Lax_Milgram_slides

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O Teorema de Lax Milgram e Aplicações
Elizabeth Bispo dos Santos
Universidade Federal de Juiz de Fora
2021
Elizabeth Bispo 2021 1 / 49
Introdução
1 Introdução
2 Alguns Resultados
3 O Teorema de Lax Milgram
4 Aplicações
5 Bibliografia
Elizabeth Bispo 2021 2 / 49
Introdução
Introdução
O teorema de Lax- Milgram estabelece que cada funcional linear definido
num espaço de Hilbert, digamos que H, está associado a um único
elemento de H, de maneira que este funcional pode ser representado por
uma forma sesquilinear limitada e coerciva.
Elizabeth Bispo 2021 3 / 49
Alguns Resultados
1 Introdução
2 Alguns Resultados
3 O Teorema de Lax Milgram
4 Aplicações
5 Bibliografia
Elizabeth Bispo 2021 4 / 49
Alguns Resultados
Teorema da Representação de Riesz
Teorema da Representação de Riesz. Para 1 ≤ p ≤ ∞, temos
(Lp(Ω))′ = Lq(Ω), desde que
1
p
+
1
q
= 1. Isto é, cada f ∈ (Lp(Ω))′ possui
a forma f (u) =
∫
Ω u(x) . v(x)dx para algum v ∈ L
q(Ω) único. Além
disso, ||f ||(Lp(Ω))′ = ||v ||Lq .
Elizabeth Bispo 2021 5 / 49
Alguns Resultados
Teorema da Representação de Riesz
Teorema da Representação de Riesz. Para 1 ≤ p ≤ ∞, temos
(Lp(Ω))′ = Lq(Ω), desde que
1
p
+
1
q
= 1. Isto é, cada f ∈ (Lp(Ω))′ possui
a forma f (u) =
∫
Ω u(x) . v(x)dx para algum v ∈ L
q(Ω) único. Além
disso, ||f ||(Lp(Ω))′ = ||v ||Lq .
Elizabeth Bispo 2021 5 / 49
Alguns Resultados
Identidade de Green
Identidade de Green. Se u ∈ C 1(Ω) ∩ C 2(Ω) e v ∈ C 0(Ω) ∩ C 1(Ω),
então ∫
Ω
δuvdx +
∫
Ω
5u.5 vdx =
∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS
Elizabeth Bispo 2021 6 / 49
Alguns Resultados
Identidade de Green
Identidade de Green. Se u ∈ C 1(Ω) ∩ C 2(Ω) e v ∈ C 0(Ω) ∩ C 1(Ω),
então ∫
Ω
δuvdx +
∫
Ω
5u.5 vdx =
∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS
Elizabeth Bispo 2021 6 / 49
Alguns Resultados
Desigualdade de Holder
Desigualdade de Holder. Sejam f ∈ Lp e g ∈ Lq, tais que 1p +
1
q = 1.
Então f .g ∈ L1 e vale
||f .g ||L1 ≤ ||f ||Lp . ||g ||Lq .
Elizabeth Bispo 2021 7 / 49
Alguns Resultados
Desigualdade de Holder
Desigualdade de Holder. Sejam f ∈ Lp e g ∈ Lq, tais que 1p +
1
q = 1.
Então f .g ∈ L1 e vale
||f .g ||L1 ≤ ||f ||Lp . ||g ||Lq .
Elizabeth Bispo 2021 7 / 49
Alguns Resultados
Desigualdade de Schwarz
Desigualdade de Schwarz. : Seja V um espaço com produto interno. Se
u e v são elementos de V , então:
| < u, v > | ≤ ||u|| ||v ||
Elizabeth Bispo 2021 8 / 49
Alguns Resultados
Desigualdade de Schwarz
Desigualdade de Schwarz. : Seja V um espaço com produto interno. Se
u e v são elementos de V , então:
| < u, v > | ≤ ||u|| ||v ||
Elizabeth Bispo 2021 8 / 49
Alguns Resultados
Espaços Lp
Espaços Lp. Seja C (Ω) o espaço das funções cont́ınuas de Ω em Rn. O
conjunto L1(Ω), ou simplesmente L1,é o conjunto das funções f definidas
em Ω aberto tal que ||f ||L1 =
∫
Ω |f (x)|dx , isto é,
L1 = {f : Ω −→ R|
∫
Ω
|f (x)|dx <∞}.
Analogamente, podemos construir Lp = Lp(Ω) a partir da norma || . ||L2 ,
onde ||f ||Lp = (
∫
Ω |f (x)|
pdx)1/p. O espaço Lp que irá nos interessar será o
L2 e sua norma, || . ||L2 , é gerada pelo produto interno dado por
〈f , g〉 =
∫
Ω
f (x).g(x)dx =
∫
Ω
f .g .
Elizabeth Bispo 2021 9 / 49
Alguns Resultados
Espaços Lp
Espaços Lp. Seja C (Ω) o espaço das funções cont́ınuas de Ω em Rn. O
conjunto L1(Ω), ou simplesmente L1,é o conjunto das funções f definidas
em Ω aberto tal que ||f ||L1 =
∫
Ω |f (x)|dx , isto é,
L1 = {f : Ω −→ R|
∫
Ω
|f (x)|dx <∞}.
Analogamente, podemos construir Lp = Lp(Ω) a partir da norma || . ||L2 ,
onde ||f ||Lp = (
∫
Ω |f (x)|
pdx)1/p. O espaço Lp que irá nos interessar será o
L2 e sua norma, || . ||L2 , é gerada pelo produto interno dado por
〈f , g〉 =
∫
Ω
f (x).g(x)dx =
∫
Ω
f .g .
Elizabeth Bispo 2021 9 / 49
Alguns Resultados
Espaços Lp
Espaços Lp. Seja C (Ω) o espaço das funções cont́ınuas de Ω em Rn. O
conjunto L1(Ω), ou simplesmente L1,é o conjunto das funções f definidas
em Ω aberto tal que ||f ||L1 =
∫
Ω |f (x)|dx , isto é,
L1 = {f : Ω −→ R|
∫
Ω
|f (x)|dx <∞}.
Analogamente, podemos construir Lp = Lp(Ω) a partir da norma || . ||L2 ,
onde ||f ||Lp = (
∫
Ω |f (x)|
pdx)1/p. O espaço Lp que irá nos interessar será o
L2 e sua norma, || . ||L2 , é gerada pelo produto interno dado por
〈f , g〉 =
∫
Ω
f (x).g(x)dx =
∫
Ω
f .g .
Elizabeth Bispo 2021 9 / 49
Alguns Resultados
Desigualdade de Poincaré
Desigualdade de poincaré. Para todo u ∈W 1,20 ([0, 1]) vale
||u||L2 ≤ ||u′||L2 .
Elizabeth Bispo 2021 10 / 49
Alguns Resultados
Desigualdade de Poincaré
Desigualdade de poincaré. Para todo u ∈W 1,20 ([0, 1]) vale
||u||L2 ≤ ||u′||L2 .
Elizabeth Bispo 2021 10 / 49
Alguns Resultados
Teorema do ponto fixo de Schauder
Teorema do ponto fixo de Schauder. Sejam X um espaço de Banach,
B ⊂ X um conjunto convexo, limitado e fechado e T : B −→ B uma
transformação cont́ınua e compacta, então existe ponto fixo, isto é, existe
x ∈ B tal que T (x) = x .
Elizabeth Bispo 2021 11 / 49
Alguns Resultados
Teorema do ponto fixo de Schauder
Teorema do ponto fixo de Schauder. Sejam X um espaço de Banach,
B ⊂ X um conjunto convexo, limitado e fechado e T : B −→ B uma
transformação cont́ınua e compacta, então existe ponto fixo, isto é, existe
x ∈ B tal que T (x) = x .
Elizabeth Bispo 2021 11 / 49
O Teorema de Lax Milgram
1 Introdução
2 Alguns Resultados
3 O Teorema de Lax Milgram
4 Aplicações
5 Bibliografia
Elizabeth Bispo 2021 12 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
1° Sejam H um espaço de Hilbert e
B : H x H −→ R , (u, v) −→ B(u, v) uma forma bilinear, cont́ınua e
coerciva, isto é, linear separadamente em cada coordenada e existem
α, β > 0 tais que
1) |B(u, v)| ≤ α||u|| ||v ||, u, v ∈ H (continuidade)
2) β||u||2 ≤ B(u, u), u ∈ H (coercividade) .
Para todo F ∈ H ′(F : H −→ R, linear e cont́ınuo), existe um único
u ∈ H tal que
B(u, v) = F (v), v ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 13 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
1° Sejam H um espaço de Hilbert e
B : H x H −→ R , (u, v) −→ B(u, v) uma forma bilinear, cont́ınua e
coerciva, isto é, linear separadamente em cada coordenada e existem
α, β > 0 tais que
1) |B(u, v)| ≤ α||u|| ||v ||, u, v ∈ H (continuidade)
2) β||u||2 ≤ B(u, u), u ∈ H (coercividade) .
Para todo F ∈ H ′(F : H −→ R, linear e cont́ınuo), existe um único
u ∈ H tal que
B(u, v) = F (v), v ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 13 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
1° Sejam H um espaço de Hilbert e
B : H x H −→ R , (u, v) −→ B(u, v) uma forma bilinear, cont́ınua e
coerciva, isto é, linear separadamente em cada coordenada e existem
α, β > 0 tais que
1) |B(u, v)| ≤ α||u|| ||v ||, u, v ∈ H (continuidade)
2) β||u||2 ≤ B(u, u), u ∈ H (coercividade) .
Para todo F ∈ H ′(F : H −→ R, linear e cont́ınuo), existe um único
u ∈ H tal que
B(u, v) = F (v), v ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 13 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
1° Sejam H um espaço de Hilbert e
B : H x H −→ R , (u, v) −→ B(u, v) uma forma bilinear, cont́ınua e
coerciva, isto é, linear separadamente em cada coordenada e existem
α, β > 0 tais que
1) |B(u, v)| ≤ α||u|| ||v ||, u, v ∈ H (continuidade)
2) β||u||2 ≤ B(u, u), u ∈ H (coercividade) .
Para todo F ∈ H ′(F : H −→ R, linear e cont́ınuo), existe um único
u ∈ H tal que
B(u, v) = F (v), v ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 13 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
2° Seja H um espaço de Hilbert. Se b : H x H −→ K é uma forma
sesquilinear, limitada e coerciva, então para todo f ∈ H∗ existe um
único xf ∈ H com
f (y) = b(xf , y), ∀y ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 14 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
3° Seja H um espaço de Hilbert real e B : H x H −→ R uma forma
bilinear tal que
1) |B(u, v)| ≤ ||B|| ||u|| ||v ||,∀ u, v ∈ H (continuidade da forma bilinear
B);
2) Existe α > 0 tal que α||v ||2 ≤ B(v , v),∀v ∈ H (coercividade).
Então, para f ∈ H ′ fixo, existe um único u ∈ H tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H
Elizabeth Bispo 2021 15 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
3° SejaH um espaço de Hilbert real e B : H x H −→ R uma forma
bilinear tal que
1) |B(u, v)| ≤ ||B|| ||u|| ||v ||,∀ u, v ∈ H (continuidade da forma bilinear
B);
2) Existe α > 0 tal que α||v ||2 ≤ B(v , v),∀v ∈ H (coercividade).
Então, para f ∈ H ′ fixo, existe um único u ∈ H tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H
Elizabeth Bispo 2021 15 / 49
O Teorema de Lax Milgram
O Teorema
3° Seja H um espaço de Hilbert real e B : H x H −→ R uma forma
bilinear tal que
1) |B(u, v)| ≤ ||B|| ||u|| ||v ||,∀ u, v ∈ H (continuidade da forma bilinear
B);
2) Existe α > 0 tal que α||v ||2 ≤ B(v , v),∀v ∈ H (coercividade).
Então, para f ∈ H ′ fixo, existe um único u ∈ H tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H
Elizabeth Bispo 2021 15 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Primeiramente mostraremos que se existe u ∈ H satisfazendo tais
condições então ele é único. De fato, suponha que existam u1, u2 ∈ H tais
que
B(u1, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H
B(u2, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H.
Dáı,
B(u1, v)− B(u2, v) = 〈f , v〉 − 〈f , v〉 = 0, ∀v ∈ H.
E, consequentemente, B(u1 − u2, v) = 0, ∀v ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 16 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Primeiramente mostraremos que se existe u ∈ H satisfazendo tais
condições então ele é único. De fato, suponha que existam u1, u2 ∈ H tais
que
B(u1, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H
B(u2, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H.
Dáı,
B(u1, v)− B(u2, v) = 〈f , v〉 − 〈f , v〉 = 0, ∀v ∈ H.
E, consequentemente, B(u1 − u2, v) = 0, ∀v ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 16 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Primeiramente mostraremos que se existe u ∈ H satisfazendo tais
condições então ele é único. De fato, suponha que existam u1, u2 ∈ H tais
que
B(u1, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H
B(u2, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H.
Dáı,
B(u1, v)− B(u2, v) = 〈f , v〉 − 〈f , v〉 = 0, ∀v ∈ H.
E, consequentemente, B(u1 − u2, v) = 0, ∀v ∈ H.
Elizabeth Bispo 2021 16 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Estamos considerando v um vetor genérico em H e u1, u2 ∈ H, podemos
tomar v = u1 − u2 ∈ H. Assim,
B(u1 − u2, u1 − u2) = 0.
Pelo item (2), temos
0 ≤ α||u1 − u2||2 ≤ B(u1 − u2, u1 − u2) = 0.
Logo,
||u1 − u2|| = 0 e, assim, u1 = u2.
Mostramos que u ∈ H é único, vamos agora mostrar a existência deste u
satisfazendo a afirmação do teorema.
Elizabeth Bispo 2021 17 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Estamos considerando v um vetor genérico em H e u1, u2 ∈ H, podemos
tomar v = u1 − u2 ∈ H. Assim,
B(u1 − u2, u1 − u2) = 0.
Pelo item (2), temos
0 ≤ α||u1 − u2||2 ≤ B(u1 − u2, u1 − u2) = 0.
Logo,
||u1 − u2|| = 0 e, assim, u1 = u2.
Mostramos que u ∈ H é único, vamos agora mostrar a existência deste u
satisfazendo a afirmação do teorema.
Elizabeth Bispo 2021 17 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Estamos considerando v um vetor genérico em H e u1, u2 ∈ H, podemos
tomar v = u1 − u2 ∈ H. Assim,
B(u1 − u2, u1 − u2) = 0.
Pelo item (2), temos
0 ≤ α||u1 − u2||2 ≤ B(u1 − u2, u1 − u2) = 0.
Logo,
||u1 − u2|| = 0 e, assim, u1 = u2.
Mostramos que u ∈ H é único, vamos agora mostrar a existência deste u
satisfazendo a afirmação do teorema.
Elizabeth Bispo 2021 17 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Pelo Teorema de Riez, dado u ∈ H fixo, existe um único w ∈ H tal que
B(u, v) = (w , v), ∀v ∈ H.
Assim, podemos definir uma função A : H −→ H tal que w = Au. Então
B(u, v) = (Au, v).
Para finalizar a demonstração do teorema, precisamos provar os seguintes
itens:
Elizabeth Bispo 2021 18 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Pelo Teorema de Riez, dado u ∈ H fixo, existe um único w ∈ H tal que
B(u, v) = (w , v), ∀v ∈ H.
Assim, podemos definir uma função A : H −→ H tal que w = Au. Então
B(u, v) = (Au, v).
Para finalizar a demonstração do teorema, precisamos provar os seguintes
itens:
Elizabeth Bispo 2021 18 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Pelo Teorema de Riez, dado u ∈ H fixo, existe um único w ∈ H tal que
B(u, v) = (w , v), ∀v ∈ H.
Assim, podemos definir uma função A : H −→ H tal que w = Au. Então
B(u, v) = (Au, v).
Para finalizar a demonstração do teorema, precisamos provar os seguintes
itens:
Elizabeth Bispo 2021 18 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear;
ii) A é cont́ınua;
iii) A é injetiva;
iv) Vale a desigualdade α||v || ≤ ||Av ||, ∀v ∈ H e Im(A) é fechada em A;
v) Im(A) = H
Elizabeth Bispo 2021 19 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear;
ii) A é cont́ınua;
iii) A é injetiva;
iv) Vale a desigualdade α||v || ≤ ||Av ||, ∀v ∈ H e Im(A) é fechada em A;
v) Im(A) = H
Elizabeth Bispo 2021 19 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear;
ii) A é cont́ınua;
iii) A é injetiva;
iv) Vale a desigualdade α||v || ≤ ||Av ||, ∀v ∈ H e Im(A) é fechada em A;
v) Im(A) = H
Elizabeth Bispo 2021 19 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear;
ii) A é cont́ınua;
iii) A é injetiva;
iv) Vale a desigualdade α||v || ≤ ||Av ||, ∀v ∈ H e Im(A) é fechada em A;
v) Im(A) = H
Elizabeth Bispo 2021 19 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear;
ii) A é cont́ınua;
iii) A é injetiva;
iv) Vale a desigualdade α||v || ≤ ||Av ||, ∀v ∈ H e Im(A) é fechada em A;
v) Im(A) = H
Elizabeth Bispo 2021 19 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear.
Como B é linear na primeira variável, para cada v ∈ H, temos
(A(λ1u1 + λ2u2), v) = B(λ1u1 + λ2u2, v)
= λ1B(u1, v) + λ2B(u2, v)
= λ1(Au1, v) + λ2(Au2, v)
= (λ1Au1 + λ2Au2, v), ∀v ∈ H.
Portanto,
(A(λ1u1 + λ2u2), v) = (λ1Au1 + λ2Au2, v), ∀v ∈ H.
Dáı,
A(λ1u1 + λ2u2) = λ1Au1 + λ2Au2.
Logo, fica provado a linearidade de A.
Elizabeth Bispo 2021 20 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear.
Como B é linear na primeira variável, para cada v ∈ H, temos
(A(λ1u1 + λ2u2), v) = B(λ1u1 + λ2u2, v)
= λ1B(u1, v) + λ2B(u2, v)
= λ1(Au1, v) + λ2(Au2, v)
= (λ1Au1 + λ2Au2, v), ∀v ∈ H.
Portanto,
(A(λ1u1 + λ2u2), v) = (λ1Au1 + λ2Au2, v), ∀v ∈ H.
Dáı,
A(λ1u1 + λ2u2) = λ1Au1 + λ2Au2.
Logo, fica provado a linearidade de A.
Elizabeth Bispo 2021 20 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
i) A é linear.
Como B é linear na primeira variável, para cada v ∈ H, temos
(A(λ1u1 + λ2u2), v) = B(λ1u1 + λ2u2, v)
= λ1B(u1, v) + λ2B(u2, v)
= λ1(Au1, v) + λ2(Au2, v)
= (λ1Au1 + λ2Au2, v), ∀v ∈ H.
Portanto,
(A(λ1u1 + λ2u2), v) = (λ1Au1 + λ2Au2, v), ∀v ∈ H.
Dáı,
A(λ1u1 + λ2u2) = λ1Au1 + λ2Au2.
Logo, fica provado a linearidade de A.
Elizabeth Bispo 2021 20 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
ii) A é cont́ınua.
Observação. Continuidade e limitação de A são equivalentes se A é
um funcional linear.
Temos pelo item (1) que
||Au||2 = (Au,Au) = B(u,Au) ≤ ||B|| ||u|| ||Au||.
Dáı,
||Au|| ≤ ||B|| ||u||, ∀u ∈ H.
Portanto, A é cont́ınua.
Elizabeth Bispo 2021 21 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
ii) A é cont́ınua.
Observação. Continuidade e limitação de A são equivalentes se A é
um funcional linear.
Temos pelo item (1) que
||Au||2 = (Au,Au) = B(u,Au) ≤ ||B|| ||u|| ||Au||.
Dáı,
||Au|| ≤ ||B|| ||u||, ∀u ∈ H.
Portanto, A é cont́ınua.
Elizabeth Bispo 2021 21 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
iii) A é injetiva.
Suponha Au1 = Au2. Assim, A(u1 − u2) = 0.
Dáı,
(A(u1 − u2), v) = (0, v) = 0,∀v ∈ H.
Tomando v = u1 − u2, pelo item (2) segue que
0 = (A(u1 − u2), u1 − u2) = B(u1 − u2, u1 − u2) ≥ α||u1 − u2||2 ≥ 0.
Portanto ||u1 − u2||2 = 0. Logo u1 = u2 e consequentemente A é
injetiva.
Elizabeth Bispo 2021 22 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
iii) A é injetiva.
Suponha Au1 = Au2. Assim, A(u1 − u2) = 0.
Dáı,
(A(u1 − u2), v) = (0, v) = 0,∀v ∈ H.
Tomando v = u1 − u2, pelo item (2) segue que
0 = (A(u1 − u2), u1 −u2) = B(u1 − u2, u1 − u2) ≥ α||u1 − u2||2 ≥ 0.
Portanto ||u1 − u2||2 = 0. Logo u1 = u2 e consequentemente A é
injetiva.
Elizabeth Bispo 2021 22 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
iii) A é injetiva.
Suponha Au1 = Au2. Assim, A(u1 − u2) = 0.
Dáı,
(A(u1 − u2), v) = (0, v) = 0,∀v ∈ H.
Tomando v = u1 − u2, pelo item (2) segue que
0 = (A(u1 − u2), u1 − u2) = B(u1 − u2, u1 − u2) ≥ α||u1 − u2||2 ≥ 0.
Portanto ||u1 − u2||2 = 0. Logo u1 = u2 e consequentemente A é
injetiva.
Elizabeth Bispo 2021 22 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
iv) Vale a desigualdade α||v || ≤ ||Av ||, ∀v ∈ H e Im(A) é fechada em A.
Pelo item (2), para cada v ∈ H,
α||v ||2 ≤ B(v , v) = (Av , v) ≤ ||Av || ||v ||.
Logo,
α||v || ≤ ||Av ||.
Para provar que a imagem de A é fechada em H, basta mostrar que
Im(A) ⊂ Im(A), para isso tome {hn} ⊂ Im(A) tal que hn −→ h em H.
Elizabeth Bispo 2021 23 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
iv) Vale a desigualdade α||v || ≤ ||Av ||, ∀v ∈ H e Im(A) é fechada em A.
Pelo item (2), para cada v ∈ H,
α||v ||2 ≤ B(v , v) = (Av , v) ≤ ||Av || ||v ||.
Logo,
α||v || ≤ ||Av ||.
Para provar que a imagem de A é fechada em H, basta mostrar que
Im(A) ⊂ Im(A), para isso tome {hn} ⊂ Im(A) tal que hn −→ h em H.
Elizabeth Bispo 2021 23 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Mostraremos que h ∈ Im(A).
Como {hn} ⊂ Im(A), existem vn ∈ H tais que Avn = hn. Por outro lado
{hn} é de Cauchy em H, pois hn −→ h em H. Além disso, utilizando
α||v || ≤ ||Av ||, temos
α||vn − vm|| ≤ ||A(vn − vm)|| = ||Avn − Avm|| = ||hn − hm||.
Como {hn} é de Cauchy, segue que {vn} é de Cauchy em H Hilbert.
Assim, vn converge para algum v ∈ H.
Dáı, pela continuidade de A,
vn −→ v em H =⇒ Avn −→ Av .
Mas Avn = hn −→ h. Logo, Av = h ∈ Im(A).
Elizabeth Bispo 2021 24 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Mostraremos que h ∈ Im(A).
Como {hn} ⊂ Im(A), existem vn ∈ H tais que Avn = hn. Por outro lado
{hn} é de Cauchy em H, pois hn −→ h em H. Além disso, utilizando
α||v || ≤ ||Av ||, temos
α||vn − vm|| ≤ ||A(vn − vm)|| = ||Avn − Avm|| = ||hn − hm||.
Como {hn} é de Cauchy, segue que {vn} é de Cauchy em H Hilbert.
Assim, vn converge para algum v ∈ H.
Dáı, pela continuidade de A,
vn −→ v em H =⇒ Avn −→ Av .
Mas Avn = hn −→ h. Logo, Av = h ∈ Im(A).
Elizabeth Bispo 2021 24 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
v) Im(A) = H
Suponha que Im(A) 6= H, então existe 0 6= w ∈ Im(A)⊥, pois Im(A) é
fechado.
Logo,
(Aw ,w) = 0.
Pelo item (2), temos
α||w ||2 ≤ B(w ,w) = (Aw ,w) = 0
Portanto, w = 0. O que é um absurdo. Logo, Im(A) = H.
Note que se tomarmos v = A−1u temos a continuidade de A−1.
Elizabeth Bispo 2021 25 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
v) Im(A) = H
Suponha que Im(A) 6= H, então existe 0 6= w ∈ Im(A)⊥, pois Im(A) é
fechado.
Logo,
(Aw ,w) = 0.
Pelo item (2), temos
α||w ||2 ≤ B(w ,w) = (Aw ,w) = 0
Portanto, w = 0. O que é um absurdo. Logo, Im(A) = H.
Note que se tomarmos v = A−1u temos a continuidade de A−1.
Elizabeth Bispo 2021 25 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
v) Im(A) = H
Suponha que Im(A) 6= H, então existe 0 6= w ∈ Im(A)⊥, pois Im(A) é
fechado.
Logo,
(Aw ,w) = 0.
Pelo item (2), temos
α||w ||2 ≤ B(w ,w) = (Aw ,w) = 0
Portanto, w = 0. O que é um absurdo. Logo, Im(A) = H.
Note que se tomarmos v = A−1u temos a continuidade de A−1.
Elizabeth Bispo 2021 25 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Desta forma
A : H −→ H é bijetora.
Portanto, pelo Teorema de Riesz, dado f ∈ H ′ existe um único w ∈ H tal
que
〈f , v〉 = 〈w , v〉, ∀v ∈ H.
Por outro lado, para w ∈ H obtido acima existe um único u ∈ H tal que
w = Au, pela bijetividade de A.
Assim, existe um único u ∈ H tal que
B(u, v) = (Au, v) = (w , v) = 〈f , v〉,
provando por fim o teorema.
Elizabeth Bispo 2021 26 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Desta forma
A : H −→ H é bijetora.
Portanto, pelo Teorema de Riesz, dado f ∈ H ′ existe um único w ∈ H tal
que
〈f , v〉 = 〈w , v〉, ∀v ∈ H.
Por outro lado, para w ∈ H obtido acima existe um único u ∈ H tal que
w = Au, pela bijetividade de A.
Assim, existe um único u ∈ H tal que
B(u, v) = (Au, v) = (w , v) = 〈f , v〉,
provando por fim o teorema.
Elizabeth Bispo 2021 26 / 49
O Teorema de Lax Milgram
Demonstração do Teorema
Desta forma
A : H −→ H é bijetora.
Portanto, pelo Teorema de Riesz, dado f ∈ H ′ existe um único w ∈ H tal
que
〈f , v〉 = 〈w , v〉, ∀v ∈ H.
Por outro lado, para w ∈ H obtido acima existe um único u ∈ H tal que
w = Au, pela bijetividade de A.
Assim, existe um único u ∈ H tal que
B(u, v) = (Au, v) = (w , v) = 〈f , v〉,
provando por fim o teorema.
Elizabeth Bispo 2021 26 / 49
Aplicações
1 Introdução
2 Alguns Resultados
3 O Teorema de Lax Milgram
4 Aplicações
5 Bibliografia
Elizabeth Bispo 2021 27 / 49
Aplicações
Aplicação 1
Ap. 1. Dado f ∈ L2(Ω), Ω ⊂ Rn é um conjunto limitado aberto, o
problema {
−∆u + u = f , em Ω
u = 0, em ∂Ω,
(1)
tem única solução u ∈ H10 (Ω).
Elizabeth Bispo 2021 28 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Demonstração. Vamos mostrar que esse problema tem solução. Para
isso, iremos multiplicar a equação por uma função teste v que não nos
impedirá obter as estimativas e integrando sobre Ω, temos
−
∫
Ω
∆uv +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv , ∀v ∈ H10 .
Pela Identidade de Green, temos∫
Ω
5u5 v −
∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv .
Note que H10 (Ω) é um espaço de funções que se anulam em ∂Ω.
Elizabeth Bispo 2021 29 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Demonstração. Vamos mostrar que esse problema tem solução. Para
isso, iremos multiplicar a equação por uma função teste v que não nos
impedirá obter as estimativas e integrando sobre Ω, temos
−
∫
Ω
∆uv +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv , ∀v ∈ H10 .
Pela Identidade de Green, temos∫
Ω
5u5 v −
∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv .
Note que H10 (Ω) é um espaço de funções que se anulam em ∂Ω.
Elizabeth Bispo 2021 29 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Demonstração. Vamos mostrar que esse problema tem solução. Para
isso, iremos multiplicar a equação por uma função teste v que não nos
impedirá obter as estimativas e integrando sobre Ω, temos
−
∫
Ω
∆uv +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv , ∀v ∈ H10 .
Pela Identidade de Green, temos∫
Ω
5u5 v −
∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv .
Note que H10 (Ω) é um espaço de funções que se anulam em ∂Ω.
Elizabeth Bispo 2021 29 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Assim, ∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS = 0
e consequentemente ∫
Ω
5u5 v +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv .
Como estamos trabalhando com o espaço de Sobolev H10 (Ω) e f ∈ L2(Ω),
as integrais estão bem definidas.
Essa construção nos leva a uma formulação fraca do problema original,
encontrar u ∈ H10 (Ω) tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H10 (Ω),
em que B : H10 (Ω) x H
1
0 (Ω) −→ R,
B(u, v) =
∫
Ω
5u5 v +
∫
Ω
uv e 〈f , v〉 =
∫
Ω
fv , f ∈ L2(Ω).
Elizabeth Bispo 2021 30 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Assim, ∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS = 0
e consequentemente ∫
Ω
5u5 v +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv .
Como estamos trabalhando com o espaço de Sobolev H10 (Ω) e f ∈ L2(Ω),
as integrais estão bem definidas.
Essa construção nos leva a uma formulação fraca do problema original,
encontrar u ∈ H10 (Ω) tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H10 (Ω),
em que B : H10 (Ω) x H
1
0 (Ω) −→ R,
B(u, v) =
∫
Ω
5u5 v +
∫
Ω
uv e 〈f , v〉 =
∫
Ω
fv , f ∈ L2(Ω).
Elizabeth Bispo 2021 30 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Assim, ∫
∂Ω
v
∂u
∂η
dS = 0
e consequentemente ∫
Ω
5u5 v +
∫
Ω
uv =
∫
Ω
fv .
Como estamos trabalhando com o espaço de Sobolev H10 (Ω) e f ∈ L2(Ω),
as integrais estão bem definidas.
Essa construção nos leva a uma formulação fraca do problema original,
encontrar u ∈ H10 (Ω) tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H10 (Ω),
em que B : H10 (Ω) x H
1
0 (Ω) −→ R,
B(u, v) =
∫
Ω
5u5 v +
∫
Ω
uv e 〈f , v〉 =
∫
Ω
fv , f ∈ L2(Ω).Elizabeth Bispo 2021 30 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Para aplicarmos o Teorema de Lax- Milgram temos que fazer duas
verificações
1) |B(u, v)| ≤ ||B|| ||u|| ||v ||,∀ u, v ∈ H (continuidade da forma bilinear
B);
2) Existe α > 0 tal que α||v ||2 ≤ B(v , v),∀v ∈ H (coercividade).
Elizabeth Bispo 2021 31 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Para aplicarmos o Teorema de Lax- Milgram temos que fazer duas
verificações
1) |B(u, v)| ≤ ||B|| ||u|| ||v ||,∀ u, v ∈ H (continuidade da forma bilinear
B);
2) Existe α > 0 tal que α||v ||2 ≤ B(v , v),∀v ∈ H (coercividade).
Elizabeth Bispo 2021 31 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Prova (1). Usando a desigualdade de Holder e Schwarz, temos que
|B(u, v)| ≤
∫
Ω
| 5 u|| 5 v |+
∫
Ω
|u||v |
≤ || 5 u||L2 || 5 v ||L2 + ||u||L2 ||v ||L2
= (|| 5 u||L2 , ||u||L2) . (|| 5 v ||L2 , ||v ||L2)
≤ (|| 5 u||2L2 + ||u||
2
L2)
1/2(|| 5 v ||2L2 + ||v ||
2
L2)
1/2
= ||u||||v ||, ∀u, v ∈ H10 (Ω).
Logo, B é cont́ınua.
Elizabeth Bispo 2021 32 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Prova (1). Usando a desigualdade de Holder e Schwarz, temos que
|B(u, v)| ≤
∫
Ω
| 5 u|| 5 v |+
∫
Ω
|u||v |
≤ || 5 u||L2 || 5 v ||L2 + ||u||L2 ||v ||L2
= (|| 5 u||L2 , ||u||L2) . (|| 5 v ||L2 , ||v ||L2)
≤ (|| 5 u||2L2 + ||u||
2
L2)
1/2(|| 5 v ||2L2 + ||v ||
2
L2)
1/2
= ||u||||v ||, ∀u, v ∈ H10 (Ω).
Logo, B é cont́ınua.
Elizabeth Bispo 2021 32 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Prova (1). Usando a desigualdade de Holder e Schwarz, temos que
|B(u, v)| ≤
∫
Ω
| 5 u|| 5 v |+
∫
Ω
|u||v |
≤ || 5 u||L2 || 5 v ||L2 + ||u||L2 ||v ||L2
= (|| 5 u||L2 , ||u||L2) . (|| 5 v ||L2 , ||v ||L2)
≤ (|| 5 u||2L2 + ||u||
2
L2)
1/2(|| 5 v ||2L2 + ||v ||
2
L2)
1/2
= ||u||||v ||, ∀u, v ∈ H10 (Ω).
Logo, B é cont́ınua.
Elizabeth Bispo 2021 32 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Prova (2). Para o par (v , v) ∈ H10 xH10 , temos
B(v , v) =
∫
Ω
5v . 5 v +
∫
Ω
v . v
=
∫
Ω
| 5 v |2 +
∫
Ω
|v |2
= || 5 v ||2L2 + ||v ||
2
L2 = ||v ||
2
H10
.
O que garante a coercividade de B.
Elizabeth Bispo 2021 33 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Prova (2). Para o par (v , v) ∈ H10 xH10 , temos
B(v , v) =
∫
Ω
5v . 5 v +
∫
Ω
v . v
=
∫
Ω
| 5 v |2 +
∫
Ω
|v |2
= || 5 v ||2L2 + ||v ||
2
L2 = ||v ||
2
H10
.
O que garante a coercividade de B.
Elizabeth Bispo 2021 33 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Logo, pelo Teorema de Lax- Milgram, para cada função f ∈ L2(Ω) existe
um único u ∈ H10 tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H10 ,
ou seja, ∫
Ω
5u . 5 v +
∫
Ω
u . v =
∫
Ω
f . v .
Segue que, o problema (1) tem solução única em H10 (Ω).
Elizabeth Bispo 2021 34 / 49
Aplicações
Demonstração Ap.1
Logo, pelo Teorema de Lax- Milgram, para cada função f ∈ L2(Ω) existe
um único u ∈ H10 tal que
B(u, v) = 〈f , v〉, ∀v ∈ H10 ,
ou seja, ∫
Ω
5u . 5 v +
∫
Ω
u . v =
∫
Ω
f . v .
Segue que, o problema (1) tem solução única em H10 (Ω).
Elizabeth Bispo 2021 34 / 49
Aplicações
Aplicação 2
Ap. 2. Dado f ∈ L2(Ω), Ω ⊂ Rn aberto, o problema{
−∆u = f , em Ω
u = 0, em ∂Ω,
(2)
tem única solução u ∈ H10 (Ω).
Elizabeth Bispo 2021 35 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 2
Demonstração.Vamos definir B : H10 x H
1
0 −→ R e F : H10 −→ R,
respectivamente, por
B(u, v) =
∫
Ω
5u.5 vdx e F (v) =
∫
Ω
fvdx .
A linearidade e continuidade de F já foram feitas no item anterior. Já
sabemos que B é bilinear e
|B(u, v)| = |
∫
Ω
5u . 5 vdx | ≤ ||u||1||v ||1,
produzindo portanto a continuidade de B.
Elizabeth Bispo 2021 36 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 2
Demonstração.Vamos definir B : H10 x H
1
0 −→ R e F : H10 −→ R,
respectivamente, por
B(u, v) =
∫
Ω
5u.5 vdx e F (v) =
∫
Ω
fvdx .
A linearidade e continuidade de F já foram feitas no item anterior. Já
sabemos que B é bilinear e
|B(u, v)| = |
∫
Ω
5u . 5 vdx | ≤ ||u||1||v ||1,
produzindo portanto a continuidade de B.
Elizabeth Bispo 2021 36 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 2
Usando a desigualdade de Poincaré, dada abaixo, válida em doḿınios
limitados
||u||k ≤ C (Ω, k)
∑
|α|=k
〈Dαu,Dαu〉L2 , u ∈ Hk0 (Ω),
temos que
B(u, u) =
∫
Ω
| 5 u|2 = || 5 u||2L2 ≥
1
C (Ω)
||u||21.
Conclúımos assim, que B é coerciva. Portanto, segue pelo teorema de
Lax-Milgram a solução do problema (2).
Elizabeth Bispo 2021 37 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 2
Usando a desigualdade de Poincaré, dada abaixo, válida em doḿınios
limitados
||u||k ≤ C (Ω, k)
∑
|α|=k
〈Dαu,Dαu〉L2 , u ∈ Hk0 (Ω),
temos que
B(u, u) =
∫
Ω
| 5 u|2 = || 5 u||2L2 ≥
1
C (Ω)
||u||21.
Conclúımos assim, que B é coerciva. Portanto, segue pelo teorema de
Lax-Milgram a solução do problema (2).
Elizabeth Bispo 2021 37 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 2
Usando a desigualdade de Poincaré, dada abaixo, válida em doḿınios
limitados
||u||k ≤ C (Ω, k)
∑
|α|=k
〈Dαu,Dαu〉L2 , u ∈ Hk0 (Ω),
temos que
B(u, u) =
∫
Ω
| 5 u|2 = || 5 u||2L2 ≥
1
C (Ω)
||u||21.
Conclúımos assim, que B é coerciva. Portanto, segue pelo teorema de
Lax-Milgram a solução do problema (2).
Elizabeth Bispo 2021 37 / 49
Aplicações
Aplicação 3
VAMOS UTILIZAR O TEOREMA DE LAX- MILGRAM PARA ESTUDAR
UM PROBLEMA NÃO LINEAR.
Ap. 3. Vamos considerar o seguinte problema: Encontrar p e k de modo
que dada f ∈ Lp(Ω), existe uma única u ∈ Hk0 tal que{
−∆u = f + u2, em Ω ⊂ Rn
u = 0, em ∂Ω,
(3)
Elizabeth Bispo 2021 38 / 49
Aplicações
Aplicação 3
VAMOS UTILIZAR O TEOREMA DE LAX- MILGRAM PARA ESTUDAR
UM PROBLEMA NÃO LINEAR.
Ap. 3. Vamos considerar o seguinte problema: Encontrar p e k de modo
que dada f ∈ Lp(Ω), existe uma única u ∈ Hk0 tal que{
−∆u = f + u2, em Ω ⊂ Rn
u = 0, em ∂Ω,
(3)
Elizabeth Bispo 2021 38 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Demonstração. Na tentativa de resolver o problema, dividiremos o
processo em quatro passos.
1° : Dada g ∈ L2(Ω), pelo (Ap. 2), existe uma única solução w ∈ H10 ,
para o problema {
−∆w = g , em Ω ⊂ Rn
w = 0, em ∂Ω,
A solução w está também em H2(Ω), pela teoria de regularidade,
mas não é foco do nosso estudo, e pela desigualdade de Poincaré
||u||k ≤ C (Ω, k)
∑
|α|=k〈Dαu,Dαu〉L2 , u ∈ Hk0 (Ω), temos a
estimativa
||w ||2 ≤ C ||g ||L2 .
Elizabeth Bispo 2021 39 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Demonstração. Na tentativa de resolver o problema, dividiremos o
processo em quatro passos.
1° : Dada g ∈ L2(Ω), pelo (Ap. 2), existe uma única solução w ∈ H10 ,
para o problema {
−∆w = g , em Ω ⊂ Rn
w = 0, em ∂Ω,
A solução w está também em H2(Ω), pela teoria de regularidade,
mas não é foco do nosso estudo, e pela desigualdade de Poincaré
||u||k ≤ C (Ω, k)
∑
|α|=k〈Dαu,Dαu〉L2 , u ∈ Hk0 (Ω), temos a
estimativa
||w ||2 ≤ C ||g ||L2 .
Elizabeth Bispo 2021 39 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Demonstração. Na tentativa de resolver o problema, dividiremos o
processo em quatro passos.
1° : Dada g ∈ L2(Ω), pelo (Ap. 2), existe uma única solução w ∈ H10 ,
para o problema {
−∆w = g , em Ω ⊂ Rn
w = 0, em ∂Ω,
A solução w está também em H2(Ω), pela teoria de regularidade,
mas não é foco do nosso estudo, e pela desigualdade de Poincaré
||u||k ≤ C (Ω, k)
∑
|α|=k〈Dαu,Dαu〉L2 , u ∈ Hk0 (Ω), temos a
estimativa
||w ||2 ≤ C ||g ||L2 .
Elizabeth Bispo 2021 39 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
2° : A solução é ponto fixo da seguinte transformação: Dado v ∈ E (a ser
escolhido), seja w = T (v) a solução do problema{
−∆w = f + v2, em Ω ⊂ Rn
w = 0, em ∂Ω,
O ponto fixo u de T , se existir, é solução do problema (3).
Observemos que se v ∈ H10 , então
||v2||L2 = (
∫
Ω
|v |4)1/2 = [(
∫
Ω
|v |4)1/4]2,
Elizabeth Bispo 2021 40 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
2° : A solução é ponto fixo da seguinte transformação: Dado v ∈ E (a ser
escolhido), seja w = T (v) a solução do problema{
−∆w = f + v2, em Ω ⊂ Rn
w = 0, em ∂Ω,
O ponto fixo u de T , se existir, é solução do problema (3).
Observemos que se v ∈ H10 , então
||v2||L2 = (
∫
Ω
|v |4)1/2 = [(
∫
Ω
|v |4)1/4]2,
ElizabethBispo 2021 40 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
e portanto ||v2||L2 = ||v ||2L4 e assim
||v2||L2 ≤ C ||v ||21 <∞,
onde usamos a imersão de Sobolev H10 (Ω) ⊂ L4(Ω), caso particular da
imersão Hk0 ⊂ Lq(Ω), 2 ≤ q ≤
2n
n − 2k
, quando n = 3 e k = 1. Assim se
(f + v2) ∈ L2, o primeiro passo garante que w ∈ H10 (Ω), portanto temos a
aplicação
T : H10 (Ω) −→ H10 .
Elizabeth Bispo 2021 41 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
e portanto ||v2||L2 = ||v ||2L4 e assim
||v2||L2 ≤ C ||v ||21 <∞,
onde usamos a imersão de Sobolev H10 (Ω) ⊂ L4(Ω), caso particular da
imersão Hk0 ⊂ Lq(Ω), 2 ≤ q ≤
2n
n − 2k
, quando n = 3 e k = 1. Assim se
(f + v2) ∈ L2, o primeiro passo garante que w ∈ H10 (Ω), portanto temos a
aplicação
T : H10 (Ω) −→ H10 .
Elizabeth Bispo 2021 41 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
3° : Agora, iremos demonstrar que a transformação T definida acima tem
um ponto fixo. Para isto usaremos o teorema do ponto fixo de
Schauder.
Afirmamos que T : H10 (Ω) −→ H10 é compacta, isto é, se D ⊂ H10 (Ω)
é limitado, então T (D) é relativamente compacto em H10 (Ω). De
fato, se v ∈ D temos que w = T (v) satisfaz a desigualdade
||w ||2 ≤ C ||f + v2||L2 ≤ C (||f ||L2 + ||v2||L2) ≤ C (||f ||L2 + C ||v ||21).
Elizabeth Bispo 2021 42 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
3° : Agora, iremos demonstrar que a transformação T definida acima tem
um ponto fixo. Para isto usaremos o teorema do ponto fixo de
Schauder.
Afirmamos que T : H10 (Ω) −→ H10 é compacta, isto é, se D ⊂ H10 (Ω)
é limitado, então T (D) é relativamente compacto em H10 (Ω). De
fato, se v ∈ D temos que w = T (v) satisfaz a desigualdade
||w ||2 ≤ C ||f + v2||L2 ≤ C (||f ||L2 + ||v2||L2) ≤ C (||f ||L2 + C ||v ||21).
Elizabeth Bispo 2021 42 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Como H2 ⊂ H1, segue que T (D) é relativamente compacto em
H10 (Ω) ||w ||1 ≤ ||w ||2 ≤ C (||f ||L2 + C ||v ||21).
Afirmamos que T é cont́ınua; de fato, sejam v1, v2 ∈ H10 (Ω), w1 = T (v1)
e v2 = T (v2), avaliemos ||T (v1)− T (v2)||1. Temos que
−∆w1 = f + v21 ,
−∆w2 = f + v22 .
(w1 − w2|∂Ω) = 0.
Elizabeth Bispo 2021 43 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Como H2 ⊂ H1, segue que T (D) é relativamente compacto em
H10 (Ω) ||w ||1 ≤ ||w ||2 ≤ C (||f ||L2 + C ||v ||21).
Afirmamos que T é cont́ınua; de fato, sejam v1, v2 ∈ H10 (Ω), w1 = T (v1)
e v2 = T (v2), avaliemos ||T (v1)− T (v2)||1.
Temos que
−∆w1 = f + v21 ,
−∆w2 = f + v22 .
(w1 − w2|∂Ω) = 0.
Elizabeth Bispo 2021 43 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Como H2 ⊂ H1, segue que T (D) é relativamente compacto em
H10 (Ω) ||w ||1 ≤ ||w ||2 ≤ C (||f ||L2 + C ||v ||21).
Afirmamos que T é cont́ınua; de fato, sejam v1, v2 ∈ H10 (Ω), w1 = T (v1)
e v2 = T (v2), avaliemos ||T (v1)− T (v2)||1. Temos que
−∆w1 = f + v21 ,
−∆w2 = f + v22 .
(w1 − w2|∂Ω) = 0.
Elizabeth Bispo 2021 43 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Da estimativa ||w ||2 ≤ C ||g ||L2 , obtemos as desigualdades
||w1 − w2||1 ≤ ||w1 − w2||2 ≤ C ||v21 − v22 ||L2
= C [
∫
Ω
|v1 + v2|2|v1 − v2|2]1/2
≤ C (
∫
Ω
|v1 + v2|4)1/4(
∫
Ω
|v1 − v2|4)1/4
= C ||v1 + v2||L4 ||v1 − v2||L4 .
E assim, temos a desigualdade
||w1 − w2||1 ≤ C ||v1 + v2||1||v1 − v2||1.
Elizabeth Bispo 2021 44 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Da estimativa ||w ||2 ≤ C ||g ||L2 , obtemos as desigualdades
||w1 − w2||1 ≤ ||w1 − w2||2 ≤ C ||v21 − v22 ||L2
= C [
∫
Ω
|v1 + v2|2|v1 − v2|2]1/2
≤ C (
∫
Ω
|v1 + v2|4)1/4(
∫
Ω
|v1 − v2|4)1/4
= C ||v1 + v2||L4 ||v1 − v2||L4 .
E assim, temos a desigualdade
||w1 − w2||1 ≤ C ||v1 + v2||1||v1 − v2||1.
Elizabeth Bispo 2021 44 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
4° : por último, vamos encontrar um convexo fechado e limitado
adequado. Tentemos bolas centradas na origem. Seja v ∈ H10 (Ω) tal
que ||v ||1 ≤ R. Temos que
||w ||1 = ||T (v)||1 ≤ ||w ||2 ≤ C ||f ||L2 +C ||v ||21 ≤ C ||f ||L2 +CR2 ≤ R.
Portanto basta escolher R suficientemente pequeno de modo que
C ||f ||L2 + CR2 − R ≤ 0.
observemos que, para que isto ocorra, basta impor a seguinte
condição sobre f ,
4C 2||f ||L2 < 1.
Elizabeth Bispo 2021 45 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
4° : por último, vamos encontrar um convexo fechado e limitado
adequado. Tentemos bolas centradas na origem. Seja v ∈ H10 (Ω) tal
que ||v ||1 ≤ R. Temos que
||w ||1 = ||T (v)||1 ≤ ||w ||2 ≤ C ||f ||L2 +C ||v ||21 ≤ C ||f ||L2 +CR2 ≤ R.
Portanto basta escolher R suficientemente pequeno de modo que
C ||f ||L2 + CR2 − R ≤ 0.
observemos que, para que isto ocorra, basta impor a seguinte
condição sobre f ,
4C 2||f ||L2 < 1.
Elizabeth Bispo 2021 45 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
4° : por último, vamos encontrar um convexo fechado e limitado
adequado. Tentemos bolas centradas na origem. Seja v ∈ H10 (Ω) tal
que ||v ||1 ≤ R. Temos que
||w ||1 = ||T (v)||1 ≤ ||w ||2 ≤ C ||f ||L2 +C ||v ||21 ≤ C ||f ||L2 +CR2 ≤ R.
Portanto basta escolher R suficientemente pequeno de modo que
C ||f ||L2 + CR2 − R ≤ 0.
observemos que, para que isto ocorra, basta impor a seguinte
condição sobre f ,
4C 2||f ||L2 < 1.
Elizabeth Bispo 2021 45 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Assim tomando p = 2 e ||f ||L2 suficientemente pequena (satisfazendo a
condição acima) o problema (3) tem solução em H10 (Ω).
Resta mostrar a unicidade. Para isto suponhamos que existam duas
soluções u1 e u2 de (3). Da desigualdade
||w1 − w2||1 ≤ C ||v1 + v2||1||v1 − v2||1, temos que
||u1 − u2||1 ≤ C (||u1||1 + ||u2||1)||u1 − u2||1
≤ 2CR||u1 − u2||1.
Elizabeth Bispo 2021 46 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Assim tomando p = 2 e ||f ||L2 suficientemente pequena (satisfazendo a
condição acima) o problema (3) tem solução em H10 (Ω).
Resta mostrar a unicidade. Para isto suponhamos que existam duas
soluções u1 e u2 de (3). Da desigualdade
||w1 − w2||1 ≤ C ||v1 + v2||1||v1 − v2||1, temos que
||u1 − u2||1 ≤ C (||u1||1 + ||u2||1)||u1 − u2||1
≤ 2CR||u1 − u2||1.
Elizabeth Bispo 2021 46 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Assim tomando p = 2 e ||f ||L2 suficientemente pequena (satisfazendo a
condição acima) o problema (3) tem solução em H10 (Ω).
Resta mostrar a unicidade. Para isto suponhamos que existam duas
soluções u1 e u2 de (3). Da desigualdade
||w1 − w2||1 ≤ C ||v1 + v2||1||v1 − v2||1, temos que
||u1 − u2||1 ≤ C (||u1||1 + ||u2||1)||u1 − u2||1
≤ 2CR||u1 − u2||1.
Elizabeth Bispo 2021 46 / 49
Aplicações
Demonstração Ap. 3
Escolhendo R tal que 2CR ≤ 1 obtemos, da estimativa acima, que
||u1 − u2||1 ≤ ||u1 − u2||1,
e portanto a unicidade.
Elizabeth Bispo 2021 47 / 49
Bibliografia
1 Introdução
2 Alguns Resultados
3 O Teorema de Lax Milgram
4 Aplicações
5 Bibliografia
Elizabeth Bispo 2021 48 / 49
Bibliografia
Bibliografia
[1] H. Brezis, Analyse Fonctionnelle, Masson, Paris, New York, São Paulo,
1987.
[2] L. C., Evans, Partial Diferential Equations, Berkeley Mathematics
Lecture Notes, Berkeley, volume 3B,1993.
[3] G. B., Folland, Introduction to Partial Diferential Equations, Princeton
University Press · Princeton, New Jersey, 2 a Edition, 1995.
[4] DA SILVA, João Felipe Fonseca. O Teorema de Lax Milgram e
Aplicações.
[5] R. A. Adams, Sobolev Spaces, Academic Press, New York, 1975.
Elizabeth Bispo 2021 49 / 49
	Introdução
	Alguns Resultados
	O Teorema de Lax Milgram
	Aplicações
	Bibliografia
	Referências