〈Tv, w〉 − 〈Tw, v〉+ 〈Tw,w〉)= 2 〈Tv, w〉+ 2 〈Tw, v〉= 2 〈Tz, Tz〉+ 2

⟨T 2z, z

⟩

= 2 〈Tz, Tz〉+ 2 〈Tz, Tz〉= 4 ‖Tz‖2 .

Por outro lado,

|〈Ty1, y1〉 − 〈Ty2, y2〉| 6 |〈Ty1, y1〉|+ |〈Ty2, y2〉|6 µ

(‖y1‖2 + ‖y2‖2

)

= 2µ(‖v‖2 + ‖w‖2

)

= 4µ ‖Tz‖ .

Portanto,4 ‖Tz‖2 6 4µ ‖Tz‖ ,

dondeµ > ‖Tz‖

para todo z ∈ BH , o que implica µ > ‖T‖. ¥7.27 Corolario. Sejam H um espaco de Hilbert e T ∈ L (H) um operador autoadjunto tal que σ (T ) = 0.

Entao T = 0.

Prova: Pelo resultado anterior segue que ‖T‖ = 0. ¥7.28 Teorema. (Decomposicao Espectral de Operadores Autoadjuntos Compactos) Sejam H um espaco de

Hilbert separavel e T ∈ L (H) um operador autoadjunto compacto. Entao os autovetores linearmenteindependentes de T formam uma base de Hilbert para H.

Prova: Pelo Teorema 7.21, seja λ0 = 0 e λnn∈N a sequencia de autovalores nao nulos distintos de T .Denote E0 = kerT e En = Nλn os correspondentes autoespacos; pelo Lema 7.11, cada En, n 6= 0, temdimensao finita. Observe que En ⊥ Em se n 6= m: se x ∈ En e y ∈ Em entao

λn 〈x, y〉 = 〈λnx, y〉 = 〈Tx, y〉 = 〈x, Ty〉 = 〈x, λmy〉 = λm 〈x, y〉 ;como λn 6= λm, segue que

〈x, y〉 = 0.

Mostraremos queF =

⊕

n>0

En

e denso em H. Claramente, T (F ) ⊂ F . Segue que T(F⊥

) ⊂ F⊥, pois se x ∈ F⊥ e y ∈ F entao

〈Tx, y〉 = 〈x, Ty〉 = 0.

Podemos assim considerar o operador T |F⊥ : F⊥ −→ F⊥, que e um operador autoadjunto compacto. Masσ (T |F⊥) = 0, pois se λ ∈ σ (T |F⊥) \ 0 entao λ e um autovalor de T em F⊥, um absurdo. Pelo corolarioanterior, segue que T |F⊥ = 0, isto e, F⊥ = 0. Tomando um sistema ortonormal completo em cadasubespaco En, a uniao destas bases sera um sistema ortonormal completo para H formado de autovetoresde H. ¥

7.5 Aplicacao: Problemas de Sturm-Liouville e Operadores Inte-grais

Nesta secao consideraremos o seguinte problema de valor de fronteira (problema de Sturm-Liouville)−x′′ + qx = λx + f se a < t < b,αx (a) + βx′ (a) = 0γx (b) + δx′ (b) = 0

onde λ ∈ R, q ∈ C0 [a, b], f ∈ L2 (a, b) e α, β, γ, δ ∈ R sao tais que α e β nao sao ambos nulos e γ e δ naosao ambos nulos. Para estudar este problema, definimos o espaco vetorial normado

E = x ∈ C1 [a, b] : x satisfaz as condicoes de fronteira do problema de Sturm-Liouville,x′ e absolutamente contınua e x′′ ∈ L2 (a, b)

A condicao de x′ ser absolutamente contınua garante que x′′ esta definida em quase todo ponto, de modoque faz sentido falar em x′′ ∈ L2 (a, b). Defina o operador de Sturm-Liouville L : E −→ L2 (a, b) por

Lx = −x′′ + qx.

L e um operador linear e existir uma solucao para o problema de Sturm-Liouville e equivalente a f ∈R (L− λI). Embora o operador L possa ser considerado um operador limitado atraves de uma escolhaconveniente de norma para E, isso nao ajuda muito. O melhor procedimento e considerar o operador inversoL−1, que pode ser definido atraves de um operador integral (integracao e a inversa de diferenciacao) queveremos ser um operador compacto. Para definir L−1, precisamos assumir que L e injetivo (quando L naoe injetivo, ainda e possıvel estudar o problema atraves de uma pequena modificacao: veja o Exercıcio 7.19).

Vamos considerar os seguintes espacos vetoriais normados:

Ea =x ∈ C1 [a, b] : αx (a) + βx′ (a) = 0, x′ e absolutamente contınua e x′′ ∈ L2 (a, b)

,

Eb =x ∈ C1 [a, b] : γx (b) + δx′ (b) = 0, x′ e absolutamente contınua e x′′ ∈ L2 (a, b)

.

Claramente, E = Ea ∩Eb. O seguinte resultado vem da teoria de equacoes diferenciais ordinarias e garantea existencia de solucoes nao nulas para certos problemas com condicoes iniciais:

7.29 Lema. Existem funcoes nao nulas xa ∈ Ea e xb ∈ Eb tais que L (xa) = 0 e L (xb) = 0.

Lembre que o Wronskiano de duas funcoes x, y ∈ C1 [a, b] e definido por

Wx,y (t) = det[

x (t) y (t)x′ (t) y′ (t)

]= x (t) y′ (t)− x′ (t) y (t) .

ComoW ′

x,y (t) = x (t) y′′ (t)− x′′ (t) y (t) ,

segue queW ′

xa,xb(t) = xa (t)x′′b (t)− x′′a (t)xb (t) = xa (t) qxb (t)− qxa (t)xb (t) = 0,

ou seja,Wxa,xb

(t) ≡ Wxa,xb(a) .

7.30 Lema. Se xa ∈ Ea e xb ∈ Eb sao funcoes nao nulas que satisfazem L (xa) = L (xb) = 0 e L e injetivo,entao Wxa,xb

(a) 6= 0 consequentemente xa e xb sao linearmente independentes.


Prova: Se Wxa,xb(a) = 0, entao as colunas da matriz do Wronskiano sao linearmente dependentes, logo

existe c ∈ R tal que xb (a) = cxa (a) e x′b (a) = cx′a (a). Consequentemente, ambos xa, xb ∈ E, de modo queo operador L tem nucleo nao trivial, contradizendo o enunciado. ¥

Definimos a funcao de Green G : [a, b]× [a, b] −→ R para o operador L por

G (t, s) = − 1Wxa,xb

(a)

xa (t) xb (s) se a 6 t 6 s 6 b,xa (s)xb (t) se a 6 s 6 t 6 b.

Da definicao de G vemos imediatamente que

7.31 Lema. A funcao de Green e contınua e simetrica, isto e,

G (t, s) = G (s, t) .

7.32 Lema. Seja Ω ⊂ RN aberto e F ∈ L2 (Ω× Ω). Entao o operador integral T : L2 (Ω) −→ L2 (Ω)definido por

(Tf) (x) =∫

Ω

F (x, y) f (y) dy

e compacto e‖T‖ 6 ‖F‖L2(Ω×Ω) .

Alem disso, seF (x, y) = F (y, x) ,

entao T e autoadjunto.

Prova: Em primeiro lugar, vamos verificar que T esta bem definido e e um operador limitado. Se f ∈ L2 (Ω),temos pela desigualdade de Holder e pelo teorema de Fubini

‖Tf‖2L2(Ω) =∫

Ω

∣∣∣∣∫

Ω

F (x, y) f (y) dy

∣∣∣∣2

dx

6∫

Ω

(∫

Ω

|F (x, y)|2 dy

)(∫

Ω

|f (y)|2 dy

)dx

=(∫

Ω

|f (y)|2 dy

) ∫

Ω

(∫

Ω

|F (x, y)|2 dy

)dx

= ‖f‖L2(Ω)

∫

Ω×Ω

|F (x, y)|2 dydx

= ‖f‖L2(Ω) ‖F‖L2(Ω×Ω) .

Para verificar que T e compacto, antes de mais nada observamos que se enn∈N e um sistema ortonormalcompleto para L2 (Ω), entao enmn,m∈N definido por

enm (x, y) = en (x) em (y)

e um sistema ortonormal completo para L2 (Ω× Ω). De fato, pela desigualdade de Holder enm ∈ L2 (Ω× Ω)e pelo teorema de Fubini

〈enm, ekl〉L2(Ω×Ω) =∫

Ω×Ω

enm (x, y) ekl (x, y) dxdy

=∫

Ω×Ω

en (x) em (y) ek (x) el (y) dxdy

=(∫

Ω

en (x) ek (x) dx

) (∫

Ω

em (y) el (y) dy

)

= 〈en, ek〉L2(Ω) 〈em, el〉L2(Ω) ,


de modo que 〈enm, ekl〉L2(Ω×Ω) = δnkδml e portanto enmn,m∈N e um sistema ortonormal para L2 (Ω× Ω).Agora, seja h (x, y) ∈ L2 (Ω× Ω) satisfazendo 〈h, enm〉L2(Ω×Ω) = 0 para todos n,m ∈ N. Denotando

hy (x) = h (x, y) ,

pelo teorema de Fubini podemos escrever

〈h, enm〉L2(Ω×Ω) =∫

Ω×Ω

h (x, y) enm (x, y) dxdy

=∫

Ω

(∫

Ω

hy (x) en (x) dx

)em (y) dy

=⟨〈hy (x) , en (x)〉L2(Ω) , em (y)

⟩L2(Ω)

,

Portanto,〈hy (x) , en (x)〉L2(Ω) = 0 para todo n e para todo y ∈ Ω,

donde hy (x) = 0 para todo y ∈ Ω. Isso mostra que enmn,m∈N e um sistema ortonormal completo paraL2 (Ω× Ω).

Assim, fixando um sistema ortonormal completo enn∈N para L2 (Ω), podemos escrever

F (x, y) =∞∑

i,j=1

αijeij (x, y) .

Para cada n ∈ N defina o operador limitado de posto finito Tn : L2 (Ω) −→ L2 (Ω) por

(Tnf) (x) =∫

Ω

n∑

i,j=1

αijeij (x, y)

f (y) dy.

De fato, a continuidade de Tn segue da primeira parte da demonstracao deste teorema e como

(Tnf) (x) =n∑

i,j=1

αij

(∫

Ω

ej (y) f (y) dy

)ei (x) ,

segue que R (Tn) ⊂ 〈e1, . . . , en〉. Para provar que T e compacto, basta entao mostrar que Tn → T . Mas,como vimos na primeira parte da demonstracao deste teorema,

‖T − Tn‖ 6

∥∥∥∥∥∥F (x, y)−

n∑

i,j=1

αijeij (x, y)

∥∥∥∥∥∥L2(Ω)

→ 0.

Finalmente, para ver que T e autoadjunto se F (x, y) = F (y, x), pelo teorema de Fubini temos

〈Tf, g〉L2(Ω) =∫

Ω

(∫

Ω

F (x, y) f (y) dy

)g (x) dx =

∫

Ω×Ω

F (x, y) g (x) f (y) dxdy

=∫

Ω×Ω

F (y, x) g (x) f (y) dydx =∫

Ω

(∫

Ω

F (y, x) g (x) dy

)f (y) dx

= 〈f, Tg〉L2(Ω) .

¥


7.33 Teorema. Assuma L injetivo. Defina o operador integral K : L2 (a, b) −→ L2 (a, b) por

(Kf) (t) =∫ b

a

G (t, s) f (s) ds.

Entao K e um operador autoadjunto compacto, R (K) = E e K = L−1.

Prova: Pelo lema anterior, K e um operador compacto autoadjunto. Seja f ∈ L2 (a, b). Mostraremos queg = Kf ∈ E. Defina

ga (t) = − 1Wxa,xb

(a)

∫ t

a

xa (s) f (s) ds,

gb (t) = − 1Wxa,xb

(a)

∫ b

t

xb (s) f (s) ds,

de modo que

g (t) =∫ b

a

G (t, s) f (s) ds = − 1Wxa,xb

(a)

[∫ t

a

xa (s) xb (t) f (s) ds +∫ b

t

xa (t) xb (s) f (s) ds

]

= − 1Wxa,xb

(a)

[xb (t)

∫ t

a

xa (s) f (s) ds + xa (t)∫ b

t

xb (s) f (s) ds

]

= ga (t)xb (t) + gb (t) xa (t) ,

isto e,g = gaxb + gbxa.

Derivando esta expressao obtemos

g′ = g′axb + gax′b + gbx′a + g′bxa

= − 1Wxa,xb

(a)xafxb + gax′b + gbx

′a +

1Wxa,xb

(a)xbfxa

= gax′b + gbx′a

em quase todo ponto (lembre-se que f ∈ L2 (a, b) nao e contınua em geral), o que mostra que g′ e absoluta-mente contınua. Mas de fato g′ = gax′b + gbx

′a em todo ponto, pois se

ϕ (t) = g (a) +∫ t

a

(gax′b + gbx′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 ∈ C1 [a, b]segue que g ∈ C1 [a, b] tambem. Resta provar que g′′ ∈ L2 [a, b]. Derivando g′ = gax′b + gbx

′a obtemos

g′′ = g′ax′b + gax′′b + gbx′′a + g′bx

′a

= − 1Wxa,xb

(a)xafx′b + gax′′b + gbx

′′a +

1Wxa,xb

(a)xbfx′a

= gax′′b + gbx′′a −

1Wxa,xb

(a)(xax′b − x′axb) f

= gax′′b + gbx′′a − f.

e cada um dos termos nesta ultima expressao e uma funcao em L2 [a, b].

Para ver que g satisfaz as condicoes de fronteira do problema de Sturm-Liouville, note que ga (a) = 0 exa ∈ Ea, logo

αg (a) + βg′ (a) = α (gaxb + gbxa) (a) + β (gax′b + gbx′a) (a)

= gb (a) [αxa (a) + βx′a (a)]= 0.

Similarmente, de gb (b) = 0 e xb ∈ Eb obtemos γg (b) + δg′ (b) = 0.Para mostrar que L K = I : L2 (a, b) −→ L2 (a, b), seja g = Kf . Entao

Lg = −g′′ + qg = − (gax′′b + gbx′′a − f) + q (gaxb + gbxa)

= f + (−x′′b + qxb) ga + (−x′′a + qxa) gb

= f + gaLxb + gbLxa

= f.

Finalmente, para ver que K L = I : E −→ E, seja x ∈ E. Entao Lx ∈ L2 (a, b) e pelo que acabamos deprovar segue que LK (Lx) = Lx, ou seja, KLx− x ∈ kerL = 0. Portanto, KLx = x. ¥

7.34 Lema. Assuma L injetivo. Se λ ∈ σ (K) \ 0, entao dimkerKλ = 1.

Prova: Suponha que x ∈ kerKλ. Isso significa que Kx = λx, consequentemente Lx = λ−1x. Entaosupondo por absurdo que existem x1, x2 ∈ kerKλ linearmente independentes, segue que x1, x2 sao duassolucoes linearmente independentes da equacao diferencial de segunda ordem linear

−x′′ + qx = λ−1x,

portanto toda solucao desta equacao e combinacao linear de x1, x2. Por outro lado, x1, x2 ∈ E, logo qualquercombinacao linear de x1, x2 satisfaz as mesmas condicoes de fronteira que x1, x2 satisfazem, em particularem t = a. Mas uma solucao para a equacao diferencial pode ser encontrada para qualquer outra condicaoinicial diferente em t = a, contradicao. ¥

7.35 Teorema. Assuma L injetivo. Entao existe uma sequencia λnn∈N ⊂ R e um sistema ortonormalcompleto enn∈N para L2 (a, b) tais que

(i) 0 < |λ1| < |λ2| < . . . e |λn| → ∞.

(ii) en ∈ E e Len = λnen.

(iii) Se λ 6= λn para todo n e f ∈ L2 (a, b), entao existe um unico x ∈ E tal que Lx = λx + f.

(iv) Se f ∈ L2 (a, b), entao existe x ∈ E tal que Lx = λnx + f se e somente se 〈f, en〉 = 0. Nestecaso, se x1, x2 sao duas solucoes de Lx = λnx + f , entao x1 = x2 + cen para algum c ∈ R.

Prova: Segue do Teorema 7..3, da teoria de Riesz-Fredholm e da teoria espectral para operadores autoad-juntos compactos desenvolvida neste capıtulo, bem como do lema anterior. ¥

7.6 Exercıcios

7.1 Prove que se E,F sao espacos vetoriais normados, entao K (E, F ) e um subespaco vetorial de L (E, F ).

7.2 Mostre que o operador inclusao C0 ([0, 1]) → L2 ([0, 1]), quando estes espacos sao dotados de suasnormas usuais, e completamente contınuo mas nao e compacto.

7.3 Seja H um espaco de Hilbert. Prove que para todo operador compacto T : H −→ H existe umasequencia Tn ⊂ L (H) de operadores com posto finito tal que Tn → T . (Sugestao: use o teorema daprojecao.)

7.4 Mostre que a sequencia de operadores limitados Tn ⊂ L (`2

)de posto finito definidos por

Tnx = (x1, . . . , xn, 0, . . .)

converge puntualmente para um operador limitado que nao e compacto.

7.5 Mostre que os seguintes operadores sao compactos:

a) T : `2 −→ `2 definido porTx =

(x1,

x2

2. . . ,

xn

n, . . .

).

b) T : `2 −→ `2 definido porTx =

(x1

2,x2

22. . . ,

xn

2n, . . .

).

c) T : `p −→ `p, 1 6 p < ∞, definido por

Tx =(x1,

x2

2. . . ,

xn

n, . . .

).

d) T : `∞ −→ `∞ definido porTx =

(x1,

x2

2. . . ,

xn

n, . . .

).

7.6 Sejam H um espaco de Hilbert, enn∈N um sistema ortonormal completo para H e λnn∈N ⊂ R umasequencia de numeros reais tal que λn → 0. Defina um operador T : H −→ H por

Tx =∞∑

n=1

λn 〈x, en〉 en.

Mostre que T e um operador compacto.

7.7 Sejam H um espaco de Hilbert, enn∈N um sistema ortonormal completo para H, F um espaco de

Banach e T : H −→ F um operador limitado. Mostre que se∞∑

n=1‖Ten‖2 e uma serie convergente,

entao T e um operador compacto.

7.8 Seja E =f ∈ C2 ([0, 1]) : f (0) = f ′ (0) = 0

e considere o operador T : E −→ C0 ([0, 1]) definido por

Tf = f ′′. Mostre que T−1 : C2 ([0, 1]) −→ L2 ([0, 1]) e um operador compacto.

7.9 Sejam E um espaco reflexivo, F um espaco vetorial normado e T : E −→ F um operador linear compacto.Mostre que T (BE) e compacto.

7.10 Defina T : C0 ([−1, 1]) −→ C0 ([−1, 1]) por

(Tf) (x) =∫ x

−1

tf (t) dt.

Mostre que T e um operador compacto mas T(BC0([−1,1])

)nao e compacto.

7.11 Sejam E, F espacos de Banach e T : E −→ F um operador linear compacto. Mostre que se F temdimensao infinita, entao T nao pode ser sobrejetivo. Conclua que se R (T ) e fechado, entao R (T ) temdimensao finita.

7.12 Sejam E,F espacos vetoriais normados com dim E = ∞ e T : E −→ F um operador linear compacto.Mostre que existe uma sequencia xnn∈N ⊂ E tal que ‖xn‖ = 1 para todo n e Txn → 0.


7.13 Seja H um espaco de Hilbert e T : H −→ H um operador linear compacto. Mostre que existe x 6= 0tal que

‖Tx‖ = ‖T‖ ‖x‖ .

7.14 Sejam E um espaco reflexivo e F um espaco de Banach com a propriedade que toda sequencia quesatisfaz yn 0 satisfaz yn −→ 0. Mostre que se T : E −→ F e um operador linear limitado, entao Te compacto.

7.15 Sejam E, F espacos vetoriais normados. Um operador linear T : E −→ F que leva sequencias limitadasem E em sequencias que possuem sequencias fracamente convergentes em F e chamado um operadorfracamente compacto.

a) Mostre que operadores fracamente compactos sao limitados.

b) Mostre que se E ou F e reflexivo, entao todo operador limitado e fracamente compacto.

7.16 Sejam E,F espacos vetoriais normados e T : E −→ F um operador linear compacto. Mostre que R (T )e separavel.

7.17 Mostre que toda forma bilinear limitada e contınua.

7.18 Sejam H um espaco de Hilbert separavel, T ∈ L (H) um operador autoadjunto compacto, λnn∈N asequencia de autovalores nao nulos distintos de T e enn∈N a correspondente sequencia de autovetoresortonormais. Mostre que

Tx =∞∑

n=1

〈Tx, en〉 en =∞∑

n=1

λn 〈x, en〉 en.

7.19 Neste exercıcio estudaremos o problema de Sturm-Liouville sem assumir que o operador L e injetivo.Assumiremos a notacao da secao deste capıtulo que trata do problema de Sturm-Liouville.

a) Sejam x, y ∈ C1 [a, b] tais que x′, y′ e absolutamente contınua e x′′, y′′ ∈ L2 (a, b). Entao

∫ b

a

(x′′y − xy′′) = [x′ (b) y (b)− x (b) y′ (b)]− [x′ (a) y (a)− x (a) y′ (a)] .

b) Se x, y ∈ E, entao 〈Lx, y〉 = 〈x, Ly〉 .c) Se x, y ∈ E, λ, µ ∈ R, com λ 6= µ, e x ∈ kerLλ, y ∈ kerLµ, entao x ⊥ y.

d) Mostre que existe µ ∈ R tal que kerLµ = 0. Assim, substituindo a funcao q pela funcao q − µ,ainda valem as conclusoes do Teorema 7.35.

Capıtulo 8

Espacos de Sobolev e Equacao deLaplace

8.1 O Princıpio de Dirichlet

Considere o problema de Dirichlet para a equacao de Laplace:

∆u = f em Ω,u = g sobre ∂Ω,

(8.1)

para funcoes f, g dadas. O princıpio de Dirichlet afirma que podemos encontrar a solucao para o problemaacima encontrando a funcao que minimiza um funcional de energia apropriado:

8.1 Proposicao. (Princıpio de Dirichlet) Suponha que u ∈ C2 (Ω) ∩ C0(Ω

)satisfaz u = g sobre ∂Ω e

I (u) = minv∈E

I (v)

onde E =v ∈ C2 (Ω) ∩ C0

(Ω

): v = g sobre ∂Ω

e

I (v) =12

∫

Ω

|∇v|2 +∫

Ω

fv.

Entao u e uma solucao de (8.1).

Prova: Seja ϕ ∈ C∞0 (Ω). Por hipotese, a funcao γ : R −→ R definida por

γ (t) = I (u + tϕ)

possui um mınimo em t = 0, porque u + tϕ = g em ∂Ω. Expandindo esta expressao, obtemos

γ (t) =12

∫

Ω

|∇u|2 + t

∫

Ω

∇u · ∇ϕ +t2

2

∫

Ω

|∇ϕ|2 +∫

Ω

fu + t

∫

Ω

fϕ.

Em particular, γ e diferenciavel e

γ′ (t) =∫

Ω

∇u · ∇ϕ + t

∫

Ω

|∇ϕ|2 +∫

Ω

fϕ.

Como γ′ (0) = 0, segue que∫

Ω

∇u · ∇ϕ =∫

Ω

fϕ para todo ϕ ∈ C∞0 (Ω) .

100


Integrando esta equacao por partes, isto e, usando a primeira identidade de Green∫

Ω

∇u · ∇ϕ =∫

∂Ω

ϕ∂u

∂ν−

∫

Ω

ϕ∆u,

obtemos ∫

Ω

∆u ϕ =∫

Ω

fϕ para todo ϕ ∈ C∞0 (Ω) ,

o que implica∆u = f em Ω.

¥O princıpio de Dirichlet sugere entao que para resolver o problema de Dirichlet para a equacao de Poisson

basta encontrar a funcao que minimiza o funcional (as vezes chamado funcional ou integral de Dirichlet)

I (u) =12

∫

Ω

|∇u|2 +∫

Ω

fu

na classe de funcoes de classe C2 em Ω que satisfazem a condicao de fronteira especificada. No entanto,nao esta claro que o funcional de Dirichlet assume o seu ınfimo nesta classe de funcoes. Esta constituia dificuldade principal em se aplicar este metodo variacional para encontrar a solucao do problema deDirichlet. Talvez fosse melhor tentar minimizar o funcional de Dirichlet em um espaco maior de funcoespara aumentar as chances de obter um minimizante naquele espaco. Se formos usar esta estrategia, noentanto, a nova dificuldade passa a ser mostrar que o minimizante obtido e de classe C2 em Ω, satisfazendoos nossos criterios de solucao para o problema de Dirichlet. Por exemplo, o funcional de Dirichlet esta bemdefinido para funcoes em C1 (Ω), que e uma classe maior de funcoes que C2 (Ω), logo faz sentido procurar umminimizante para o funcional em C1 (Ω) (embora nada indique que seja mais facil encontra-lo neste espacodo que no espaco C2 (Ω)); por outro lado, mesmo que encontremos um minimizante em C1 (Ω), e necessarioprovar que ele esta tambem em C2 (Ω). Assim, o que determinara a escolha da estrategia e saber o que e maisfacil: encontrar o minimizante em um espaco maior W e provar a regularidade C2 (Ω) deste minimizante, ouencontrar diretamente o minimizante no espaco C2 (Ω)? A experiencia mostra que a primeira estrategia emais promissora. Define-se um espaco de Sobolev W 1,2

0 (Ω), que e um subespaco de L2 (Ω) onde o funcionalde Dirichlet esta bem definido. W 1,2

0 (Ω) e um espaco de Hilbert e tem belas propriedades de compacidade,o que facilita bastante provar a existencia de um minimizante para o funcional de Dirichlet. Alem dissoW 1,2

0 (Ω) contem C2 (Ω) e, atraves da consideracao de outros espacos de Sobolev de definicao analoga, epossıvel provar a regularidade do minimizante encontrado usando certos resultados de imersao.

8.2 A Derivada Fraca

Vemos que o termo quadratico do funcional de Dirichlet esta bem definido para funcoes u que tem apenasderivadas parciais de primeira ordem definidas em quase todo ponto e que estao em L2 (Ω); alem disso, otermo linear esta bem definido para funcoes u ∈ L2 (Ω) desde que f ∈ L2 (Ω) tambem. Esta percepcao nosleva a tentar definir um conceito mais abrangente de derivada.

8.2.1 Definicao

Seja Ω um aberto de Rn. Suponha que u ∈ C1(Ω) e uma funcao real continuamente diferenciavel. Seϕ ∈ C∞0 (Ω) e uma funcao suave com suporte compacto em Ω, segue da formula de integracao por partes

∫

Ω

∂u

∂xiv =

∫

∂Ω

uv ηi −∫

Ω

u∂v

∂xi

que ∫

Ω

u (∂iϕ) = −∫

Ω

(∂iu) ϕ (8.2)

para i = 1, . . . , n (aqui denotamos por ∂i a derivada parcial de primeira ordem ∂/∂xi) Nao ha termos defronteira exatamente porque ϕ tem suporte compacto em Ω.

8.2 Definicao. Seja Ω ⊂ Rn um subconjunto aberto e u ∈ L1loc(Ω). Dizemos que uma funcao vi ∈ L1

loc(Ω)e a derivada parcial fraca de u em relacao a xi, se

∫

Ω

u(∂iϕ) = −∫

Ω

viϕ, (8.3)

para toda ϕ ∈ C∞0 (Ω). Neste caso, denotaremos

vi = ∂iu. (8.4)

Dizemos que u e fracamente diferenciavel se todas as derivadas parciais fracas de primeira ordemde u existirem. O espaco vetorial das funcoes fracamente diferenciaveis sera denotado por W k(Ω).

Quando existe, vi e unicamente determinada a menos de conjuntos de medida nula. Claramente C1(Ω) ⊂W 1(Ω): o conceito de derivada fraca e uma extensao do conceito classico de derivada que mantem a validadeda formula de integracao por partes.

8.3 Exemplo. Sejam n = 1, Ω = (0, 2) e

u(x) =

x se 0 < x 6 1,1 se 1 6 x < 2.

Entao, se

v(x) =

1 se 0 < x 6 1,0 se 1 6 x < 2,

temos u′(x) = v(x). De fato, dada ϕ ∈ C∞0 ((0, 2)), temos∫ 2

0

uϕ′ =∫ 1

0

xϕ +∫ 2

1

ϕ′ = ϕ(1)− 0−∫ 1

0

ϕ + 0− ϕ(1)

= −∫ 2

0

vϕ.

¤

8.4 Exemplo. Por outro lado, se n = 1, Ω = (0, 2) e

u(x) =

x se 0 < x 6 1,2 se 1 < x < 2,

entao u nao possui uma derivada fraca. Com efeito, suponha por absurdo que exista uma funcaov ∈ L1

loc((0, 2)) satisfazendo ∫ 2

0

uϕ′ = −∫ 2

0

vϕ ,

para toda ϕ ∈ C∞0 ((0, 2)). Entao

−∫ 2

0

vϕ =∫ 1

0

xϕ′ + 2∫ 2

1

ϕ′ = ϕ(1)− 0−∫ 1

0

ϕ + 0− 2ϕ(1)

= −ϕ(1)−∫ 1

0

ϕ,

ou seja,

ϕ(1) = −∫ 1

0

ϕ +∫ 2

0

vϕ.

para toda ϕ ∈ C∞0 ((0, 2)). Escolhendo uma sequencia de funcoes-teste (ϕm) ⊂ C∞0 ((0, 2)) satisfazendoϕm(1) = 1, 0 6 ϕm 6 1 e ϕm(x) → 0 para todo x 6= 1, obtemos atraves do teorema da convergenciadominada de Lebesgue que

1 = limm→∞

ϕm(1) = limm→∞

[−

∫ 1

0

ϕm +∫ 2

0

vϕm

]= 0,

uma contradicao. ¤

Estes exemplos nao sao acidentais. Conforme veremos daqui a pouco, uma funcao real em uma variavel realpossui uma derivada fraca se e somente se ela for absolutamente contınua; lembre-se que neste caso ela ediferenciavel no sentido classico em quase todo ponto. Uma caracterizacao completa das funcoes fracamentediferenciaveis, especialmente suas propriedades no que se refere a diferenciabilidade classica, sera consideradaapos um resultado de aproximacao.

8.2.2 Um Teorema de Aproximacao para Funcoes Fracamente Diferenciaveis

Para estabelecer algumas das propriedades basicas das funcoes fracamente diferenciaveis e convenienteaproxima-las por suas regularizacoes.

8.5 Definicao. Uma funcao suavizante e uma funcao nao-negativa ϕ ∈ C∞0 (Rn) com supp ϕ = B1(0) esatisfazendo

∫Rn ϕ(x) dx = 1.

O exemplo tıpico de funcao suavizante e a funcao

ϕ(x) =

ce

1|x|2−1 se |x| < 1,

0 se |x| > 1,

onde a constante c e escolhida de forma que tenhamos∫Rn ϕ(x) dx = 1.

8.6 Definicao. Considere u ∈ L1loc(Rn). Dado ε > 0, a regularizacao uε de u e definida como sendo a

convolucao

uε(x) =1εn

∫

Rn

ϕ

(x− y

ε

)u(y) dy. (8.5)

Observe que supp ϕ

(x− y

ε

)= Bε(x). Se Ω ⊂ Rn e um aberto e u ∈ L1

loc(Ω), estendemos u como valendo

0 fora de Ω de forma a aplicar a definicao acima, mas mesmo assim a funcao uε pode nao estar definidapara todo x ∈ Ω, ja que u e apenas localmente integravel em Ω (o que significa que u e integravel apenasem vizinhancas compactas de Ω). Para uma tal funcao, a regularizacao uε esta definida em x ∈ Ω apenaspara aqueles ε tais que ε < dist(x, ∂Ω); uε nao esta definida em todo o aberto Ω se u e apenas localmenteintegravel em Ω.

Uma das propriedades principais da regularizacao uε de u e ser uma funcao suave onde estiver definida.De fato, se u ∈ L1

loc(Ω), dado Ω′ ⊂⊂ Ω e 0 < ε < dist(Ω′, ∂Ω) temos para qualquer multi-ındice γ

Dγuε(x) =1εn

∫

Ω

Dγ

[ϕ

(x− y

ε

)]u(y) dy

para todo x ∈ Ω′; ou seja, uε ∈ C∞(Ω′). Assim, se u ∈ L1(Ω), de modo que uε esta definida em todo oaberto Ω para qualquer ε > 0, segue que uε ∈ C∞(Ω) para qualquer ε > 0; se, alem disso, Ω for limitado,

entao uε ∈ C∞0 (Rn) para qualquer ε > 0. Finalmente, se supp u ⊂ Ω e ε < dist(suppu, ∂Ω), entao uε ∈C∞0 (Ω) tambem.

A propriedade essencial das regularizacoes de uma funcao u, o que justifica o seu uso, e serem aproximacoesde u na topologia natural do espaco em que u se encontra, em particular para os espacos Lp. Apenas devemosobservar que os espacos Lp

loc(Ω) nao sao espacos vetoriais normados, mas possuem uma topologia definidada seguinte maneira: dizemos que uma sequencia um ⊂ Lp

loc(Ω) converge para u na topologia de Lploc(Ω)

se um → u em Lp(Ω′) para todo aberto Ω′ ⊂⊂ Ω.

8.7 Lema. Se u ∈ Lploc(Ω) [resp. Lp(Ω), se Ω e um aberto limitado], entao uε → u em Lp

loc(Ω) [resp.Lp(Ω), se Ω e um aberto limitado] quando ε → 0.

Prova: Pela desigualdade de Holder, para qualquer funcao w ∈ Lploc(Ω) nos temos

|wε(x)| =∣∣∣∣∣∫

B1(0)

ϕ(z)w(x− εz) dz

∣∣∣∣∣ 6(∫

B1(0)

∣∣∣ϕ p−1p (z)

∣∣∣p

p−1dz

) p−1p

(∫

B1(0)

∣∣∣ϕ 1p (z)w(x− εz)

∣∣∣p

dz

) 1p

=

(∫

B1(0)

ϕ(z) dz

) p−1p

(∫

B1(0)

ϕ(z) |w(x− εz)|p dz

) 1p

=

(∫

B1(0)


) 1p

;

portanto, se Ω′ ⊂⊂ Ω e ε < dist(Ω′, ∂Ω)/2, segue do Teorema de Fubini que∫

Ω′|wε(x)|p dx 6

∫

Ω′

(∫

B1(0)


)dx =

∫

B1(0)

ϕ(z)(∫

Ω′|w(x− εz)|p dx

)dz

6∫

B1(0)

ϕ(z)

(∫

Bε(Ω′)|w(y)|p dy

)dz

=∫

Bε(Ω′)|w|p ,

onde Bε(Ω′) = x ∈ Rn : dist (x, ∂Ω′) < ε e a vizinhanca ε de Ω′. Em outras palavras, nos provamos quepara qualquer funcao w ∈ Lp

loc(Ω) vale

‖wε‖Lp(Ω′) 6 ‖w‖Lp(Bε(Ω′)) .

Agora, aproxime u em Bε(Ω′). Mais precisamente, dado ε > 0, seja v ∈ C0(Bε(Ω′)) tal que

‖u− v‖Lp(Bε(Ω′)) <ε

3.

Pelo resultado que acabamos de obter, chamando w = u−v nos tambem temos (pois (u− v)ε = uε−vε) que

‖uε − vε‖Lp(Ω′) 6 ‖u− v‖Lp(Bε(Ω′)) <ε

3.

Como vε → v uniformemente em Bε(Ω′), se ε e suficientemente pequeno nos temos

‖v − vε‖Lp(Ω′) <ε

3.

Segue que‖u− uε‖Lp(Ω′) 6 ‖u− v‖Lp(Ω′) + ‖v − vε‖Lp(Ω′) + ‖uε − vε‖Lp(Ω′) < ε.

Para provar o resultado se u ∈ Lp(Ω), quando Ω e um aberto limitado, estendemos u como sendo 0 forade Ω e aplicamos o resultado acima para u ∈ Lp

loc(Rn). ¥


8.8 Lema. Sejam u ∈ L1loc(Ω), 1 6 i 6 n, e suponha que ∂iu existe. Entao

∂iuε(x) = (∂iu)ε(x) (8.6)

para todo x ∈ Ωε = y ∈ Ω : dist(y, ∂Ω) > ε.

Prova: Observe que∂ϕ

∂xi

(x− y

ε

)= (−1)

∂ϕ

∂yi

(x− y

ε

).

Derivando sob o sinal de integral, como para x ∈ Ωε a funcao ϕ

(x− y

ε

)∈ C∞0 (Ω), podemos usar a definicao

de derivada fraca para obter

∂iuε(x) =(−1)|α|

εn

∫

Ω

∂ϕ

∂yi

(x− y

ε

)u(y) dy

=1εn

∫

Ω

ϕ

(x− y

ε

)∂u

∂yi(y) dy

= (∂iu)ε(x).

¥Observe que, mesmo que tenhamos u ∈ L1(Ω) e ∂iu ∈ L1(Ω) (e, consequentemente, uε ∈ L1(Ω) e (∂iu)ε ∈L1(Ω) pelo Lema 8.8) nao podemos concluir que ∂iuε(x) = (∂iu)ε(x) para todo x ∈ Ω, ja que para x ∈ Ω\Ωε

a funcao ϕ

(x− y

ε

)/∈ C∞0 (Ω) e portanto nao podemos usar a definicao de derivada fraca.

Agora estamos em condicoes de provar o seguinte teorema basico de aproximacao para derivadas fracas.

8.9 Teorema. Sejam u, v ∈ L1loc(Ω). Entao v = ∂iu se e somente se existe uma sequencia de funcoes

(um) ⊂ C1(Ω) tal que um → u em L1loc(Ω) e ∂ium → v em L1

loc(Ω).

Prova: Suponha que existe uma sequencia de funcoes (um) ⊂ Ck(Ω) satisfazendo um → u em L1loc(Ω) e

∂ium → v em L1loc(Ω). Entao, para toda ϕ ∈ C∞0 (Ω), temos∫

Ω

u(∂iϕ) dx = limm→∞

∫

Ω

um(∂iϕ) dx = − limm→∞

∫

Ω

(∂ium)ϕdx = −∫

Ω

vϕ dx,

e portanto v = ∂iu.Agora assuma v = ∂iu. Temos entao uε → u em L1

loc(Ω) e (∂iu)ε → ∂iu = v em L1loc(Ω), quando ε → 0.

Como (∂iu)ε = ∂iuε, segue a recıproca. ¥

8.2.3 Caracterizacao das Funcoes Fracamente Diferenciaveis

Em geral, temos a seguinte caracterizacao das funcoes fracamente diferenciaveis, que tem como consequenciao fato de que as derivadas parciais de uma funcao fracamente diferenciavel existem em quase todo ponto.

8.10 Teorema. Uma funcao u ∈ L1loc(Ω) e fracamente diferenciavel se e somente se ela e igual, a menos

de um conjunto de medida nula, a uma funcao que

(i) e absolutamente contınua em quase todos os segmentos em Ω paralelos aos eixos coordenados e

(ii) as derivadas parciais (classicas) de primeira ordem de u sao localmente integraveis.

Prova: Assuma primeiro u ∈ W 1(Ω). Obviamente, pela definicao de funcao fracamente diferenciavel,temos ∂iu ∈ L1

loc(Ω) para i = 1, ..., n. Tome um bloco retangular R = [a1, b1] × ... × [an, bn] ⊂ Ω e fixeuma coordenada i. Escrevemos um ponto x ∈ R na forma x = (x′, xi), onde x′ ∈ Rn−1 e xi ∈ [ai, bi];

denotaremos tambem R′ = [a1, b1] × ... × [ai, bi] × ... × [an, bn]. Temos que provar que para quase todox′ ∈ R′ a funcao u(x′, ·) e absolutamente contınua em [ai, bi]. Pelo Teorema 8.8, existe uma sequencia defuncoes (um) ⊂ C∞(Ω) satisfazendo um → u e ∂ium → ∂iu em L1

loc(Ω) para todo i. Pelo Teorema de Fubini,podemos entao escrever para quase todo x′ ∈ R′

∫

R′

[∫ bi

ai

|um(x′, xi)− u(x′, xi)| dxi

]dx′ =

∫

R

|um(x)− u(x)| dx → 0 (8.7)

∫

R′

[∫ bi

ai

|∂ium(x′, xi)− ∂iu(x′, xi)| dxi

]dx′ =

∫

R

|∂ium(x)− ∂iu(x)| dx → 0 (8.8)

quando m → ∞. Como convergencia em L1 implica convergencia q.t.p. a menos de uma subsequencia,podemos assumir que

∫ bi

ai

|um(x′, xi)− u(x′, xi)| dxi → 0 (8.9)

∫ bi

ai

|∂ium(x′, xi)− ∂iu(x′, xi)| dxi → 0 (8.10)

para quase todo x′ ∈ R′ (por exemplo, definindo Fm(x′) =∫ bi

ai|um(x′, xi)− u(x′, xi)| dxi, temos por (8.7)

que Fm → 0 em L1(R′)). Em outras palavras, para quase todo x′ ∈ R′, temos que um(x′, ·) → u(x′, ·) emL1([ai, bi]) e ∂ium(x′, ·) → ∂iu(x′, ·) em L1([ai, bi]). Fixe qualquer um x′ com esta propriedade.

Verificaremos agora que a sequencia um(x′, ·) cumpre as condicoes do Teorema de Arzela-Ascoli. Defato, como as funcoes um sao pelo menos continuamente diferenciaveis, nos temos que, dado η > 0, existeN ∈ N tal que para todo t ∈ [ai, bi] e m > N vale

|um(x′, t)− um(x′, ai)| =∣∣∣∣∫ t

ai

∂ium(x′, xi) dxi

∣∣∣∣

6∫ bi

ai

|∂ium(x′, xi)| dxi

<

∫ bi

ai

|∂ium(x′, xi)| dxi + η.

Logo, a sequencia um(x′, ·) e uniformemente limitada em [ai, bi]. Alem disso, a sequencia um(x′, ·)tambem e uniformemente absolutamente equicontınua, porque a convergencia de uma sequencia em L1([ai, bi])implica que a sequencia e uniformemente integravel: dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo m ∈ N

∫

E

|∂ium(x′, xi)| dxi < ε

para qualquer conjunto E ⊂ [ai, bi] satisfazendo |E| < δ; assim, se |t− s| < δ, segue que

|um(x′, t)− um(x′, s)| 6∫ t

s

|∂ium(x′, xi)| dxi < ε

para todo m ∈ N. Segue do Teorema de Arzela-Ascoli que um(x′, ·) converge uniformemente em [ai, bi] parauma funcao absolutamente contınua que coincide em quase todo ponto com u.

Suponha agora que u e absolutamente contınua em quase todos os segmentos de reta em Ω paralelosaos eixos coordenados e que as primeiras derivadas parciais de u sao localmente integraveis. Entao isso valetambem para uϕ para toda ϕ ∈ C∞0 (Ω), logo temos

∫

L

u (∂iϕ) dx = −∫

L

(∂iu) ϕdx


em quase todo segmento de reta L paralelo ao i-esimo eixo coordenado cujos extremos estao em Ω\ supp ϕ.Pelo Teorema de Fubini, segue que

∫

Ω

u (∂iϕ) dx = −∫

Ω

(∂iu)ϕ dx,

e portanto u ∈ W 1(Ω). ¥

8.11 Corolario. Seja u ∈ W 1(Ω). Se ∇u = 0 q.t.p. em algum subconjunto conexo de Ω, entao u econstante neste subconjunto.

8.2.4 Regra do Produto e Regra da Cadeia

8.12 Proposicao. (Regra do Produto) Se ψ ∈ C∞0 (Ω) e u ∈ W 1,p(Ω), entao ψu ∈ W 1,p(Ω) e

∂i(ψu) = (∂iψ)u + ψ (∂iu) .

Prova: Para todo ϕ ∈ C∞0 (Ω), usando a regra do produto para funcoes diferenciaveis no sentido classico ea definicao de derivada fraca (pois ψϕ ∈ C∞0 (Ω)), temos

∫

Ω

(ψu)(∂iϕ) dx =∫

Ω

u[ψ(∂iϕ)] dx =∫

Ω

u[∂i(ψϕ)− ϕ(∂iψ)] dx

= −∫

Ω

(∂iu)ψϕ dx−∫

Ω

u(∂iψ)ϕdx

= −∫

Ω

[(∂iu)ψ + u(∂iψ)]ϕ dx.

¥Sob hipoteses razoaveis, a regra da cadeia vale para funcoes fracamente diferenciaveis.

8.13 Proposicao. Sejam f ∈ C1(R), f ′ ∈ L∞(R) e u ∈ W 1(Ω). Entao a funcao composta f u ∈ W 1(Ω)e

∇(f u) = f ′(u)∇u.

Prova: Pelo Teorema 8.10, para provar este resultado basta encontrar uma sequencia de funcoes continua-mente diferenciaveis convergindo para f u em L1

loc(Ω), tais que suas derivadas convergem para f ′(u)∂iu emL1

loc(Ω). Em vista do mesmo teorema, como u ∈ W 1(Ω), sabemos que existe uma sequencia (um) ⊂ C1(Ω)tal que um → u e ∂ium → ∂iu em L1

loc(Ω) para todo i. Entao, se Ω′ ⊂⊂ Ω, nos temos∫

Ω′|f(um)− f(u)| 6 sup |f ′|

∫

Ω′|um − u| → 0

quando m → ∞, ou seja, f um → f u em L1loc(Ω). Pela regra da cadeia para funcoes diferenciaveis

∂i(f um) = f ′(um)∂ium e nos temos∫

Ω′|f ′(um)∂ium − f ′(u)∂iu| 6 sup |f ′|

∫

Ω′|∂ium − ∂iu|+

∫

Ω′|f ′(um)− f ′(u)| |∂iu| .

A primeira integral do lado direito desta desigualdade converge para 0 porque ∂ium → ∂iu em L1loc(Ω).

Passando a uma subsequencia, se necessario, podemos assumir que um → u q.t.p. em Ω; como f ′ e contınua,segue que f ′(um) → f ′(u) q.t.p. em Ω. Como |f ′(um)− f ′(u)| |∂iu| 6 2 sup |f ′| |∂iu| ∈ L1(Ω′), seguedo teorema da convergencia dominada que a segunda integral tambem converge para 0 e portanto que∂i(f um) → f ′(u)∂iu em L1

loc(Ω). ¥

As partes positiva e negativa de uma funcao sao as funcoes definidas respectivamente por

u+(x) = maxu(x), 0 e u−(x) = minu(x), 0.

Segue queu = u+ + u− e |u| = u+ − u−.

8.14 Proposicao. Seja u ∈ W 1(Ω). Entao u+, u−, |u| ∈ W 1(Ω) e

∇u+(x) = ∇u(x) se u(x) > 0,

0 se u(x) 6 0,

∇u−(x) =

0 se u(x) > 0,∇u(x) se u(x) < 0,

∇ |u| (x) =

∇u(x) se u(x) > 0,0 se u(x) = 0,−∇u(x) se u(x) < 0.

Prova: Para cada ε > 0 defina

fε(t) = √

t2 + ε2 − ε se t > 0,0 se t 6 0.

Entao

f ′ε(t) =

t√t2 + ε2

se t > 0,

0 se t 6 0.

de modo que fε ∈ C1(R) e f ′ε ∈ L∞(R). Segue do lema anterior que para toda ϕ ∈ C∞0 (Ω) nos temos∫

Ω

fε(u)∂iϕdx = −∫

Ω

ϕu√

u2 + ε2∂iu dx.

Fazendo ε → 0, segue do teorema da convergencia dominada (pois 0 6 fε(u) 6 u+ e 0 6 f ′ε(u) 6 1) que∫

Ω

u+∂iϕdx = −∫

Ω

ϕ∂iu dx,

e portanto o lema e provado para u+. Os outros resultados seguem imediatamente de u− = −(−u)+ e|u| = u+ − u−. ¥

8.15 Corolario. Seja u ∈ W 1(Ω). Se u e constante q.t.p. em algum subconjunto de Ω, entao ∇u = 0 nestesubconjunto.

Prova: Sem perda de generalidade, podemos assumir u ≡ 0 neste subconjunto. O resultado segue entaoimediatamente de ∇u = ∇u+ +∇u−. ¥

8.16 Corolario. Seja u ∈ W 1(Ω). Entao|∇ |u|| = |∇u| .

8.3 Espacos de Sobolev

Seja Ω um aberto de Rn e p > 1. No que se segue convencionaremos denotar

∂0u = u.

8.17 Definicao. Definimos o espaco de Sobolev W 1,p(Ω) como sendo o espaco vetorial normado

W 1,p(Ω) = u ∈ Lp(Ω) : ∂iu ∈ Lp(Ω) para todo i = 0, 1, . . . , ncom a norma

‖u‖W 1,p(Ω) =

(n∑

i=0

∫

Ω

|∂iu|p)1/p

que e equivalente a norma

‖u‖W 1,p(Ω) =n∑

i=0

(∫

Ω

|∂iu|p)1/p

=n∑

i=0

‖∂iu‖Lp(Ω) .

Definimos aindaW 1,p

0 (Ω) = fecho de C∞0 (Ω) em W 1,p(Ω).

8.18 Teorema. W 1,p(Ω) e um espaco de Banach, separavel se 1 6 p < ∞, e reflexivo e uniformementeconvexo se 1 < p < ∞.

W 1,2(Ω) e um espaco de Hilbert com o produto interno

〈u, v〉W 1,2(Ω) =n∑

i=0

〈∂iu, ∂iv〉L2(Ω) .

Todas estas conclusoes valem para W 1,p0 (Ω).

Prova: Seja um ⊂ W 1,p(Ω) uma sequencia de Cauchy. Entao, para cada i, ∂ium e uma sequencia deCauchy em Lp(Ω); como Lp(Ω) e um espaco de Banach, para cada i existem funcoes vi ∈ Lp(Ω) tais que

∂ium → vi em Lp(Ω).

Denote u := v0, de modo que um → u em Lp(Ω). Para provar que W 1,p(Ω) e um espaco de Banach, bastaentao provar que ∂iu = vi para todo i, pois isso automaticamente implicara por definicao que u ∈ W 1,p(Ω)e que um → u em W 1,p(Ω). E, de fato, como convergencia em Lp(Ω) implica em convergencia em L1

loc(Ω),temos para toda ϕ ∈ C∞0 (Ω)

∫

Ω

u(∂iϕ) dx = limm→∞

∫

Ω

um(∂iϕ) dx = − limm→∞

∫

Ω

(∂ium)ϕdx = −∫

Ω

viϕdx.

Para provar a separabilidade e a reflexividade (quando p > 1) de W 1,p(Ω), basta considerar a imersaonatural de W 1,p(Ω) em n + 1 copias de Lp(Ω):

W 1,p(Ω) → Lp(Ω)× ...× Lp(Ω)︸︷︷︸n+1 vezes

u 7→ (∂iu)06i6n

e usar o fato de que produtos finitos e subespacos fechados de espacos de Banach separaveis [resp. reflexivos;resp. uniformemente convexos] sao tambem separaveis [resp. reflexivos; resp. uniformemente convexos]. ¥

8.19 Teorema. Seja Ω um aberto de classe C1. Entao C∞(Ω) ∩W 1,p(Ω) e denso em W 1,p(Ω).

Prova: Veja [Adams]. ¥

8.4 Caracterizacao dos Espacos W 1,p0 (Ω)

As funcoes u ∈ W 1,p0 (Ω) sao, a grosso modo, as funcoes u ∈ W 1,p(Ω) que se anulam na fronteira ∂Ω. E

necessario dar um sentido preciso a esta nocao, ja que as funcoes em W 1,p(Ω) sao definidas somente a menosde conjuntos de medida nula e a fronteira ∂Ω e um conjunto de medida nula.

8.20 Lema. Se u ∈ W 1,p(Ω) satisfaz supp u ⊂⊂ Ω, entao u ∈ W 1,p0 (Ω).

Prova: Seja Ω0 um aberto de classe C1 tal que supp u ⊂⊂ Ω0 ⊂⊂ Ω. Escolha uma funcao corte η ∈ C∞0 (Ω0)tal que η ≡ 1 em supp u; logo, ηu = u. Pelo Teorema 8.19, existe uma sequencia de funcoes (um) ⊂ C∞0 (Rn)tal que um|Ω → u em W 1,p(Ω). Logo ηum → ηu em W 1,p(Ω) e portanto ηu = u ∈ W 1,p

0 (Ω). ¥

8.21 Teorema. Seja Ω um aberto de classe C1. Se u ∈ W 1,p(Ω) ∩C(Ω), entao u ∈ W 1,p0 (Ω) se e somente

se u = 0 em ∂Ω.

Prova: Suponha que u = 0 em ∂Ω. Para obter uma sequencia de funcoes em W 1,p0 (Ω) que converge para

u em W 1,p(Ω), assuma inicialmente que supp u e limitado. Fixe uma funcao f ∈ C1(R) tal que |f(t)| 6 |t|para todo t ∈ R e

f(t) =

0 se |t| 6 1,t se |t| > 2,

e defina a sequencia de funcoes

uj =1jf(ju). (8.11)

Pela regra da cadeia uj ∈ W 1,p(Ω) e pelo teorema da convergencia dominada temos que uj → u em W 1,p(Ω).Com efeito, uj(x) → u(x) para todo x ∈ Ω, porque se u(x) = 0, entao uj(x) = 0 para todo j, e se u(x) 6= 0,

entao uj(x) =1jju(x) = u(x) para todo j suficientemente grande; alem disso,

|uj (x)| = 1j|f(ju (x))| 6 1

j|ju (x)| = |u (x)| ∈ Lp(Ω).

Isso prova que uj → u em Lp(Ω). Analogamente, ∂iuj(x) → ∂iu(x) q.t.p. em Ω, pois ∂iuj(x) =f ′(ju(x))∂iu(x) e f ′(ju(x)) = 1 se u(x) 6= 0, para todo j suficientemente grande, enquanto que f ′(ju(x)) = 0se u(x) = 0, mas o conjunto dos pontos x ∈ Ω tais que u(x) = 0 e ∂iu(x) 6= 0 tem medida nula (Corolario8.15). Finalmente, |∂iuj(x)| 6 (supR |f |) |∂iu(x)| ∈ Lp (Ω), o que prova que ∂iuj → ∂iu em Lp(Ω) para todoındice i. Como supp uj ⊂ x ∈ Ω : |u(x)| > 1/j ⊂ supp u ⊂⊂ Ω, segue do lema anterior que uj ∈ W 1,p

0 (Ω)e, portanto, u ∈ W 1,p

0 (Ω).Se supp u nao e limitado, consideramos os truncamentos ηku, onde ηk e definida por ηk(x) = η

(x

k

)para

uma funcao η ∈ C∞0 (R) que satisfaz 0 6 η 6 1 e

η(x) =

1 se |x| 6 1,0 se |x| > 2.

Os truncamentos ηku possuem suporte limitado, logo podemos aplicar o argumento anterior para concluirque ηku ∈ W 1,p

0 (Ω). Como ηku → u em W 1,p(Ω), segue que u ∈ W 1,p0 (Ω).

Reciprocamente, suponha u ∈ W 1,p0 (Ω). Usando cartas locais, e suficiente considerar o semicilindro

superiorQ+ = x = (x′, xn) : |x′| < 1 e 0 < xn < 1,

e provar que toda u ∈ W 1,p(Q+) ∩ C(Q+) que e o limite em W 1,p(Q+) de uma sequencia (uj) ⊂ C∞(Q+)tal que uj = 0 em Q0 = Q+ ∩ ∂Rn

+ satisfaz u = 0 em Q0.

Sejam u ∈ W 1,p(Q+) ∩ C(Q+) e (uj) ⊂ C∞(Q+) uma tal sequencia. Como uj = 0 em Q0, para todo(x′, xn) ∈ Q+ nos temos

|uj(x′, xn)| 6∫ xn

0

|∂nuj(x′, t)| dt.

Integrando com respeito a xn, de 0 a ε > 0, obtemos∫ ε

0

|uj(x′, xn)| dxn 6∫ ε

0

[∫ xn

0

|∂nuj(x′, t)| dt

]dxn

6∫ ε

0

∫ ε

0

|∂nuj(x′, t)| dt dxn

= ε

∫ ε

0

|∂nuj(x′, t)| dt.

Integrando agora com respeito a x′, temos

1ε

∫

|x′|61

∫ ε

0

|uj(x′, xn)| dx′dxn 6∫

|x′|61

∫ ε

0

|∂nuj(x′, xn)| dx′dxn.

Mantendo ε fixo e fazendo j →∞, segue pelo teorema de Fubini e do fato de uj → u em W 1,p(Q+) que

1ε

∫

|x′|61

∫ ε

0

|u(x′, xn)| dx′dxn 6∫

|x′|61

∫ ε

0

|∂nuj | dx′dxn.

Agora, fazendo ε → 0, como u ∈ C(Q+), obtemos pelo teorema do valor medio para integrais que∫

|x′|61

|u(x′, 0)| dx′ = 0,

e portanto u = 0 em Q0. ¥

8.5 Imersao Contınua de Espacos de Sobolev

Trivialmente, a imersaoW 1,p

0 (Ω) → Lp(Ω)

e contınua, ja que‖u‖Lp(Ω) 6 ‖u‖W 1,p

0 (Ω)

por definicao da norma dos espacos de Sobolev. Veremos nesta secao os outros valores de q para os quais aimersao

W 1,p0 (Ω) → Lq(Ω)

e contınua.

Lema 8.22. (Desigualdade de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev) Seja Ω ⊂ Rn um aberto. Se 1 6 p < n, entaoexiste uma constante C = C(n, p) tal que para todo u ∈ W 1,p

0 (Ω) nos temos

‖u‖Lp∗ (Ω) 6 C ‖∇u‖Lp(Ω) .

Prova: Como por definicao C∞0 (Ω) e denso em W 1,p0 (Ω), basta provar o resultado acima para funcoes

u ∈ C10 (Ω). De fato, se o resultado e valido para tais funcoes, dada u ∈ W 1,p

0 (Ω), podemos tomar umasequencia uk ⊂ C∞0 (Ω) tal que uk → u em W 1,p

0 (Ω); aplicando o resultado a uk − ul, obtemos

‖uk − ul‖Lp∗ (Ω) 6 C ‖∇uk −∇ul‖Lp(Ω) 6 C ‖uk − ul‖W 1,p0 (Ω) ,


o que prova que uk tambem e uma sequencia de Cauchy em Lp∗(Ω) e portanto uk → u em Lp∗(Ω). Daısegue que a desigualdade e valida para todo u ∈ W 1,p

0 (Ω).Caso p = 1.

Como u tem suporte compacto, para cada i = 1, ..., n nos temos

u(x) =∫ xi

−∞

∂u

∂xi(x1, ..., xi−1, yi, xi+1, ..., xn) dyi,

logo

|u(x)| 6∫ ∞

−∞|∇u| dyi,

de modo que

|u(x)| nn−1 6

n∏

i=1

(∫ ∞

−∞|∇u| dyi

) 1n−1

.

Esta desigualdade e agora integrada sucessivamente em cada uma das variaveis x1, ..., xn e a desigualdadede Holder generalizada ∣∣∣∣

∫

Ω

f1 . . . fm

∣∣∣∣ 6 ‖f1‖Lp1 (Ω) . . . ‖fm‖Lpm (Ω)

onde1p1

+ . . . +1

pm= 1

e aplicada depois de cada integracao para m = p1 = ... = pm = n−1. Assim, integrando na primeira variavelx1, nos obtemos

∫ ∞

−∞|u(x)| n

n−1 dx1 6∫ ∞

−∞

n∏

i=1

(∫ ∞

−∞|∇u| dyi

) 1n−1

dx1

=(∫ ∞

−∞|∇u| dy1

) 1n−1

∫ ∞

−∞

n∏

i=2

(∫ ∞

−∞|∇u| dyi

) 1n−1

dx1

6(∫ ∞

−∞|∇u| dy1

) 1n−1 n∏

i=2

(∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|∇u| dyi dx1

) 1n−1

.

Integrando em seguida com respeito a variavel x2, obtemos∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|u(x)| n

n−1 dx1dx2

6∫ ∞

−∞

[(∫ ∞

−∞|∇u| dy1

) 1n−1 n∏

i=2

(∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|∇u| dx1dyi

) 1n−1

]dx2

=(∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|∇u| dx1dx2

) 1n−1

∫ ∞

−∞

[(∫ ∞

−∞|∇u| dy1

) 1n−1 n∏

i=3

(∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|∇u| dx1dyi

) 1n−1

]dx2

6(∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|∇u| dx1dx2

) 1n−1

(∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|∇u| dy1dx2

) 1n−1 n∏

i=3

(∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|∇u| dx1dx2dyi

) 1n−1

.

Continuando desta maneira, finalmente obtemos

∫

Rn

|u| nn−1 dx 6

n∏

i=1

(∫

Rn

|∇u| dx

) 1n−1

=(∫

Rn

|∇u| dx

) nn−1

,

donde‖u‖

Ln

n−16 ‖∇u‖L1 ,

que e a desigualdade de Sobolev para p = 1.Caso 1 1, temos

(∫

Rn

|u|γ nn−1 dx

)n−1n

6∫

Rn

|∇(|u|γ)| dx = γ

∫

Rn

|u|γ−1 |∇u| dx 6 γ∥∥|u|γ−1

∥∥L

pp−1

‖∇u‖Lp .

Escolhemos entao γ de tal modo queγn

n− 1= (γ − 1)

p

p− 1,

ou seja, γ = pn− 1n− p

, e portantoγn

n− 1= (γ − 1)

p

p− 1=

np

n− p. Daı

(∫

Rn

|u|p∗ dx

)n−1n − p−1

p

=(∫

Rn

|u|p∗ dx

) 1p∗

6 pn− 1n− p

‖∇u‖Lp .

¥O expoente p∗ na desigualdade acima nao e arbitrario. De fato, se 1 6 p < n, para que uma desigualdadeda forma

‖u‖Lq(Rn) 6 C ‖∇u‖Lp(Rn)

seja valida para todo u ∈ C∞0 (Rn), temos que ter necessariamente q = p∗. Para ver isso, fixe qualqueru ∈ C∞0 (Rn) nao-nula e defina para λ > 0

uλ(x) = u(λx).

Nos temos

‖uλ‖Lq(Rn) =(∫

Rn

|u(λx)|q dx

)1/q

=(

λ−n

∫

Rn

|u(y)|q dy

)1/q

= λ−n/q ‖u‖Lq(Rn) ,

‖∇uλ‖Lp(Rn) =(∫

Rn

|λ∇u(λx)|p dx

)1/p

=(

λp−n

∫

Rn

|∇u(y)|p dy

)1/p

= λ1−n/p ‖∇u‖Lp(Rn) .

Como ‖uλ‖Lq(Rn) 6 C ‖∇uλ‖Lp(Rn), segue que

‖u‖Lq(Rn) 6 λ1+ nq −n

p ‖∇u‖Lp(Rn) .

Se 1 +n

q− n

p6= 0, fazendo λ → 0 ou λ →∞, conforme o sinal deste expoente, obtemos ‖u‖Lq(Rn) = 0, uma

contradicao. Portanto, necessariamente 1 +n

q− n

p= 0, ou seja, q =

np

n− p.

Usando a desigualdade de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev, obtemos a seguinte imersao contınua:

8.23 Teorema. (Teorema de Imersao de Sobolev) Seja Ω ⊂ Rn um aberto. Se 1 6 p < n, entao

W 1,p0 (Ω) → Lp∗(Ω).

8.24 Corolario. Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado. Se p > 1 e p < n, entao

W 1,p0 (Ω) → Lq(Ω)

para todo 1 6 q 6 p∗.

Prova: Como Ω e limitado, pela desigualdade de Holder vale a imersao contınua Lp∗(Ω) → Lq(Ω) paraqualquer 1 6 q 6 p∗. Compondo esta imersao com a imersao contınua do corolario anterior, obtemos oresultado desejado. ¥

8.25 Corolario. (Desigualdade de Poincare) Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado. Entao existe uma constanteC = C(n, Ω) tal que para todo u ∈ W 1,2

0 (Ω) nos temos

‖u‖L2(Ω) 6 C ‖∇u‖L2(Ω) .

Consequentemente, a norma‖u‖0 := ‖∇u‖L2(Ω)

e uma norma equivalente em W 1,20 (Ω) e este e um espaco de Hilbert sob o produto interno

〈u, v〉0 :=∫

Ω

〈∇u,∇v〉 .

Prova: Segue da desigualdade de Gagliardo-Nirenberg-Sobolev e da imersao contınua L2∗(Ω) → L2(Ω). ¥

8.6 Imersao Compacta de Espacos de Sobolev

Dado um espaco vetorial normado E, denotaremos a imersao compacta de um subespaco vetorial F de Eem E por

F →→ E.

8.26 Teorema. (Teorema de Rellich–Kondrakhov) Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado. Se 1 6 p < n, entao

W 1,p0 (Ω) →→ Lq(Ω),

para todo 1 6 q < p∗.

Prova: Pelo Corolario 8.24, temos a imersao contınua

W 1,p0 (Ω) → Lq(Ω),

para todo 1 6 q 6 p∗. E suficiente estabelecer o caso q = 1, pois o caso geral segue deste atraves de umargumento de interpolacao: se 1 < q < p∗, podemos escrever

‖u‖Lq(Ω) 6 ‖u‖λL1(Ω) ‖u‖1−λ

Lp∗ (Ω) ,

onde λ e definido por1q

= λ +1− λ

p∗, logo

‖u‖Lq(Ω) 6 ‖u‖λL1(Ω) ‖u‖1−λ

W 1,p0 (Ω)

;

assim, se (um) e uma sequencia limitada em W 1,p0 (Ω) que possui uma subsequencia de Cauchy em L1(Ω),

segue desta desigualdade que a subsequencia e de Cauchy tambem em Lq(Ω).Vamos provar o caso q = 1. Seja (um) uma sequencia limitada em W 1,p

0 (Ω), e para cada ε > 0 considerea sequencia (uε

m), onde uεm = [um]ε e a regularizacao de um. Afirmamos que para cada ε > 0 a sequencia

(uεm) e uniformemente limitada e equicontınua. De fato,

|uεm(x)| =

∣∣∣∣∣1εn

∫

Bε(x)

ϕ

(x− y

ε

)u(y) dy

∣∣∣∣∣ 6∫

B1(0)

ϕ(z) |um(x− εz)| dz 6 1εn

(maxB1(0)

ϕ

)‖um‖L1(Ω) 6 C

εn,

pois, como Ω e limitado, vale a imersao contınua Lp(Ω) → L1(Ω) e (um) e portanto uma sequencia limitadaem L1(Ω), tambem. Isso prova que (uε

m) e uniformemente limitada. Analogamente,

|∇uεm(x)| =

∣∣∣∣∣1εn

1ε

∫

Bε(x)

∇ϕ

(x− y

ε

)u(y) dy

∣∣∣∣∣ 6 1ε

∫

B1(0)

|∇ϕ(z)| |um(x− εz)| dz

6 1εn+1

(maxB1(0)

|∇ϕ|)‖um‖L1(Ω) 6 C

εn+1,

e segue do Teorema do Valor Medio que (uεm) e equicontınua. Portanto, concluımos do Teorema de Arzela-

Ascoli que uma subsequencia de uεm e uma sequencia de Cauchy em C0(Ω) e, portanto, em L1(Ω).

Agora, pelo Lema 8.8, sabemos que uεm → um em L1(Ω) quando ε → 0. Afirmamos que no nosso caso,

mais que isso, esta convergencia e uniforme em m. Com efeito,

|uεm(x)− um(x)| =

∣∣∣∣∣1εn

∫

Bε(x)

ϕ

(x− y

ε

)[u(y)− u(x)] dy

∣∣∣∣∣

6∫

B1(0)

ϕ(z) |um(x− εz)− um(x)| dz

6∫

B1(0)

ϕ(z)∫ 1

0

∣∣∣∣dum

dt(x− εzt)

∣∣∣∣ dt dz

6 ε

∫

B1(0)

ϕ(z)∫ 1

0

|∇um(x− εzt)| |z| dt dz,

logo, integrando com respeito a x,

‖uεm − um‖L1(Ω) =

∫

Ω

|uεm(x)− um(x)| dx

6 ε

∫ 1

0

∫

B1(0)

ϕ(z)∫

Ω

|∇um(x− tεz)| dx dz dt

6 ε

∫ 1

0

∫

B1(0)

ϕ(z)∫

Ω

|∇um(y)| dy dz dt

= ε

∫

Ω

|∇um(y)| dy

6 Cε.

Logo, para cada δ > 0 existe εδ > 0 suficientemente pequeno tal que

‖uεδm − um‖L1(Ω) <

δ

2.

para todo m. Para este εδ existe uma subsequencia (uεδmj

) de Cauchy em L1(Ω); pela desigualdade triangular

‖umk− uml

‖L1(Ω) 6∥∥uεδ

mk− umk

∥∥L1(Ω)

+∥∥uεδ

mk− uεδ

ml

∥∥L1(Ω)

+∥∥uεδ

ml− uml

∥∥L1(Ω)

segue quelim supk,l→∞

‖umk− uml

‖L1(Ω) 6 δ.

Escolhendo sucessivamente δ = 1, 12 , ... e usando o argumento da diagonal, obtemos uma subsequencia de

Cauchy de (um) em L1(Ω). ¥

8.27 Corolario. (Teorema de Rellich–Kondrakhov) Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado. Para todo p > 1 vale

W 1,p0 (Ω) →→ Lp(Ω).

Prova: Se p > n, escrevaW 1,p

0 (Ω) → W 1,r0 (Ω) →→ Lp(Ω)

onde r < n e suficientemente proximo de n de tal modo que que r∗ > p. ¥A imersao

W 1,p0 (Ω) → Lp∗(Ω),

nunca e compacta. Por este motivo, o expoente p∗ e chamado expoente crıtico. No exemplo seguinte,construımos uma sequencia limitada em W 1,p

0 (Ω) que nao possui nenhuma subsequencia convergente emLp∗(Ω).

8.28 Exemplo. (Perda de Compacidade no Expoente Crıtico) Seja Ω um aberto qualquer de Rn e tomeuma funcao nao nula φ ∈ C∞0 (B1(0)). Seja am uma sequencia de pontos distintos de Ω tais queam → x0 ∈ Ω. Seja 0 < rm < 1 uma sequencia de numeros positivos tais que Brm

(am) ⊂ Ω e todasas bolas Brm

(am) sao mutualmente disjuntas; em particular, devemos ter rm → 0. Definimos entaofuncoes um ∈ C∞0 (Brm

(am)) por

um(x) = r−n−p

pm φ

(x− am

rm

).

Note que um → 0 exceto em x0, e que um(x0) → ∞. Esta e exatamente a mudanca de escala sob aqual as normas ‖·‖Lp∗ e ‖∇(·)‖Lp sao invariantes, isto e,

‖um‖Lp∗ (Ω) = ‖φ‖Lp∗ (B1(0)),

‖∇um‖Lp(Ω) = ‖∇φ‖Lp(B1(0)).

Com efeito, nos temos

‖um‖Lp∗ (Ω) =

[r−nm

∫

Ω

∣∣∣∣φ(

x− am

rm

)∣∣∣∣p∗

dx

]1/p∗

=

[r−nm

∫

B1(0)

|φ(y)|p∗ rnmdy

]1/p∗

= ‖φ‖Lp∗ (Ω) ,

e

‖∇um‖Lp(Ω) =[r−n+pm

∫

Ω

∣∣∣∣r−1m ∇φ

(x− am

rm

)∣∣∣∣p

dx

]1/p

=

[r−nm

∫

B1(0)

|∇φ(y)|p rnmdy

]1/p

= ‖∇φ‖Lp(Ω) ,

Segue, em particular, que a sequencia (um) e limitada em W 1.p0 (Ω). Pelo Teorema de Rellich–

Kondrachov, nos temos que um → u em Lp(Ω). E, de fato, nos podemos calcular explicitamente

‖um‖Lp(Ω) =[r−n+pm

∫

Ω

∣∣∣∣φ(

x− am

rm

)∣∣∣∣p

dx

]1/p

=

[r−n+pm

∫

B1(0)

|φ(y)|p rnmdy

]1/p

= rm ‖φ‖Lp(Ω) ,

de modo que um → 0 em Lp(Ω). Por outro lado, como as funcoes um tem suportes disjuntos, paratodos inteiros k, l nos temos

‖uk − ul‖Lp∗ (Ω) =(‖uk‖p∗

Lp∗ (Ω)+ ‖uk‖p∗

Lp∗ (Ω)

)1/p∗

= 21/p∗ ‖φ‖Lp∗ (B1(0)),

portanto (um) nao possui nenhuma subsequencia de Cauchy em Lp∗(Ω). ¤

Para a maioria dos abertos ilimitados Ω ⊂ Rn as imersoes contınuas de Sobolev

W 1,p0 (Ω) → Lq(Ω),

para p 6 q < p∗ nao sao compactas, como o contraexemplo a seguir ilustra. Existem, no entanto, certosdomınios ilimitados de Rn para os quais a imersao

W 1,p0 (Ω) → Lp(Ω)

e compacta (veja [Adams]).

8.29 Exemplo. (Perda de Compacidade em Abertos Ilimitados) Se Ω e um aberto ilimitado de Rn quepossui um conjunto enumeravel de bolas disjuntas BR(xm) de mesmo raio R > 0 (por exemplo, issovale para Ω = Rn), entao nao pode haver uma imersao compacta

W k,p0 (Ω) → Lq(Ω)

para nenhum q. De fato, tomando uma funcao nao nula φ ∈ C∞0 (BR(x1)), defina um como sendo atranslacao de φ com suporte compacto em BR(xm). Como

‖um‖W k,p0 (Ω) = ‖φ‖W k,p

0 (Ω) ,

a sequencia (um) e limitada em W k,p0 (Ω), mas para qualquer q > 1 e para quaisquer inteiros k, l, nos

temos

‖uk − ul‖Lq(Ω) =(‖uk‖q

Lq(Ω) + ‖uk‖qLq(Ω)

)1/q

= 21/q ‖φ‖Lq(Ω) .

¤

8.7 Resolucao do Problema de Dirichlet

Nesta secao, Ω ⊂ Rn sera sempre um aberto limitado.

8.30 Definicao. Seja f ∈ L2 (Ω) e g ∈ W 1,2 (Ω). Dizemos que u ∈ W 1,2 (Ω) e uma solucao fraca para oproblema de Dirichlet −∆u = f em Ω,

u = g sobre ∂Ω,(8.12)

se ∫

Ω

∇u · ∇v =∫

Ω

fv para todo v ∈ W 1,20 (Ω)

eu− g ∈ W 1,2

0 (Ω) .

Se os dados do problema de Dirichlet (8.12) sao suficientemente regulares e a solucao fraca tambem esuficientemente regular, entao ela e uma solucao classica:

8.31 Proposicao. (Solucoes Fracas Regulares sao Solucoes Classicas) Sejam f ∈ C0 (Ω) e g ∈ W 1,20 (Ω) ∩

C0(Ω

). Se existir uma solucao fraca u ∈ C2 (Ω) ∩ C0

(Ω

)para o problema

−∆u = f em Ω,u = g sobre ∂Ω,

entao u e uma solucao classica.


Prova: Pela Primeira Identidade de Green, para todo v ∈ C∞0 (Ω) temos∫

Ω

∇u · ∇v =∫

∂Ω

∂u

∂νv −

∫

Ω

(∆u) v = −∫

Ω

(∆u) v.

Daı e da definicao de solucao fraca segue que∫

Ω

(−∆u) v =∫

Ω

fv

para todo v ∈ C∞0 (Ω), ou seja,−∆u = f em Ω.

Alem disso, como u − g ∈ W 1,20 (Ω) ∩ C0

(Ω

), segue da caracterizacao dos espacos W 1,2

0 (Ω) que u − g = 0em ∂Ω, isto e,

u = g em ∂Ω.

¥Quando uma solucao fraca existe ela e unica:

8.32 Proposicao. (Unicidade da Solucao Fraca) Sejam f ∈ L2 (Ω) e g ∈ W 1,2 (Ω). Se existir uma solucaofraca para o problema −∆u = f em Ω,

u = g sobre ∂Ω,

entao ela e unica.

Prova: O resultado segue imediatamente da estabilidade fraca da equacao de Poisson, isto e, se u1, u2 ∈W 1,2 (Ω) satisfazem

−∆u1 = f1, −∆u2 = f2 em Ω

para f1, f2 ∈ L2 (Ω), eu1 − u2 ∈ W 1,2

0 (Ω) ,

entao existe uma constante C = C (n, Ω) tal que

‖u1 − u2‖W 1,2(Ω) 6 C ‖f1 − f2‖L2(Ω) . (8.13)

De fato, temos ∫

Ω

∇ (u1 − u2) · ∇v =∫

Ω

(f1 − f2) v,

para todo v ∈ W 1,20 (Ω), em particular para v = u1 − u2. Portanto segue da desigualdade de Poincare que

‖∇u1 −∇u2‖2L2(Ω) =∫

Ω

|∇ (u1 − u2)|2

=∫

Ω

(f1 − f2) (u1 − u2)

6 ‖f1 − f2‖L2(Ω) ‖u1 − u2‖L2(Ω)

6 C ‖f1 − f2‖L2(Ω) ‖∇u1 −∇u2‖L2(Ω) ,

donde‖∇u1 −∇u2‖L2(Ω) 6 C ‖f1 − f2‖L2(Ω) .

Novamente usando a desigualdade de Poincare, isso e suficiente para estabelecer (8.13). ¥A existencia de uma unica solucao fraca para o problema de Dirichlet homogeneo e uma consequencia

imediata do teorema de representacao de Riesz:


8.33 Teorema. (Problema de Dirichlet Homogeneo) Seja f ∈ L2 (Ω). Entao existe uma unica solucao fracau ∈ W 1,2

0 (Ω) para o problema −∆u = f em Ω,u = 0 sobre ∂Ω.

(8.14)

Prova: De acordo com o Corolario 8.25, a existencia de uma unica solucao fraca u ∈ W 1,20 (Ω) para o

problema de Dirichlet homogeneo e equivalente a existencia de um unico vetor u ∈ W 1,20 (Ω) tal que

〈u, v〉0 = F (v) ,

onde F : W 1,20 (Ω) −→ R e o funcional

F (v) =∫

Ω

fv.

Pela desigualdade de Holder temos F ∈(W 1,2

0 (Ω))∗

, pois

|F (v)| 6 ‖f‖L2(Ω) ‖v‖L2(Ω) 6 ‖f‖L2(Ω) ‖v‖W 1,20 (Ω) .

Portanto, o resultado segue imediatamente do teorema de representacao de Riesz para espacos de Hilbert.¥

Para o caso geral, usaremos o princıpio de Dirichlet:

8.34 Teorema. (Existencia da Solucao Fraca) Sejam f ∈ L2 (Ω) e g ∈ W 1,2 (Ω). Entao existe uma unicasolucao fraca u ∈ W 1,2 (Ω) para o problema

−∆u = f em Ω,u = g sobre ∂Ω.

(8.15)

Prova: Vamos primeiro provar a existencia de uma funcao u ∈ W 1,2 (Ω) que minimiza o funcional I : E → R

I (v) =12

∫

Ω

|∇v|2 dx−∫

Ω

fv,

onde E =

v ∈ W 1,2 (Ω) : v − g ∈ W 1,20 (Ω)

e o espaco de funcoes admissıveis para (8.15), isto e, a existencia

de u ∈ E tal que

I (u) = minv∈E

(12

∫

Ω

|∇v|2 dx−∫

Ω

fv

).

Pela desigualdade de Poincare, o funcional I e limitado por baixo, pois

I (v) =12‖∇v‖2L2(Ω) −

∫

Ω

f (v − g)−∫

Ω

fg

> 12‖∇v‖2L2(Ω) − ‖f‖L2(Ω) ‖(v − g)‖L2(Ω) −

∫

Ω

fg

> 12‖∇v‖2L2(Ω) − C ‖f‖L2(Ω) ‖∇ (v − g)‖L2(Ω) −

∫

Ω

fg

> 12‖∇v‖2L2(Ω) − C ‖f‖L2(Ω) ‖∇v‖L2(Ω) − C ‖f‖L2(Ω) ‖∇g‖L2(Ω) −

∫

Ω

fg,

e a funcao real h (t) =t2

2−at+b e limitada por baixo para t ∈ R, quaisquer que sejam os valores de a, b ∈ R.

Podemos entao definirI0 = inf

v∈EI (u) .


Seja (um)m∈N uma sequencia minimizante para I, isto e,

I (um) =12

∫

Ω

|∇um|2 dx−∫

Ω

fum → I0.

E facil ver, que o funcional I e convexo. Isto e uma consequencia imediata da convexidade da funcao x 7→ |x|2

I (tu + (1− t) v) =∫

Ω

|t∇u + (1− t)∇v|2 dx 6∫

Ω

[t |∇u|2 + (1− t) |∇v|2

]dx = tI (u) + (1− t) I (v) .

Por sua vez, a convexidade da funcao x 7→ |x|2 pode ser provada do seguinte modo:

|tx + (1− t) y|2 − t |x|2 − (1− t) |y|2 =(t2 − t

) |x|2 + 2t (1− t)x · y +[(1− t)2 − (1− t)

]|y|2

= −t (1− t) |x− y|2 6 0.

Logo, temos

I0 6 I

(uk + ul

2

)6 1

2I (uk) +

12I (ul) → I0

quando k, l →∞. Por outro lado, temos

12

∫

Ω

|∇ (uk − ul)|2 dx =∫

Ω

|∇uk|2 dx +∫

Ω

|∇ul|2 dx− 2∫

Ω

∣∣∣∣∇(

uk + ul

2

)∣∣∣∣2

dx

=∫

Ω

|∇uk|2 dx + 2∫

Ω

fuk +∫

Ω

|∇ul|2 dx + 2∫

Ω

ful

− 2∫

Ω

∣∣∣∣∇(

uk + ul

2

)∣∣∣∣2

dx− 4∫

Ω

f

(uk + ul

2

)

= 2I (uk) + 2I (ul)− 4I

(uk + ul

2

),

donde concluımos que (∇um) e uma sequencia de Cauchy em L2 (Ω). Pela desigualdade de Poincare, comoum − g ∈ W 1,2

0 (Ω), temos

‖uk − ul‖L2(Ω) = ‖(uk − g)− (ul − g)‖L2(Ω)

6 C ‖∇ (uk − g)−∇ (ul − g)‖L2(Ω)

= C ‖∇uk −∇ul‖L2(Ω)

logo (um) tambem e uma sequencia de Cauchy em L2 (Ω) e portanto (um) e uma sequencia de Cauchy emW 1,2 (Ω), ou seja, existe u ∈ W 1,2 (Ω) tal que um → u em W 1,2 (Ω). Em particular, segue que I (u) = I0 eu−g ∈ W 1,2

0 (Ω), pois W 1,20 (Ω) e um subespaco fechado de W 1,2 (Ω). Como um → u em L2 (Ω) e ∇um → ∇u

em L2 (Ω), temos que12

∫

Ω

|∇um|2 dx−∫

Ω

fum → 12

∫

Ω

|∇u|2 dx−∫

Ω

fu,

e concluımos que u e o minimizador do funcional de Dirichlet.Em seguida, verificamos que u e a solucao fraca de (8.15). De fato, como u e um minimizante para o

funcional I, segue em particular que:

0 =d

dt[I (u + tv)|t=0 =

d

dt

[12

∫

Ω

|∇ (u + tv)|2 −∫

Ω

f (u + tv)∣∣∣∣t=0

=∫

Ω

∇u · ∇v −∫

Ω

fv

para todo v ∈ W 1,20 (Ω). ¥

A teoria da regularidade permite concluir que a solucao fraca do problema de Dirichlet obtida no teoremaanterior e suave se os dados f, g forem (veja [Gilbarg-Trudinger]).

8.8 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 Ω

admite solucoes nao triviais, com alguma condicao de fronteira imposta sobre u. Consideraremos o problemade autovalor com condicao de Dirichlet

−∆u = λu em Ω,u = 0 sobre ∂Ω.

Este problema pode ser formulado fracamente da seguinte forma: dizemos que λ e um autovalor do laplacianocom condicao de Dirichlet e u ∈ W 1,2

0 (Ω) e uma autofuncao correspondente se∫

Ω

∇u · ∇v = λ

∫

Ω

uv para todo v ∈ W 1,20 (Ω) .

Em particular, ∫

Ω

|∇u|2 = λ

∫

Ω

u2,

de modo que todos os autovalores do laplaciano com condicao de Dirichlet sao positivos (se λ = 0, pelaProposicao 8.32, a unica solucao do problema e a solucao nula).

8.35 Teorema. Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado. Entao o problema de autovalor −∆u = λu em Ω,

u = 0 sobre ∂Ω.

possui um numero infinito enumeravel de autovalores λnn∈N que satisfazem

0 < λ1 6 λ2 6 . . . 6 λk 6 . . .

tais queλk →∞,

e autofuncoes uk que constituem um sistema ortonormal completo para L2 (Ω), isto e,

v =∞∑

i=1

αiui

para todo v ∈ L2 (Ω). Em particular,

‖v‖2L2(Ω) =∞∑

i=1

〈v, ui〉2L2(Ω) .

Prova: Pelo Teorema 8.33, o operador laplaciano (−∆) : W 1,20 (Ω) −→ L2 (Ω) e um operador bijetivo, en-

quanto que pela Proposicao 8.32 a sua inversa e limitada. Considere o operador inverso (−∆)−1 : L2 (Ω) −→W 1,2

0 (Ω). Usando a imersao compacta W 1,20 (Ω) →→ L2(Ω), podemos considerar o operador inverso como

um operador compacto (−∆)−1 : L2 (Ω) −→ L2 (Ω). Alem disso, (−∆)−1 e um operador autoadjunto. Comefeito, se u = (−∆)−1 (f) e v = (−∆)−1 (g), ou seja, se −∆u = f e −∆v = g, em particular

〈∇u,∇v〉L2(Ω) = 〈f, v〉L2(Ω) ,

〈∇v,∇u〉L2(Ω) = 〈g, u〉L2(Ω) .


Daı,⟨(−∆)−1 (f) , g

⟩L2(Ω)

= 〈u, g〉L2(Ω) = 〈∇u,∇v〉L2(Ω) = 〈f, v〉L2(Ω) =⟨f, (−∆)−1 (g)

⟩L2(Ω)

.

Portanto, o resultado segue da teoria espectral para operadores autoadjuntos compactos. ¥A teoria da regularidade permite concluir que as autofuncoes do laplaciano obtidas no teorema anterior saosuaves (veja [Gilbarg-Trudinger]).

Referencias Bibliograficas

[Adams] ADAMS, R. A., Sobolev Spaces, Academic Press, 1975.

[Brezis] BREZIS, H., Analyse fonctionnelle, Theorie et applications, Masson, Paris, 1983.

[Conway] CONWAY, J. B., A Course in Functional Analysis, 2nd. Ed., Springer, 1990.

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