Métodos Topológicos en el Análisis no Lineal

Métodos Topológicos
en el Análisis no Lineal
Publicações Matemáticas
Métodos Topológicos
en el Análisis no Lineal
2a edição
Pablo Amster
Universidad de Buenos Aires
Consejo Nacional de Investigaciones
Científicas y Técnicas (CONICET)
impa
Copyright © 2009 by Pablo Amster
Direitos reservados, 2009 pela Associação Instituto
Nacional de Matemática Pura e Aplicada - IMPA
Estrada Dona Castorina, 110
22460-320 Rio de Janeiro, RJ
Impresso no Brasil / Printed in Brazil
Capa: Noni Geiger / Sérgio R. Vaz
Publicações Matemáticas
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Introdução à Análise Funcional – César R. de Oliveira
Introdução à Topologia Diferencial – Elon Lages Lima
Criptografia, Números Primos e Algoritmos – Manoel Lemos
Introdução à Economia Dinâmica e Mercados Incompletos – Aloísio Araújo
Conjuntos de Cantor, Dinâmica e Aritmética – Carlos Gustavo Moreira
Geometria Hiperbólica – João Lucas Marques Barbosa
Introdução à Economia Matemática – Aloísio Araújo
Superfícies Mínimas – Manfredo Perdigão do Carmo
The Index Formula for Dirac Operators: an Introduction – Levi Lopes de Lima
Introduction to Symplectic and Hamiltonian Geometry – Ana Cannas da Silva
Primos de Mersenne (e outros primos muito grandes) –
Carlos Gustavo T. A. Moreira e Nicolau Saldanha
The Contact Process on Graphs – Márcia Salzano
Canonical Metrics on Compact almost Complex Manifolds – Santiago R. Simanca
Introduction to Toric Varieties – Jean-Paul Brasselet
Birational Geometry of Foliations – Marco Brunella
Introdução à Teoria das Probabilidades – Pedro J. Fernandez
Teoria dos Corpos – Otto Endler
Introdução à Dinâmica de Aplicações do Tipo Twist – Clodoaldo G. Ragazzo, Mário J.
Dias Carneiro e Salvador Addas Zanata
Elementos de Estatística Computacional usando Plataformas de Software Livre/Gratuito –
Alejandro C. Frery e Francisco Cribari-Neto
Uma Introdução a Soluções de Viscosidade para Equações de Hamilton-Jacobi – Helena J.
Nussenzveig Lopes, Milton C. Lopes Filho
Elements of Analytic Hypoellipticity – Nicholas Hanges
Métodos Clássicos em Teoria do Potencial – Augusto Ponce
Variedades Diferenciáveis – Elon Lages Lima
O Método do Referencial Móvel – Manfredo do Carmo
A Student's Guide to Symplectic Spaces, Grassmannians and Maslov Index – Paolo
Piccione e Daniel Victor Tausk
Métodos Topológicos en el Análisis no Lineal – Pablo Amster
Tópicos em Combinatória Contemporânea – Carlos Gustavo Moreira e Yoshiharu
Kohayakawa
Uma Iniciação aos Sistemas Dinâmicos Estocásticos – Paulo Ruffino
Distribuição: IMPA - E-mail: [email protected] - http://www.impa.br
ISBN: 978-85-244-0285-2
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Prefacio
El presente libro constituye una introducción elemental a la aplicación de métodos topológicos en el análisis no lineal. Por simplicidad, estudiaremos únicamente problemas de contorno para ecuaciones
diferenciales ordinarias, aunque las mismas ideas se pueden emplear
también para la resolución de ecuaciones en derivadas parciales.
En el capı́tulo 1 se brindan algunas ideas básicas que involucran
técnicas topológicas en dimensión finita, tales como el teorema de
Bolzano (y su generalización a Rn ), o el teorema de punto fijo de
Brouwer. En particular, se demuestra la existencia de soluciones de
ciertas ecuaciones por medio del denominado método de shooting,
ası́ como del operador de Poincaré, para problemas periódicos. En
el capı́tulo 2 se muestran algunas aplicaciones del conocido teorema
de la contracción, debido a Banach, para la obtención de soluciones
de ciertos problemas mediante un operador de punto fijo apropiado.
En el capı́tulo 3 se demuestra el teorema de Schauder, que puede
pensarse como una extensión del teorema de Brouwer a espacios de
dimensión infinita. El capı́tulo siguiente está dedicado a desarrollar
uno de los métodos más conocidos para la resolución de problemas
de contorno: el método de super y subsoluciones. A modo de ejemplo, se muestra su utilidad para la resolución de ciertos problemas
clásicos, como la ecuación del péndulo forzado. En el capı́tulo 5 se
presenta una extensión elemental del teorema de Schauder, conocida
como teorema de Schaefer, que puede verse como un caso particular
de los teoremas de continuación de Leray-Schauder. Algunas de estas
ideas aparecen también en el capı́tulo siguiente, en donde se expone
el tradicional método de Newton, y se lo combina con un argumento
de continuación. Una versión más general de los métodos de contin1
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uación se introduce a partir de los capı́tulos 7 y 8, en donde se define
el grado de Brouwer y su extensión a dimensión infinita, dada por
el grado de Leray-Schauder. Finalmente, en el capı́tulo 9 veremos algunas aplicaciones a ciertos problemas denominados resonantes, en
los que el operador lineal asociado no es inversible y en consecuencia
no pueden ser tratados, en forma directa, mediante un operador de
punto fijo. El libro incluye además un apéndice, en donde se repasan
algunos aspectos básicos de ecuaciones diferenciales ordinarias y se
brindan algunas ideas adicionales.
El texto está basado en las notas de los cursos Análisis no lineal:
métodos topológicos (Universidad de Buenos Aires, 2007) y Métodos topológicos en el análisis no lineal (Instituto de Matemática Pura e Aplicada, Rı́o de Janeiro, 2009). Quiero expresar mi profundo
agradecimiento a todas aquellas personas que colaboraron con esta
publicación; en especial, a los alumnos de los cursos mencionados,
que con su entusiasmo me motivaron a revisar y ampliar aquel lejano
e imperfecto manuscrito.
Pablo Amster, marzo de 2009
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Índice general
Introducción
1. Métodos topológicos: ideas elementales
1.1. El método de “shooting” . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Operador de Poincaré . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Un ejemplo en R2 : el ı́ndice de una curva . . . . . . .
1.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1. Teorema de valores intermedios y método de
shooting . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2. Teorema de Brouwer . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.3. Operador de Poincaré . . . . . . . . . . . . . .
1
5
5
9
10
15
15
16
17
2. El teorema de Banach
19
2.1. Métodos de punto fijo. El teorema de Banach . . . . . 19
2.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3. El teorema de Schauder
27
3.1. Un ejemplo de Kakutani . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2. El teorema de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4. El método de super y subsoluciones
39
4.1. Introducción: un caso particular . . . . . . . . . . . . . 39
4.1.1. Un método iterativo . . . . . . . . . . . . . . . 43
4.2. Super y subsoluciones - Caso general . . . . . . . . . . 45
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ÍNDICE GENERAL
4.2.1. Acotaciones para la derivada. Condición de Nagumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2. Otras condiciones de contorno. Un ejemplo clásico
4.2.3. Pequeña digresión: principio del antimáximo .
4.3. Intervalos no acotados - Método diagonal . . . . . . .
4.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4.1. Método diagonal . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
51
56
59
60
64
5. El teorema de Leray-Schauder: un caso particular
66
5.1. El teorema de Leray-Schauder . . . . . . . . . . . . . . 69
5.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6. El método de Newton
6.1. Método de Newton . . . . . . . .
6.2. Método de Newton-continuación
6.3. Cuasilinealización . . . . . . . . .
6.3.1. Ejercicios . . . . . . . . .
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73
73
83
84
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7. El grado de Brouwer
90
7.1. Teorı́a de grado topológico. Definición y propiedades . 90
7.2. Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
8. El grado de Leray-Schauder
104
8.1. El grado de Leray-Schauder. Definición . . . . . . . . . 104
8.2. Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
9. Problemas resonantes
9.1. Condiciones de Landesman-Lazer . . . . . . . . . .
9.2. Generalización a sistemas. Condición de Nirenberg
9.3. Una condición geométrica . . . . . . . . . . . . . .
9.3.1. Demostración . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4. Resonancia en un autovalor de orden superior. . .
9.5. Algunos resultados preliminares . . . . . . . . . . .
9.6. Teorema de Lazer-Leach generalizado . . . . . . .
9.6.1. Un ejemplo sencillo . . . . . . . . . . . . . .
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ÍNDICE GENERAL
10.Apéndice
10.1. Repaso de ecuaciones diferenciales ordinarias
10.2. La ecuación lineal de segundo orden . . . . .
10.3. La función de Green . . . . . . . . . . . . . .
10.4. Desigualdades de Poincaré y Wirtinger . . . .
10.5. El teorema de Brouwer . . . . . . . . . . . . .
10.5.1. Una demostración elemental . . . . . .
10.5.2. El teorema fundamental del álgebra .
10.5.3. La demostración de Milnor y Rogers .
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Introducción
En este trabajo se presentan algunas de las ideas y métodos
topológicos básicos del análisis no lineal. Por simplicidad, nos limitaremos a considerar la aplicación de tales métodos a problemas
en ecuaciones diferenciales ordinarias, aunque las mismas ideas se
pueden emplear para estudiar diversas ecuaciones no lineales en derivadas parciales.
Para comprender la importancia de los métodos topológicos, vamos a comenzar describiendo una situación que se puede estudiar mediante los llamados métodos variacionales. Por ejemplo, el
siguiente problema para una ecuación (no lineal) de segundo orden,
con condiciones de Dirichlet:
½ 00
u (t) − u(t) = f (t, u)
(1)
u(0) = u(1) = 0,
en donde f : [0, T ] × R → R es continua.
La idea en este caso es simple: se propone la siguiente funcional,
definida en algun conjunto apropiado,
Ju =
Z
1
0
u(t)2
u0 (t)2
+
+ F (t, u(t)) dt,
2
2
Ru
en donde F (t, u) = 0 f (t, s) ds. Un espacio “razonable” para trabajar este problema es el espacio de Sobolev
H01 (0, 1) := {u : [0, 1] → R absolutamente continua :
u0 ∈ L2 (0, 1), u(0) = u(1) = 0 },
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2 Introducción
que es un espacio de Hilbert para el producto interno dado por
hu, vi =
Z
1
u0 (t)v 0 (t) + u(t)v(t) dt.
0
Resulta entonces inmediato ver que J es diferenciable, y vale:
DJ(u)(ϕ) =
Z
1
u0 (t)ϕ0 (t) + u(t)ϕ(t) + f (t, u(t))ϕ(t) dt
0
De esta forma, si u es un punto crı́tico de J (es decir, DJ(u) ≡ 0),
entonces resulta una solución débil del problema (1).
El sentido de “solución débil” se hace claro, pues si u ∈ H01 (0, 1)
es un punto crı́tico de J que además tiene una segunda derivada en
L2 (0, 1), entonces se puede integrar por partes el primer término de
DJ(u)(ϕ) para obtener:
Z
1
[−u00 (t) + u(t) + f (t, u(t))] ϕ(t) dt = 0.
0
Como esta igualdad vale para toda ϕ en H, que es denso en L2 (0, 1),
se deduce que −u00 (t) + u(t) + f (t, u(t)) = 0. En otras palabras, una
solución “clásica” del problema es también solución débil, aunque
el enunciado recı́proco, si bien es cierto en este caso, no vale en un
contexto más general.
Un caso de sencilla resolución se da por ejemplo cuando f es una
función acotada (o, más en general, sublineal): de ser ası́, podemos
pensar intuitivamente que J se comporta como una parábola, y empleando argumentos usuales del análisis funcional es fácil ver que
alcanza un mı́nimo absoluto.
Sin embargo, si por ejemplo f depende también de u0 , entonces
el problema pierde su estructura variacional; esto quiere decir que
sus soluciones no pueden obtenerse como puntos crı́ticos de una funcional. En tal caso, una forma alternativa para probar la existencia
de soluciones está dada por los llamados métodos topológicos.
El presente trabajo está dedicado a presentar y desarrollar algunos
de dichos métodos. A fines de simplificar la exposición, y centrar la
atención más en las técnicas que en los problemas especı́ficos, nos
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Introducción
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dedicaremos a estudiar principalmente el problema semilineal de segundo orden
u00 (t) = f (t, u, u0 )
(2)
con condiciones de Dirichlet u(0) = u0 , u(T ) = uT . En algunas secciones consideraremos también otras condiciones de contorno importantes, como las periódicas, que permiten presentar ciertos casos elementales de aquella clase de problemas llamados resonantes.
En la medida de lo posible se ha optado por el modo de resolución
más simple y que requiera menor cantidad de conocimientos previos:
en particular, se ha evitado casi por completo el uso de los espacios de Sobolev, de modo que el texto pueda comprenderse con un
conocimiento básico de los espacios de funciones continuas y eventualmente del espacio de funciones L2 . Algunos comentarios involucran
aspectos algo más avanzados, pero en general pueden ser omitidos.
En ocasiones, un mismo problema se resuelve más de una vez, por
diferentes métodos: eso permite ir “mejorando” las condiciones que
garantizan la existencia de soluciones a medida que se cuenta con
herramientas topológicas más poderosas.
La ecuación (2) con distintas condiciones de contorno fue estudiada por diversos autores, a partir del trabajo original de Picard
[33], por medio del conocido método de aproximaciones sucesivas. En
1922, Hamel [12] obtuvo resultados más precisos en el caso especial
de la ecuación del péndulo forzado (ver también [19], [20]).
La aplicación de métodos topológicos a esta clase de problemas
tiene su origen histórico en el método de shooting, introducido en
1905 por Severini [36], hasta llegar al planteo mucho más general,
que emplea métodos más sofisticados tales como la teorı́a de grado
de Leray-Schauder, que veremos en el capı́tulo 8. Una breve historia
del problema de Dirichlet para la ecuación de segundo orden y los
métodos de resolución puede consultarse por ejemplo en [21].
En el apéndice se brindan algunas ideas adicionales, y un repaso
de los principales temas de ecuaciones diferenciales ordinarias que se
emplean a lo largo del trabajo.
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Capı́tulo 1
Métodos topológicos:
ideas elementales
1.1.
El método de “shooting”
En esta sección desarrollaremos una idea muy sencilla, que se
corresponde con el origen histórico de la aplicación de herramientas
topológicas al análisis no lineal. A modo de ejemplo, consideremos el
problema de Dirichlet para la ecuación de segundo orden:
½ 00
u = f (t, u)
(1.1)
u(0) = u(1) = 0.
Supongamos que la función f : [0, 1] × R → R es continua, y localmente Lipschitz en la variable u, lo cual garantiza que para cualquier
valor λ ∈ R el problema de valores iniciales
½ 00
u = f (t, u)
(1.2)
u(0) = 0, u0 (0) = λ
tiene una única solución uλ definida en cierto intervalo (maximal) no
trivial Iλ = [0, M ), con M = M (λ) ∈ (0, +∞]. En general, no se
puede garantizar que M (λ) > 1 (es decir, que el intervalo Iλ llegue
hasta el 1), aunque sobre el conjunto {λ : M (λ) > 1} la función
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[CAP. 1: MÉTODOS TOPOLÓGICOS: IDEAS ELEMENTALES
λ 7→ uλ (1) resulta continua. Esto se debe a la dependencia continua
respecto de los valores iniciales.
Es claro que estamos buscando un valor de λ para el cual uλ (1)
esté definido y valga 0; en virtud de la continuidad antes mencionada,
alcanza con encontrar un intervalo Λ = [λ− , λ+ ] tal que uλ (1) exista
para todo λ ∈ Λ, y además uλ− (1) ≤ 0 ≤ uλ+ (1), o viceversa.
Por ejemplo, si f es acotada, entonces por el ejercicio (4b) de la
sección 10.1 las soluciones de (1.2) están definidas en todo el intervalo
[0, 1]. Además, integrando la ecuación vale:
u0λ (t)
=λ+
Z
t
f (s, uλ (s)) ds.
0
Esto dice que si λ > kf k∞ entonces
u0λ (t) ≥ λ − tkf k∞ > 0
para t ≤ 1. De esta forma, uλ es creciente, y resulta uλ (1) > 0. Del
mismo modo, para λ < −kf k∞ se obtiene que uλ (1) < 0, lo que
permite deducir que uλ (1) = 0 para algún λ ∈ [−kf k∞ , kf k∞ ]
Observación
El resultado anterior se prueba de la misma forma para el caso no
variacional, con f = f (t, u, u0 ).
A modo de ejemplo, veamos que en algunos casos es posible asegurar la existencia de más de una solución. Para ello, consideremos
nuevamente el problema (1.1), y supongamos que f es continua, acotada y de clase C 1 respecto de u. Además, supondremos que
f (t, 0) = 0,
∂f
(t, 0) ∈ (−4π 2 , −π 2 )
∂u
para todo t ∈ [0, 1]. Es fácil ver que la función φ : R → R dada
por φ(λ) = uλ (1) es diferenciable, y como u ≡ 0 es solución, se
deduce que φ(0) = 0. Además, por el ejemplo anterior sabemos que
φ(−λ) < 0 < φ(λ) para λ > kf k∞ . Vamos a probar que φ0 (0) < 0, lo
que garantiza que el problema tiene al menos tres soluciones (una de
ellas es la solución trivial).
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[SEC. 1.1: EL MÉTODO DE “SHOOTING”
En efecto, si pensamos a u como función de λ y t, entonces la
∂u
función wλ (t) := ∂λ
(λ, t) satisface
∂f
(t, uλ (t))wλ (t)
wλ00 (t) = ∂u
wλ (0) = 0, wλ0 (0) = 1.
½
Como u0 ≡ 0, se deduce que φ0 (0) = w0 (1), donde w0 es la única
solución del problema
½ 00
∂f
(t, 0)w0 (t)
w0 (t) = ∂u
w0 (0) = 0, w00 (0) = 1.
Ahora emplearemos el siguiente principio de comparación de Sturm:
Si
u00 (t) = q(t)u(t)
y
v 00 (t) = q̃(t)v(t),
con q, q̃ continuas tales que q > q̃, y a < b son dos ceros consecutivos
de u, entonces v se anula en (a, b). Para probar esto, basta suponer que
u > 0 en (a, b), y si por ejemplo ocurre que v > 0 en (a, b), entonces
multiplicando las igualdades anteriores por v y u respectivamente, y
luego integrando por partes, se obtiene:
¯b Z
¯
u v¯ −
0
a
−
Z
b
0
0
u (t)v (t) dt =
a
b
0
0
u (t)v (t) dt =
a
Z
Z
b
q(t)u(t)v(t) dt,
a
b
q̃(t)u(t)v(t) dt.
a
Restando ambas ecuaciones, resulta
¯b Z b
¯
(q(t) − q̃(t))u(t)v(t) dt > 0.
u v¯ =
0
a
a
Por otra parte, u0 (a) ≥ 0 ≥ u0 (b), lo que es absurdo.
Podemos aplicar este resultado a las funciones
v1 (t) = sen(πt),
v2 (t) = sen(2πt),
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[CAP. 1: MÉTODOS TOPOLÓGICOS: IDEAS ELEMENTALES
que satisfacen:
v100 = −π 2 v1 ,
v200 = −4π 2 v2 .
∂f
Como ∂u
(t, 0) < −π 2 , se deduce que w0 se anula en (0, 1). Por otra
∂f
parte, como ∂u
(t, 0) > −4π 2 , entonces w1 no puede anularse más de
una vez en (0, 1); entonces se anula exactamente una vez, y ello ocurre
en el intervalo ( 21 , 1). Como w00 (0) > 0, se deduce que w0 (1) < 0, lo
que prueba que φ0 (0) < 0.
Vale la pena destacar que los resultados anteriores emplean un
teorema topológico muy elemental: el teorema de Bolzano, o de los
valores intermedios. Pero resulta claro que la misma idea puede aplicarse si (1.1) es un sistema, en donde f : [0, 1] × Rn → Rn , o también
para f : [0, 1] × R2n → Rn , con f dependiente también de u0 , asumiendo que es Lipschitz en (u, u0 ). En este caso, el dato inicial de la
derivada en 0 es un vector λ ∈ Rn . Si suponemos como antes que
f es acotada, el resultado se deduce también en forma inmediata,
pero usando ahora un teorema bastante menos trivial, el de valores
intermedios generalizado a Rn :
Teorema
Sea f = (f1 , . . . , fn ) : [−1, 1]n → Rn continua tal que para todo
i = 1, . . . , n y todo x tal que xi = 0 vale:
fi (−ei + x) ≤ 0 ≤ fi (ei + x).
Entonces existe algún x ∈ [−1, 1]n tal que f (x) = 0.
Este resultado fue enunciado por Poincaré en 1884, aunque luego
se conoció como teorema de Miranda, quien probó en 1940 que es
equivalente al teorema de Brouwer (y en definitiva, ambos enunciados
equivalen al axioma de completitud de los números reales):
Teorema (Brouwer)
Sea B la bola unitaria de Rn y sea f : B → B continua. Entonces
existe x ∈ B tal que f (x) = x.
En el apéndice se da una demostración sencilla de este teorema,
basada en el artı́culo [34]. Sobre la equivalencia con el teorema de
Poincaré-Miranda (ver ejercicio 4, en la sección 1.4.2) y otros resultados similares, puede consultarse por ejemplo el artı́culo [13].
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[SEC. 1.2: OPERADOR DE POINCARÉ
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Como veremos más adelante, se extiende de manera apropiada
a espacios de Banach, cosa que nos resultará útil para obtener algunos resultados de existencia de soluciones para ciertas ecuaciones.
Pero incluso la versión en Rn sirve para resolver por ejemplo algunos
problemas periódicos, según se muestra en la próxima sección.
1.2.
Operador de Poincaré
Intentaremos resolver bajo ciertas hipótesis el problema periódico
½ 0
u = f (t, u)
(1.3)
u(0) = u(1),
en donde f : [0, 1] × Rn → Rn es continua y localmente Lipschitz en
u.
Como en el método de shooting, la idea consiste en resolver el
problema de valores iniciales para cierto dato λ ∈ Rn , y buscar algún
λ adecuado para que la solución obtenida sea solución de (1.3). Más
concretamente, definimos uλ como la única solución del problema
½ 0
u = f (t, u)
u(0) = λ.
Luego, si uλ (t) existe hasta t = 1, eso nos permite a su vez definir
P (λ) = uλ (1). Esta función P , llamada operador de Poincaré, está definida en cierto subconjunto A ⊂ Rn y toma valores en Rn . En general, no es posible determinar el conjunto A con exactitud, aunque por
ejemplo alcanza con saber que contiene a cierto subconjunto compacto y convexo K tal que P (λ) ∈ K para todo λ ∈ K. En efecto, el
teorema de Brouwer garantiza en este caso que P tiene un punto fijo
λ ∈ K, y en consecuencia uλ es solución de (1.3). Veamos un ejemplo
en donde el teorema puede aplicarse:
Proposición
Sea f : [0, 1] × Rn → Rn continua y localmente Lipschitz en u tal
que
f (t, u) · u < 0
para |u| = R,
en donde · y | | denotan respectivamente el producto interno y la
norma usuales de Rn , y R es una constante positiva. Entonces el
problema (1.3) tiene al menos una solución u tal que kuk∞ ≤ R.
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[CAP. 1: MÉTODOS TOPOLÓGICOS: IDEAS ELEMENTALES
Demostración. Sea λ ∈ Rn tal que |λ| ≤ R, y supongamos que uλ
está definida hasta cierto valor T .
Veamos que |uλ (t)| ≤ R para t ∈ [0, T ]. En efecto, si llamamos
ψ(t) := |u(t)|2 , entonces
ψ 0 (t) = 2u(t) · u0 (t) = 2u(t) · f (t, u(t)).
Esto dice que si |u(t)| = R (y ψ(t) = R2 ), entonces ψ 0 (t) < 0; en
otras palabras, si ψ(0) = λ2 < R2 , entonces no puede crecer hasta
tomar el valor R2 , mientras que si |λ| = R, entonces ψ decrece en un
entorno del 0, y luego no puede volver a crecer hasta R2 .
En primer lugar, esto garantiza que entonces uλ puede extenderse
hasta T = 1, pues en caso contrario (ver apéndice, sección 10.1)
deberı́a tender a infinito o “explotar” cuando t se aproxima a cierto
valor T ∗ < 1, lo que es absurdo.
Por otra parte, tomando T = 1 vemos que P envı́a a la bola
(cerrada) de radio R en sı́ misma, de donde se concluye que tiene
allı́ al menos un punto fijo.
1.3.
Un ejemplo en R2 : el ı́ndice de una
curva
En esta sección veremos una aplicación de una herramienta topológica de gran utilidad para resolver ciertas ecuaciones que pueden
reducirse a un problema en el plano: el ı́ndice de una curva.
Estudiaremos el problema
u00 + g(u) = p(t),
u(0) = u(1) = 0
en donde g satisface la siguiente condición:
lı́m
|u|→∞
g(u)
= +∞.
u
(1.4)
Los problemas de este tipo se denominan superlineales; a continuación
probaremos que existen infinitas soluciones.
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[SEC. 1.3: UN EJEMPLO EN R2 : EL ÍNDICE DE UNA CURVA
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Para ello, en primer lugar conviene hacer una observación básica
en relación a las integrales curvilı́neas. Si γ : [0, 1] → C es una curva
continua que no pasa por el origen, y además γ(0), γ(1) ∈ R, entonces:
µ
¶
Z
1
1
1
Re
dz ∈ Z.
2πi γ z
2
En efecto, si γ(0) = γ(1), la anterior integral no es otra cosa que el
ı́ndice de la curva respecto del 0, cuyo valor es un número entero. Si
γ(1) = −γ(0), entonces por medio de la homotopı́a
h(t, λ) = λγ(t) + (1 − λ)
|γ(0)|
γ(t)
|γ(t)|
se deduce que la integral vale k2 , con k entero impar. El caso general
se reduce ahora a cualquiera de estos dos, agregándole a la curva un
segmento [a, b] ⊂ R − {0}, sobre el cual el valor de la integral es una
constante imaginaria.
Este simple hecho tiene una aplicación directa a las ecuaciones de
segundo orden: supongamos en primer lugar que tenemos una solución
del problema
u00 = f (t, u, u0 ),
u(0) = u(1) = 0,
y consideremos la curva γ definida en el plano de fases (u0 , u), identificado con el plano complejo:
γ(t) = u0 (t) + iu(t).
Por la condición de Dirichlet, γ(0) y γ(1) son números reales, que
corresponden respectivamente a los valores de u0 en 0 y 1. En consecuencia, si de alguna forma logramos probar que γ no pasa por el
origen
decir, que u y u0 no se anulan simultáneamente), el valor
³ (es
R 1 ´ k
1
Re 2πi γ z dz = 2 nos brinda información cualitativa acerca de u;
por ejemplo, proporciona una cota inferior para la cantidad de ceros
de u en [0, 1]. En efecto, la curva comienza sobre el eje horizontal, y
cada medio giro que efectúa agrega por lo menos un cero a u; de esta
forma, se tiene:
]{ceros de u} ≥ |k| + 1.
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[CAP. 1: MÉTODOS TOPOLÓGICOS: IDEAS ELEMENTALES
El interés de esta observación reside en que el número k puede
expresarse fácilmente como una integral en términos de u, de la siguiente manera:
k = Re
µ
1
πi
Escribiendo
Z
γ0
γ
γ
1
dz
z
¶
=
1
Im
π
µZ
γ
1
dz
z
¶
=
1
π
Z
1
Im
0
γ0γ
|γ|2 ,
resulta claro que
1
π
1
k=
u0 (t)2 − u(t)u00 (t)
dt
u(t)2 + u0 (t)2
1
π
1
=
u0 (t)2 − u(t)f (t, u(t), u0 (t))
dt.
u(t)2 + u0 (t)2
=
Z
Z
0
0
µ
γ 0 (t)
γ(t)
¶
dt.
En realidad, este resultado no debe sorprender si se piensa
´ el
³ 0 que
u
integrando es igual a la derivada de la función − arctan u . En
efecto, al asumir que γ no pasa por el origen, en particular estamos
diciendo que hay sólo un número finito de ceros, y son simples. Si
a < b son dos ceros consecutivos de u, se tiene que
lı́m
t→a+
En consecuencia,
Z b
a
u0 (t)
u0 (t)
= +∞ = − lı́m
.
u(t)
t→b− u(t)
u0 (t)2 − u(t)u00 (t)
dt = arctan
u(t)2 + u0 (t)2
µ
u0
u
¶¯
¯a
¯
b
= arctan(+∞) − arctan(−∞) = π.
Finalmente, si 0 = t0 < t1 < . . . < tk = 1 son todos los ceros de u,
entonces
Z
1
0
k−1 Z tj+1
X
u0 (t)2 − u(t)u00 (t)
dt =
2
0
2
u(t) + u (t)
j=0
tj
u0 (t)2 − u(t)u00 (t)
dt = kπ.
u(t)2 + u0 (t)2
Pero más allá de la posibilidad de estimar la cantidad de ceros de
una solución ya conocida, veamos que en realidad este ı́ndice permite,
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[SEC. 1.3: UN EJEMPLO EN R2 : EL ÍNDICE DE UNA CURVA
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en determinados casos, probar la existencia de soluciones con cierto
número pre-establecido de ceros.
Por simplicidad, vamos a verlo con un ejemplo concreto como
u00 + u3 = p(t),
u(0) = u(1) = 0,
aunque se puede llegar a conclusiones similares si se reemplaza u3
por cualquier g que satisfaga (1.4). En realidad, sólo vamos a dar las
ideas principales; los detalles quedarán como ejercicio.
Paso 1: Sea uλ la única solución del problema de valores iniciales
u00λ + u3λ = p(t),
uλ (0) = 0, u0λ (0) = λ,
definida en algún intervalo [0, T ] con T > 0. Vamos a probar una
acotación que es fundamental para todo el desarrollo posterior.
Para ello, llamemos R a la norma de u en el sentido del espacio
C 1 ([0, T ]), es decir:
R = máx{kuλ k∞ , ku0λ k∞ }.
Afirmación: existe una constante r > 0 independiente de T ,
de modo tal que para R À 0 y 0 ≤ t ≤ T vale:
uλ (t)2 + u0λ (t)2 ≥ Rr .
Para ver esto, alcanza con integrar la ecuación de la siguiente
manera: multiplicamos por u0λ de ambos lados, y entonces
Z t
u0λ (t)2
uλ (t)4
λ2
p(s)u0λ (s) ds.
+
=
+
2
4
2
0
Como λ2 ≤ R2 , para R grande y t ∈ [0, T ] resulta:
uλ (t)4
λ2
R4
≤
+ cR ≤ R2 <
donde c := kpkL1 .
4
2
4
En consecuencia, existe t0 tal que R = |u0λ (t0 )|, y de la igualdad
anterior se deduce que
λ2
R2
≤
+ cR.
2
2
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[CAP. 1: MÉTODOS TOPOLÓGICOS: IDEAS ELEMENTALES
Luego, para cierto R0 independiente de T se cumple que si
2
R ≥ R0 vale por ejemplo que λ2 ≥ R2 . Fijemos un valor r < 1,
entonces para aquellos valores de t tales que uλ (t)2 < Rr , se
obtiene:
u0λ (t)2
2
= λ +2
Z
t
0
p(s)u0λ (s) ds−
uλ (t)4
R2 − R2r
≥
−2cR > Rr
2
2
para R grande. Esto implica que u0λ (t)2 + uλ (t)2 > Rr para
todo t ∈ [0, T ].
Paso 2: uλ esta definida en [0, 1]: para |λ| ≥ R0 , a partir de los cálculos
anteriores vale que si u está definida en [0, T ] para T ≤ 1 y
R := kukC 1 ([0,T ]) , entonces R2 ≤ 2λ2 . Esto dice que al extender
uλ a la
√derecha de T , su norma no puede aumentar más allá del
valor 2λ, de donde el resultado se deduce en forma inmediata.
Paso 3: Para |λ| À 0, la función
1
I(λ) :=
π
=
1
π
Z
1
0
Z
1
0
u0λ (t)2 − uλ (t)u00λ (t)
dt
uλ (t)2 + u0λ (t)2
u0λ (t)2 + uλ (t)4 − uλ (t)p(t)
dt
uλ (t)2 + u0λ (t)2
está bien definida, y es continua. Además, el integrando es positivo, y usando la desigualdad obtenida en el paso 1 se verifica
que
I(λ) → +∞
para |λ| → ∞.
Luego, existe cierto k0 ∈ N tal que si k ≥ k0 entonces la
ecuación I(λ) = k tiene al menos dos soluciones. Notemos,
además, que la curva u0λ + iuλ gira en sentido anti-horario y
no vuelve hacia atrás: esto dice que existen por lo menos dos
soluciones del problema que tienen exactamente k + 1 ceros en
[0, 1].
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[SEC. 1.4: EJERCICIOS
1.4.
1.4.1.
1.
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Ejercicios
Teorema de valores intermedios y método
de shooting
Probar que la ecuación del péndulo forzado con fricción
u00 + au0 + b sin(u) = p(t),
(1.5)
en donde p es una función continua, admite al menos una solución para cualquier dato de Dirichlet
u(0) = u0 ,
u(T ) = uT .
¿Puede decirse lo mismo para las condiciones periódicas
u(0) = u(T ),
2.
u0 (0) = u0 (T )?
Sea f : [0, 1] × Rn → Rn una función globalmente Lipschitz
en u con constante L suficientemente pequeña. Probar que el
problema de Dirichlet
½ 00
u = f (t, u)
u(0) = u0 , u(1) = u1
tiene solución única. Deducir que si f es de clase C 1 respecto
de u y vale que
¯
¯
¯ ∂f
¯
¯
¯
¯ ∂ui (t, u)¯ ≤ ci
con ci suficientemente pequeño para i = 1, . . . , n, entonces el
problema tiene solución única.
3.
Sea f : [0, 1] × Rn → Rn continua y globalmente Lipschitz en
u tal que para cada t fijo la función u 7→ f (t, u) es creciente.
Probar que el problema
½ 00
u = f (t, u)
u(0) = u0 , u(1) = u1
tiene solución (que además es única).
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4.
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[CAP. 1: MÉTODOS TOPOLÓGICOS: IDEAS ELEMENTALES
Consideremos el problema
u00 + f (u) = 0,
u(0) = u(1) = 0
(1.6)
en donde por simplicidad supondremos Rque f : [0, +∞) → R es
u
continua y positiva. Luego, si F (u) = 0 f (s) ds, entonces F
es estrictamente creciente en u. Una solución u de (1.6) se dice
positiva si u > 0 en (0, 1).
a)
Probar que toda solución positiva tiene un único punto
crı́tico, que resulta ser un máximo.
b)
Probar que toda solución positiva es simétrica respecto de
t = 12 .
c)
Probar que (1.6) tiene una solución positiva u tal que
kuk∞ = M si y sólo si
Z
d)
1.4.2.
1.
2.
M
0
du
p
F (M ) − F (u)
=
√
2
.
2
Deducir un resultado de existencia y unicidad de soluciones positivas para f (u) = uα , con α > 0. ¿Es posible
probar esto en forma directa?
Teorema de Brouwer
a)
Sea f : [a, b] → R continua tal que [a, b] ⊂ f ([a, b]). Probar
que f tiene al menos un punto fijo.
b)
Mostrar con un ejemplo que el resultado anterior no vale
para n > 1. Más concretamente, encontrar R ⊂ R2 rectángulo cerrado y f : R → R2 continua sin puntos fijos tal
que R ⊂ f (R).
Probar que el teorema de Brouwer es equivalente al hecho de
que no existen retracciones de Rn a la esfera unitaria, es decir:
no existe r : Rn → S n−1 continua tal que r(x) = x para todo
x ∈ S n−1 .
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[SEC. 1.4: EJERCICIOS
3.
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Sea γ : [0, 1] → R2 una curva continua cerrada simple, y
sean U = int(γ), f : U → R2 continua con f 6= 0 sobre
γ. Probar que si el ı́ndice I(f ◦ γ, 0) de la curva f ◦ γ es
distinto de 0, entonces f se anula en U .
b) Probar el Teorema de Brouwer en el plano. Sugerencia:
considerar gλ (z) = z − λf (z) y aplicar (3a).
c) Probar el Teorema de valores intermedios generalizado,
para el caso del plano: si f = (f1 , f2 ) : [−1, 1]2 → R2 es
continua, y verifica
a)
f1 (−1, y) ≤ 0 ≤ f1 (1, y)
para todo y ∈ [−1, 1],
f2 (x, −1) ≤ 0 ≤ f2 (x, 1)
para todo x ∈ [−1, 1],
entonces f tiene al menos un cero.
4.
Probar en Rn que el teorema de Brouwer es equivalente al teorema de valores intermedios generalizado.
5.
Probar en Rn que el teorema de Brouwer es equivalente al siguiente enunciado: si f : RN → RN es continua y existe una
constante M tal que |f (x) − x| ≤ M para todo x, entonces f
tiene al menos un cero.
6.
Sea φ : S n−1 → Rn continua con φ(x) 6= 0 para todo x ∈ S n−1 ,
φ
. Probar que son
y sea ψ : S n−1 → S n−1 dada por ψ = |φ|
equivalentes:
a)
b)
1.4.3.
1.
Toda extensión continua de φ a la bola unitaria se anula
en algún punto.
ψ es homotópicamente no trivial (es decir, no existe una
homotopı́a continua h : S n−1 × [0, 1] → S n−1 tal que
h(·, 0) = ψ y h(·, 1) = constante).
Operador de Poincaré
Probar que el problema periódico
 0
 x = ϕ(t) + y − x3
y 0 = ψ(t) − y 5 + 4xy

x(0) = x(1), y(0) = y(1)
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[CAP. 1: MÉTODOS TOPOLÓGICOS: IDEAS ELEMENTALES
con ϕ, ψ : [0, 1] → R continuas tiene al menos una solución.
2.
Sea f : R × Rn → Rn continua y localmente Lipschitz en x.
Supongamos además que f es T -periódica en t y sublineal en
x, es decir:
f (t + T, x) = f (t, x)
f (t, x)
=0
|x|
|x|→∞
lı́m
para todo (t, x),
uniformemente en t.
Probar que el problema
x0 + x = f (t, x)
tiene al menos una solución T -periódica x : R → Rn .
3.
Sean f, g : [0, T ] × R2 → R continuas y localmente Lipschitz en
(x, y) ∈ R2 . Supongamos además:
a)
|f (t, x, y)| ≤ M para (t, x, y) ∈ [0, T ] × R2 → R.
b)
|g(t, x, y)| ≤ C(x) para (t, x, y) ∈ [0, T ] × R2 → R, en
donde C es una función continua.
c)
Existe R > 0 tal que
f (t, x, y) ≥ 0 ≥ f (t, −x, y)
para todo (t, x, y) tal que x ≥ R, y
g(t, x, y) ≥ 0 ≥ g(t, x, −y)
para todo (t, x, y) tal que y ≥ R.
Probar que el problema
 0
 x = f (t, x, y)
y 0 = g(t, x, y)

x(0) = x(T ), y(0) = y(T )
tiene al menos una solución. Verificar, además, que las anteriores desigualdades para f y g se pueden invertir (una de ellas,
o las dos).
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Capı́tulo 2
El teorema de Banach
2.1.
Métodos de punto fijo. El teorema de
Banach
En el capı́tulo previo hicimos uso del conocido teorema de existencia y unicidad de ecuaciones diferenciales ordinarias, que dice:
Teorema
Sean Ω ⊂ R × Rn un abierto, (t0 , x0 ) ∈ Ω y f : Ω → Rn una
función continua y localmente Lipschitz en x. Entonces existe un
δ > 0 tal que el problema de valores iniciales
(
x0 = f (t, x)
(2.1)
x(t0 ) = x0
tiene una única solución definida en [t0 − δ, t0 + δ].
La demostración clásica está dada por el llamado método de Picard de aproximaciones sucesivas, que consiste en construir la sucesión
x0 (t) ≡ x0
Z t
f (s, xn (s))ds,
xn+1 (t) = x0 +
t0
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[CAP. 2: EL TEOREMA DE BANACH
y mostrar que para algún δ > 0, xn está bien definida y converge
uniformemente en [t0 − δ, t0 + δ] a cierta función x. Luego, resulta
claro que x es una solución de (2.1), pues vale que:
x(t) = x0 +
Z
t
f (s, x(s))ds.
t0
La unicidad se deduce fácilmente a partir por ejemplo del lema de
Gronwall (ver ejercicio 2 de la sección 10.1).
En su tesis doctoral de 1917, S. Banach mostró que el método de
Picard es en realidad un caso particular de un resultado que mucho
más general: el llamado lema de la contracción, o también teorema
de punto fijo de Banach.
Recordemos que una función entre dos espacios métricos es una
contracción cuando es (globalmente) Lipschitz con constante menor
que 1. En otras palabras, T : X → Y es una contracción si existe
α < 1 tal que dY (T x, T y) ≤ αdX (x, y) para todo par de elementos
x, y ∈ X.
Teorema (Banach)
Sea X un espacio métrico completo, y sea T : X → X una contracción. Entonces T tiene un único punto fijo x̂. Además, x̂ puede calcularse en forma iterativa a partir la sucesión xn+1 = T (xn ), comenzando en cualquier x0 ∈ X.
Este sencillo resultado se prueba en forma inmediata: inductivamente, es claro que d(xn+1 , xn ) ≤ αn d(x1 , x0 ). Entonces
d(xn+k , xn ) ≤
n+k−1
X
j=n
d(xj+1 , xj ) ≤
n+k−1
X
αj d(x1 , x0 ),
j=n
lo que prueba que {xn } es una sucesión de Cauchy. y es fácil ver que
su lı́mite x̂ es punto fijo de T . La unicidad es trivial, pues si T (x) = x
entonces d(x, x̂) = d(T (x), T (x̂)) ≤ αd(x, x̂).
La cota que proporciona la serie geométrica permite calcular tam-
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[SEC. 2.1: MÉTODOS DE PUNTO FIJO. EL TEOREMA DE BANACH
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bién la velocidad a la cual la sucesión converge a x̂: en efecto,
d(xn , x̂) = lı́m d(xn , xn+k ) ≤ lı́m
k→∞
k→∞
≤
n+k−1
X
d(xj+1 , xj )
j=n
αn
d(x1 , x0 ).
1−α
Pero vale la pena mencionar una demostración aun más elemental
del teorema, debida a Richard Palais [32], que no requiere conocer
siquiera la suma de la serie geométrica: para x, y cualesquiera, vale
d(x, y) ≤ d(x, T (x)) + d(T (x), T (y)) + d(y, T (y)),
y en consecuencia
(1 − α)d(x, y) ≤ d(x, T (x)) + d(y, T (y)).
Tomando x = xn , y = xm , se deduce que
d(xn , xm ) ≤
1
[d(T n (x0 ), T n (x1 )) + d(T m (x0 ), T m (x1 ))]
1−α
αn + αm
d(x0 , x1 ).
1−α
Esto prueba que la sucesión es de Cauchy, y también la convergencia
lineal de la sucesión: es decir, la cota que obtuvimos anteriormente,
αn
d(x1 , x0 ).
d(xn , x̂) ≤ 1−α
El lema de la contracción permite dar una demostración directa
del teorema de existencia y unicidad local. En efecto, el operador
“evidente” para buscar un punto fijo es
Z t
f (s, x(s)) ds.
T x(t) = x0 +
≤
0
Sólo necesitamos encontrar un espacio métrico completo X tal que
T : X → X esté bien definido y resulte una contracción.
Consideremos δ̂, r > 0 tales que [t0 − δ̂, t0 + δ̂] × Br (x0 ) ⊂ Ω.
Sean M y L respectivamente el máximo y la constante de Lipschitz
de la función f en dicho conjunto, y tomemos como espacio X a la
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[CAP. 2: EL TEOREMA DE BANACH
bola cerrada de radio r centrada en x0 , pero ahora dentro del espacio
C([t0 − δ, t0 + δ], Rn ) para cierto δ ≤ δ̂ conveniente:
X = {x : [t0 − δ, t0 + δ] → Br (x0 ) continua},
provisto de la métrica usual
d(x, y) =
máx
t∈[t0 −δ,t0 +δ]
|x(t) − y(t)|.
Es claro que T : X → C([t0 − δ, t0 + δ], Rn ) está bien definido, y
además
¯Z t
¯
¯
¯
¯
|T x(t) − x0 | = ¯
f (s, x(s))ds¯¯ ≤ M δ.
t0
r
entonces X resulta invariante, es decir:
Luego, si elegimos δ ≤ M
T (X) ⊂ X. Por otro lado, para x, y ∈ X se tiene:
¯
¯Z t
¯
¯
¯
(f (s, x) − f (s, y))ds¯¯ ≤ δLd(x, y).
d(T x, T y) =
máx
¯
t∈[t0 −δ,t0 +δ]
t0
De esta forma, si además δ <
ción.
1
L
entonces T : X → X es una contrac-
Observación
Notemos que el teorema realmente garantiza que la solución x
obtenida es única en el intervalo [t0 − δ, t0 + δ]: en efecto, si y fuera
otra solución definida en algún entorno de t0 , entonces valdrı́a, para
cierto δ ∈ (0, δ] que |y(t)| ≤ r cuando t ∈ [t0 − δ, t0 + δ]. Pero si ahora
redefinimos el espacio X con este nuevo valor δ, T va a resultar una
contracción allı́, lo que dice que x = y en [t0 − δ, t0 + δ]. Esto permite
asegurar que x = y en cualquier intervalo que contenga a t0 en el cual
ambas soluciones estén definidas.
El teorema de Banach se puede aplicar también a problemas de
contorno como (1.1) o, un poco más en general, con una condición
no homogénea
u(0) = u0 ,
u(1) = u1 .
La idea es la siguiente: para v ∈ C([0, 1]) fija, consideremos el problema lineal
(
u00 = f (t, v)
(2.2)
u(0) = u0 u(1) = u1 ,
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[SEC. 2.1: MÉTODOS DE PUNTO FIJO. EL TEOREMA DE BANACH
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que, si pedimos f continua, tiene solución única u ∈ C 2 ([0, 1]). De
esta forma, el operador T : C[0, 1] → C[0, 1] dado por
T v = única solución de (2.2)
está bien definido. Más aun, dados v1 , v2 ∈ C[0, 1] y ui = T vi , se
tiene:
(u1 − u2 )00 = f (t, v1 ) − f (t, v2 )
(u1 − u2 )(0) = (u1 − u2 )(1) = 0
Rt
Observemos también que (u1 − u2 )(t) = 0 (u1 − u2 )0 (s)ds, de donde
resulta
||u1 − u2 ||∞ ≤ ||u01 − u02 ||∞ .
Además, por el teorema de Rolle existe t0 tal que (u1 − u2 )0 (t0 ) = 0,
Rt
entonces podemos escribir (u1 − u2 )0 (t) = t0 (u1 − u2 )00 (s)ds, y en
consecuencia:
||u01 − u02 ||∞ ≤ ||u001 − u002 ||∞ .
Luego, ||u1 − u2 ||∞ ≤ ||f (·, v1 ) − f (·, v2 )||∞ . Si f es Lipschitz en
u con constante L, para todo t vale:
|f (t, v1 (t)) − f (t, v2 (t))| ≤ L|v1 (t) − v2 (t)| ≤ Lkv1 − v2 k∞ .
En particular, si L < 1 entonces T resulta una contracción. En consecuencia, existe una (única) solución del problema.
Observación
El resultado previo vale también para un sistema de ecuaciones
de segundo orden.
Observación
Se pueden obtener cotas más precisas si se trabaja en el espacio
L2 (0, 1). En efecto, si v1 , v2 ∈ L2 (0, 1), y ui = T vi para i = 1, 2,
resulta:
1
ku1 − u2 kL2 ≤ ku01 − u02 kL2 .
π
Esta es la llamada desigualdad de Poincaré (ver sección 10.4). Por
otro lado,
Z 1
0 2
(u1 − u2 )0 (s)(u1 − u2 )0 (s)ds =
k(u1 − u2 ) kL2 =
0
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[CAP. 2: EL TEOREMA DE BANACH
−
Z
1
0
(u1 − u2 )00 (s)(u1 − u2 )(s)ds ≤ k(u1 − u2 )00 kL2 ku1 − u2 kL2 .
Ası́ tenemos que
k(u1 − u2 )0 kL2 ≤
1
k(u1 − u2 )00 kL2 ,
π
y
ku1 − u2 kL2 ≤
L
1 00
ku1 − u002 kL2 ≤ 2 kv1 − v2 kL2 .
2
π
π
Luego, basta pedir que L < π 2 .
El inconveniente de este enfoque es que en principio, no queda
claro cómo se define T v si v es un elemento de L2 . Sin embargo,
eso puede hacerse apropiadamente, pues si f es Lipschitz entonces
f (·, v) ∈ L2 (0, 1), y entonces es posible integrarla dos veces para
obtener una solución u del problema (2.2). Es claro que u no es necesariamente una función de clase C 2 , aunque resulta C 1 y además
u0 es absolutamente continua, con u00 ∈ L2 (0, 1): esta clase de funciones define un nuevo espacio de Sobolev llamado H 2 (0, 1), que más
adelante nos será de utilidad.
Una consecuencia del teorema de Banach es la siguiente:
Teorema
Sea X un espacio métrico completo, y supongamos que T : X → X
es tal que T n es una contracción, en donde T n (x) = T ◦ T ◦ · · · ◦ T (x)
(n veces). Entonces T tiene un único punto fijo.
La demostración es sencilla: si x es el único punto fijo de T n ,
entonces T n (T (x)) = T (T n (x)) = T (x). Por unicidad, resulta T (x) =
x. Además, si y es punto fijo de T , entonces tiene que ser también
punto fijo de T n , y en consecuencia y = x.
Una aplicación tı́pica de este resultado es la prueba de que si f es
Lipschitz en u con cierta constante que no depende de u sobre cierta
“franja” [a, b] × Rn , entonces las soluciones del problema de valores
iniciales están definidas en todo el intervalo [a, b]. Más precisamente:
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[SEC. 2.2: EJERCICIOS
Proposición
Sea f : [a, b] × Rn → Rn una función continua, globalmente Lipschitz en x con constante L. Entonces, la única solución del problema
(
x0 = f (t, x)
x(t0 ) = x0
para cualquier (t0 , x0 ) ∈ (a, b) × R está definida en todo [a, b].
En realidad, este resultado puede verse como una aplicación directa del lema de Gronwall (ver ejercicio 2 de la sección 10.1), pero si
pensamos como antes en el operador T : C([a, b], Rn ) → C([a, b], Rn )
dado por
Z
t
T x(t) = x0 +
f (s, x(s))ds,
t0
se tiene que
|T
n+1
x(t) − T
n+1
¯Z t
¯
¯
¯
n
n
¯
y(t)| = ¯ [f (s, T x(s)) − f (s, T y(s))]ds¯¯
t0
≤L
Z
t
a
|T n x − T n y|(s)ds.
En particular, para n = 0 resulta
Z t
|x(s) − y(s)| ds ≤ L(t − a)kx − yk∞ .
|T x(t) − T y(t)| ≤ L
a
Por inducción, se deduce que
|T n x(t) − T n y(t)| ≤ Ln
(t − a)n
kx − yk∞ ,
n!
n
y luego kT n x − T n yk∞ ≤ (b − a)n Ln! kx − yk∞ para todo n. Por lo
tanto, T n es una contracción para n suficientemente grande.
¤
2.2.
1.
Ejercicios
Probar que el teorema de Banach no vale en general para cualquier
operador T : X → X tal que
d(T x, T y) < d(x, y)
para todo x, y ∈ X, x 6= y.
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[CAP. 2: EL TEOREMA DE BANACH
¿Qué ocurre cuando X es compacto?
2.
Probar que si f : [0, T ] × R2n → Rn es continua y Lipschitz
en (u, u0 ) con constante L suficientemente pequeña, entonces el
sistema
½ 00
u = f (t, u, u0 )
u(0) = u0 , u(T ) = uT
tiene solución única. Especificar el valor de L.
3.
Definir un esquema de aproximaciones sucesivas de Picard para
el problema anterior.
4.
Sea X un espacio métrico completo, y sea T : X → X tal que
d(T (x), T (y)) ≤ G(d(x, y))
si d(x, y) ≤ R
en donde G : [0, R] → [0, R) es continua y satisface:
G es creciente.
G(r) < r para r > 0.
a)
Probar que el esquema de aproximaciones sucesivas dado
por un+1 = T (un ) converge a un punto fijo de T para
cualquier u0 tal que d(T (u0 ), u0 ) < R.
b)
Probar que el punto fijo obtenido en (4a) es único.
c)
Encontrar un ejemplo de f = f (t, u) que no cumpla las
hipótesis del ejercicio 2, pero igualmente el problema
u00 = f (t, u),
u(0) = u0 ,
u(T ) = uT
tenga solución única.
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Capı́tulo 3
El teorema de Schauder
3.1.
Un ejemplo de Kakutani
El teorema de Brouwer, cuyo enunciado hemos visto en el capı́tulo
1, vale para cualquier conjunto homeomorfo a la bola unitaria B ⊂
Rn ; en particular, vale para cualquier conjunto cerrado, acotado y
convexo en un espacio normado de dimensión finita.
En la siguiente sección veremos una extensión de este resultado
para espacios de dimensión infinita; sin embargo, el siguiente ejemplo
de Kakutani de 1943 muestra que es preciso pedir alguna condición
adicional para f .
Por simplicidad, consideremos el espacio H := L2 (−π, π) provisto
eint 1
de la base ortonormal usual {en }n∈Z en donde en (t) = √
.
2π
Definamos ahora la aplicación lineal
T
Ã
X
n∈Z
x n en
!
:=
X
xn en+1 ,
n∈Z
1 Recordemos que toda f ∈ L2 (−π, π) admite un (único) desarrollo en serie de
P
Fourier dado por S(t) = n∈Z xn en , en donde xn := hf, en i. La igualdad f = S
significa que la serie converge
a f en el sentido de L2 . Además, vale la identidad
P
de Parseval: kf k2L2 = n∈Z x2n
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[CAP. 3: EL TEOREMA DE SCHAUDER
que resulta una isometrı́a. Luego, la función f : H → H dada por
f (x) =
1 − kxk
e0 + T x
2
es continua; además, si kxk ≤ 1 vale
kf (x)k ≤
1 − kxk
+ kxk ≤ 1;
2
es decir, f (B1 (0)) ⊂ B1 (0). Veremos que, sin embargo, f no tiene
puntos fijos en la bola unitaria.
Supongamos que f (x̃) = x̃ para cierto x̃ ∈ B1 (0), entonces claramente x̃ 6= 0. Además, kx̃k < 1, pues en caso contrario se tendrı́a que
T (x̃) = x̃, lo quePes absurdo pues el único punto fijo de T es el 0.
Escribiendo x̃ =
xn en , por ser x̃ = f (x̃) resulta
x̃ − T x̃ =
1 − kx̃k
e0 ,
2
es decir:
X
n∈Z
(xn − xn−1 )en =
1 − kx̃k
e0 .
2
Por la unicidad de la serie, se deduce que
½
0
si n 6= 0
xn − xn−1 =
1−kx̃k
si
n = 0.
2
En consecuencia
. . . x−2 = x−1 6= x0 = x1 = x2 . . . ,
P 2
lo que también es absurdo, pues
xn = kx̃k2 < ∞.
En la siguiente sección veremos que el teorema de Brouwer puede
extenderse para espacios de dimensión infinita, si se agrega a f la
condición de ser compacta.
3.2.
El teorema de Schauder
Antes de enunciar el teorema de Schauder, veamos una motivación
sencilla. Consideremos una vez más el problema de valores iniciales
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[SEC. 3.2: EL TEOREMA DE SCHAUDER
(
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x0 = f (t, x)
x(t0 ) = x0 ,
(3.1)
pero ahora supongamos únicamente que f : Ω ⊂ R×Rn → Rn es continua. Un resultado conocido, debido a Peano, dice que el problema
(3.1) tiene al menos una solución definida en un entorno de t0 . Esto
puede demostrarse por ejemplo de la siguiente manera (los detalles
quedan como ejercicio):
1.
Considerar K = [t0 − δ̂, t0 + δ̂] × Br (x0 ) ⊂ Ω y, empleando el
teorema de Weierstrass, elegir pn polinomios tales que pn → f
uniformemente en K. Extendiendo a pn adecuadamente más
allá de K, podemos suponer que pn : R × Rn → Rn es una
función de clase C 1 , con
sup
(t,x)∈R×Rn
|pn (t, x)| ≤ M
para cierto M independiente de n.
2.
Para cada n resolvemos el problema
(
x0n = pn (t, xn )
xn (t0 ) = x0 ,
que tiene una única solución xn , definida en todo R.
3.
Escribiendo
xn (t) = x0 +
Z
t
pn (s, xn ) ds,
t0
para |t − t0 | ≤ δ ≤ δ̂ resulta:
|xn (t) − x0 | ≤ δM.
r
En particular, podemos elegir δ ≤ M
, de modo que resulte
(t, xn (t)) ∈ K. Por otra parte,
¯
¯Z
¯
¯ t+h
¯
¯
pn (s) ds¯ ≤ M |h|,
|xn (t + h) − xn (t)| ≤ ¯
¯
¯ t
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[CAP. 3: EL TEOREMA DE SCHAUDER
de donde se ve que el conjunto A = {xn : n ∈ N} es acotado y
equicontinuo en el espacio C([t0 − δ, t0 + δ], Rn ). Por el teorema
de Arzelá-Ascoli, A es compacto; luego, existe una subsucesión
{xnj } que converge uniformemente a cierta función continua
x : [t0 − δ, t0 + δ] → Rn . De las igualdades
Z t
pnj (s, xnj )ds
xnj (t) = x0 +
t0
para t ∈ [t0 − δ, t0 + δ] se deduce que
Z t
f (s, x(s))ds,
x(t) = x0 +
t0
de donde x resulta una solución del problema.
Sin embargo, el resultado anterior se demuestra en forma mucho
más directa por medio del siguiente teorema:
Teorema (Schauder)
Sea E un espacio normado, y sea C ⊂ E un conjunto convexo,
cerrado y acotado. Supongamos que T : C → C es una función
continua tal que T (C) es compacto. Entonces T tiene al menos un
punto fijo.
Demostración. Sea k ∈ N. Por la compacidad de T (C), podemos
elegir x1 , x2 , . . . , xn ∈ T (C) ⊂ C tales que
T (C) ⊂
n
[
B1/k (xj ).
j=1
Sea Ck ⊂ C la cápsula convexa del conjunto {x1 , x2 , . . . , xn }, y
definamos la función Jk : T (C) → Ck , dada por
Jk (y) =
n
X
j=1
dist(y, T (C) − Bj )
xj ,
Pn
i=1 dist(y, T (C) − Bi )
en donde Bj = B1/k (xj ). Es claro que Jk está bien definida, porque
si y ∈ T (C), entonces y ∈ Bj para algún j, y d(y, T (C) − Bj ) > 0.
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[SEC. 3.2: EL TEOREMA DE SCHAUDER
Por otro lado, si y ∈
/ Bj vale d(y, T (C) − Bj ) = 0, de donde se
deduce que para todo j resulta:
d(y, T (C) − Bj )ky − xj k ≤
1
d(y, T (C) − Bj ).
k
En consecuencia, kJk (y)−yk ≤ k1 para todo y ∈ T (C), y en particular
kJk T (x) − T xk ≤ k1 para todo x ∈ C.
Además, por el teorema de Brouwer Jk ◦ T |Ck : Ck → Ck tiene al
menos un punto fijo zk . Por compacidad, {T zk } admite una subsucesión {T zkj } que converge a cierto z ∈ T (C) ⊂ C, y
kzkj − T zkj k = k(Jkj ◦ T )(zkj ) − T zkj k ≤
1
→ 0.
kj
Se deduce que zkj → z, y por continuidad T z = lı́mj→∞ T zkj = z.
Observación
La prueba anterior además muestra, en general, que si T : C → F
es un operador continuo tal que T (C) es compacto, en donde C ⊂ E
es cualquier conjunto cerrado y acotado y F es un espacio normado,
entonces T puede aproximarse por operadores de rango finito. Más
precisamente: para todo ε > 0 existe Tε : C → F tal que kTε −T k < ε
y dim(Im(T )) < ∞.
Veamos ahora cómo se puede aplicar el teorema de Schauder al
problema (3.1): es suficiente con tomar, para δ > 0 y R > 0 convenientes, E = C([t0 −δ, t0 +δ], Rn ), y el subconjunto (convexo, cerrado
y acotado) C ⊂ E dado por
C = {x ∈ E : kx − x0 k ≤ R}.
El operador de punto fijo va a ser, nuevamente:
Z t
f (s, x(s)) ds.
T x(t) = x0 +
t0
Veamos que si δ es suficientemente pequeño, T está bien definido en
C, y además T (C) ⊂ C.
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[CAP. 3: EL TEOREMA DE SCHAUDER
En efecto, si K := [t0 − δ̂, t0 + δ̂] × BR (x0 ) ⊂ Ω, existe cierta
constante M tal que |f (t, x)| ≤ M para (t, x) ∈ K. Eligiendo δ ≤ δ̂,
se cumple que si x ∈ C entonces (t, x(t)) ∈ K, y
¯
¯Z t
¯
¯
f (s, x) ds¯¯ ≤ δM.
|T x(t) − x0 | = ¯¯
t0
R
De esta forma, basta tomar δ ≤ mı́n{δ̂, M
}.
Como antes, la compacidad de T (C) es consecuencia inmediata
del teorema de Arzelá-Ascoli, escribiendo
¯
¯Z
¯
¯ t+h
¯
¯
f (s, x) ds¯ ≤ |h|M.
|T x(t + h) − T x(t)| = ¯
¯
¯ t
Hace falta probar también que T es una función continua, pero
esto es muy fácil por tratarse de un operador integral: por ejemplo, si
xn → x en C (vale decir, uniformemente), entonces f (·, xn ) → f (·, x)
uniformemente, de donde
¯
¯Z t
¯
¯
¯
f (s, xn ) − f (s, x) ds¯¯ ≤ δkf (·, xn )−f (·, x)k∞ .
|T xn (t)−T x(t)| = ¯
t0
Como el término de la derecha tiende a cero para n → ∞, el
resultado queda demostrado.
Veamos otra aplicación, al problema de segundo orden con condiciones de Dirichlet
(
u00 = f (t, u)
(3.2)
u(0) = u0 , u(1) = u1
donde f : [0, 1] × Rn → Rn es continua y por ejemplo sublineal:
f (t, u)
=0
u
|u|→∞
lı́m
uniformemente en t.
Un poco más en general, podemos suponer directamente que vale
|f (t, u)| ≤ A|u| + B para ciertas constantes A, B > 0, con A suficientemente pequeña. Notemos que este problema se puede resolver por
el método de shooting, en el caso de que f sea localmente Lipschitz
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[SEC. 3.2: EL TEOREMA DE SCHAUDER
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en la variable u. Sin embargo, si f es solamente continua, el método
de shooting no se puede aplicar.
Vamos a resolver el problema empleando el teorema de Schauder.
Por simplicidad, trabajaremos en C([0, 1]) aunque, al igual que en
el capı́tulo anterior, es posible obtener mejores cotas para A si se
trabaja en el espacio L2 (0, 1).
Dada v ∈ C([0, 1]) fija, ya sabemos que el problema lineal
(
u00 = f (t, v)
u(0) = u0 , u(1) = u1
tiene una única solución u, lo que nos permite definir como en el
capı́tulo previo el operador T : C([0, 1]) → C([0, 1]) dado por T v = u.
Buscamos un punto fijo de T ; para ello, veamos en primer lugar
que es un operador compacto:
T es una función continua.
T envı́a conjuntos acotados en conjuntos pre-compactos (es decir, de clausura compacta).
Para comprobar esto, recordemos las estimaciones del capı́tulo previo:
si w es una función en C 2 ([0, 1]) que se anula en los extremos, entonces
kwk∞ ≤ kw0 k∞ ≤ kw00 k∞ .
Luego, si vn → v uniformemente, resulta:
kT vn − T vk∞ ≤ k(T vn )00 − (T v)00 k∞ = kf (·, vn ) − f (·, v)k∞ → 0,
lo que prueba que T es continua. Además, si por ejemplo consideramos ul (t) = (u1 − u0 )t + u0 la función lineal que pasa por (0, u0 ) y
(1, u1 ), entonces para kvk∞ ≤ R, como T v y ul valen lo mismo en los
extremos se obtiene:
kT v − ul k∞ ≤ k(T v)0 − u0l k∞ ≤ k(T v)00 − u00l k∞ = kf (·, v)k∞ ≤ MR ,
en donde MR es el máximo (que depende sólo de R y los datos de
Dirichlet) de la función |f (t, u)| sobre la franja
{(t, u) ∈ R2 : 0 ≤ t ≤ 1, |u| ≤ R}.
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[CAP. 3: EL TEOREMA DE SCHAUDER
Por el teorema de Arzelá-Ascoli, se deduce que T (BR (0)) tiene clausura
compacta: en efecto, resulta claramente un conjunto equiacotado, y
para v ∈ BR (0) por las desigualdades anteriores se ve que k(T v)0 k∞ ≤
MR + ku0l k∞ = MR + |u1 − u0 |. Luego
|T v(t + h) − T v(t)| = |(T v)0 (ξ).h| ≤ (MR + |u1 − u0 |)|h|,
lo que prueba la equicontinuidad.
Esto muestra que T resulta un operador continuo y compacto
para cualquier f continua, cosa que nos será de utilidad para otros
problemas más generales. Pero bajo nuestras hipótesis especı́ficas,
las acotaciones pueden precisarse aun más: en efecto, es claro que
MR ≤ AR + B, de modo que si kvk∞ ≤ R obtenemos
kT vk∞ ≤ kul k∞ + MR ≤ máx{|u0 |, |u1 |} + AR + B.
De esta forma, si A < 1 y
R≥
B + máx{|u0 |, |u1 |}
,
1−A
vale que T (BR (0)) ⊂ BR (0), y el teorema de Schauder asegura la
existencia de una solución u del problema con kuk∞ ≤ R.
Observación
Vale la pena observar que, si bien el operador anterior resulta
compacto para cualquier f continua, la existencia de un convexo cerrado y acotado que sea invariante por T no está garantizada sin poner
alguna hipótesis adicional sobre f . A modo de ejemplo, consideremos
el problema
u00 + π 2 u = sen(πt),
u(0) = u(1) = 0,
(3.3)
donde f (t, u) = sen(πt) − π 2 u es lineal en u, pero el problema no
tiene solución. En efecto, multiplicando la ecuación por sen(πt) y
luego integrando por partes el primer término, se obtiene
Z π
Z π
Z π
0=
u sen(πt)00 dt + π 2
u dt =
sen2 (πt) dt > 0,
0
0
0
lo que es absurdo.
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[SEC. 3.3: EJERCICIOS
También hemos mencionado el hecho de que se puede obtener una
cota mejor para A si se busca un punto fijo directamente en L2 (0, 1);
sin embargo, para f arbitraria no siempre es posible trabajar en este
espacio. Más aun, para v ∈ L2 (0, 1), nada permite asegurar siquiera
que f (·, v) sea integrable.
3.3.
1.
Ejercicios
Sea l2 el espacio definido por
l2 := {x := (xn )n∈N ∈ RN :
X
n∈N
x2n < ∞}
provisto de la norma usual dada por
sX
kxk :=
x2n .
n∈N
Definimos T : B1 (0) ⊂ l2 → l2 dado por
³p
´
T (x) =
1 − kxk2 , x1 , x2 , . . . .
Probar que T es continua, T (B1 (0)) ⊂ ∂B1 (0), pero T no tiene
puntos fijos.
2.
a)
Probar usando el teorema de Schauder que la ecuación del
péndulo forzado con fricción
u00 + au0 + b sin(u) = p(t),
en donde p es una función continua, admite al menos una
solución para cualquier dato de Dirichlet
u(0) = u0 ,
u(T ) = uT .
¿Puede decirse lo mismo para las condiciones periódicas
u(0) = u(T ),
u0 (0) = u0 (T )?
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[CAP. 3: EL TEOREMA DE SCHAUDER
Sugerencia: obtener acotaciones similares a las empleadas
en este capı́tulo, pero ahora para el operador lineal dado
por Lu = u00 + au0 .
Comparar con el ejercicio 1 de la sección 1.4.1.
b)
Probar que si b es suficientemente pequeño, entonces la
solución es única, y se puede obtener en forma iterativa
comenzando en cualquier función u1 ∈ C([0, T ]) a partir
de los problemas lineales
½ 00
un+1 + au0n+1 = p(t) − b sin un
u(0) = u0 , u(T ) = uT .
c)
Más en general, probar la existencia de soluciones para
el problema del ejercicio 2 del capı́tulo 2, pero suponiendo
que en vez de ser Lipschitz la función f verifica: |f (t, x, y)| ≤
A|x| + B|y| + C para ciertas constantes adecuadas.
¿Qué se puede decir acerca del orden de convergencia?
3.
Sea f : [0, 1]×Rn → Rn continua y sublineal, y sea ϕ ∈ C([0, 1])
tal que ϕ(t) ≥ 0 para todo t. Probar que el problema
½ 00
u − ϕ(t)u = f (t, u, u0 )
u(0) = u0 , u(1) = u1 .
tiene al menos una solución. Sugerencia: encontrar acotaciones
análogas a las empleadas en el problema (3.2) para el operador
lineal Lu := u00 − ϕu.
4.
Condición de Hartman-Nagumo
a)
Sean f : [0, 1] × Rn → Rn continua y R > 0 tales que
f (t, u) · u ≥ 0 para u ∈ Rn con |u| = R. Probar que el
problema de Dirichlet
½ 00
u = f (t, u)
u(0) = u0 , u(1) = u1
con |u0 |, |u1 | ≤ R tiene al menos una solución.
Sugerencia: probar que el problema
u00 = f (t, P u)
u(0) = u0 , u(1) = u1 ,
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[SEC. 3.3: EJERCICIOS
en donde
Pu =
½
u
u
R. |u|
si |u| ≤ R
si |u| > R,
tiene al menos una solución u. Luego, definir r(t) = |u(t)|2
y verificar que r(t) ≤ R para todo t.
b)
Sea f : [0, 1] × R2n → Rn continua tal que
¡
¢
|f (t, u, v)| ≤ c 2u · f (t, u, v) + |v|2 + K
para |u| ≤ R y ciertas constantes c, K con 2cR < 1. Probar
que existe M > 0 tal que si u verifica u00 = f (t, u, u0 ), y
kuk∞ ≤ R, entonces ku0 k∞ ≤ M .
Sugerencia: usando la representación de Green (ver sección
10.3), deducir que
0
u (t) = u(1) − u(0) +
con
∂G
(t, s) =
∂t
Z
1
0
½
∂G
(t, s)f (s, u(s), u0 (s)) ds,
∂t
s
s−1
si t > s
si t < s.
Entonces
|u0 (t)| ≤ |u(1) − u(0)|
Z t
Z 1
00
+
(1 − s)(cr (s) + K) ds +
s(cr 00 (s) + K) ds,
0
t
donde r es como antes. Integrando por partes, se obtiene
la acotación deseada.
c)
5.
Deducir un resultado de existencia para el problema
½ 00
u = f (t, u, u0 )
u(0) = u0 , u(1) = u1 .
Consideremos el problema del péndulo forzado con rozamiento
del ejercicio (2a), con b = 1 y T < π, y escribamos p(t) =
p0 (t) + c en donde p0 : [0, T ] → R tiene promedio 0.
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[CAP. 3: EL TEOREMA DE SCHAUDER
a)
Probar que el problema tiene solución única en C([0, T ])
para cualquier dato de Dirichlet. Comparar con el ejercicio
(2b). Sugerencia: emplear la acotación para el operador
Lu = u00 + au0 obtenida en (2a).
b)
Para r ∈ [0, 2π] y c ∈ [−1, 1], definir ur,c ∈ C([0, T ]) como
la única solución del problema con ur,c (0) = ur,c (T ) = r.
Probar que la aplicación (r, c) 7→ ur,c es continua.
c)
Sea φ : [0, 2π] × [−1, 1] → R dada por
φ(r, c) =
1
T
Z
T
0
sen[ur,c (t)] dt − c.
Probar que para todo r existe algún c tal que φ(r, c) = 0.
Deducir que la ecuación tiene soluciones periódicas para
algún c.
d)
Probar que si la ecuación no tiene soluciones periódicas
para c 6= c0 , entonces toda solución del problema
u00 + au0 + sen u = p0 (t) + c0
que verifica u(0) = u(T ) es periódica.
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Capı́tulo 4
El método de super y
subsoluciones
4.1.
Introducción: un caso particular
Además de las aplicaciones directas del teorema de Schauder que
hemos visto en el capı́tulo previo, veremos ahora las nociones básicas
de un método clásico de resolución de ecuaciones conocido como
método de super y subsoluciones, que fue introducido por ScorzaDragoni en 1931 [35]. Se trata de una de las herramientas fundamentales del análisis no lineal, que a grandes rasgos permite obtener
soluciones que se encuentran entre dos funciones α y β (respectivamente, una subsolución y una supersolución del problema). Para una
descripción más general del método aplicado a ecuaciones ordinarias
de segundo orden con condiciones de Dirichlet o periódicas, puede
consultarse por ejemplo [6].
Vamos a comenzar una vez más con la ecuación de segundo orden
u00 = f (t, u); en tal caso diremos que las funciones suaves α y β son
respectivamente una subsolución y una supersolución de la ecuación
si se cumple:
α00 ≥ f (t, α),
β 00 ≤ f (t, β).
Además, si queremos resolver el problema de Dirichlet, entonces pedi39
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
remos también:
α(0) ≤ u0 ≤ β(0),
α(1) ≤ u1 ≤ β(1).
Probaremos que si existen α y β una sub y una supersolución
ordenadas, es decir, tales que α ≤ β, entonces el problema tiene al
menos una solución u, con α ≤ u ≤ β.
A fines de entender la idea del método, resolvamos en primer
lugar una situación simple, que se produce cuando f es decreciente
respecto de u. En tal caso, la existencia de una solución se obtiene en
forma directa del teorema de Schauder, aplicado al mismo operador
compacto T : C([0, 1]) → C([0, 1]) que empleamos en los capı́tulos
previos. Vale la pena observar que, en general, el resultado no vale
sin asumir la existencia de un par (α, β), como lo muestra el problema
lineal que vimos en (3.3),
u00 + π 2 u = sen(πt),
u(0) = u(1) = 0,
donde f (t, u) = sen(πt) − π 2 u es decreciente en u.
En cambio, si se supone que existe un par (α, β) consistente en
una sub y una supersolución ordenadas, entonces puede considerarse
el conjunto cerrado, convexo y acotado al de aquellas funciones que
están entre α y β, es decir:
C = {u ∈ C([0, 1]) : α(t) ≤ u(t) ≤ β(t)
para todo t}.
Probaremos que este conjunto es invariante por T ; vale decir, que
T (C) ⊂ C. La prueba de que C cumple las otras hipótesis requeridas
por el teorema de Schauder es la misma que hemos efectuado en el
capı́tulo anterior.
Si v ∈ C y u = T v, entonces siendo f decreciente en la segunda
coordenada vale:
u00 = f (t, v) ≤ f (t, α) ≤ α00 .
En otras palabras, la función u − α es cóncava, por ser (u − α)00 ≤ 0.
Pero además (u − α)(0) = u0 − α(0) ≥ 0 y (u − α)(1) = u1 − α(1) ≥ 0,
de donde se concluye que u − α ≥ 0 en todo [0, 1]. De la misma forma
se prueba que u − β ≤ 0, y en consecuencia u ∈ C.
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[SEC. 4.1: INTRODUCCIÓN: UN CASO PARTICULAR
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El caso anterior nos da una buena pista para resolver la situación
en un contexto más general: si el término de la derecha no es decreciente en u... podemos intentar buscar una forma de que lo sea.
Obviamente, para eso hace falta restarle una función continua apropiada ϕ creciente en u, de modo tal que los anteriores argumentos
puedan repetirse. En principio, si queremos reemplazar a f (t, u) por
f (t, u) − ϕ(u), el operador de punto fijo se definirá a partir del problema:
u00 − ϕ(u) = f (t, v) − ϕ(v),
u(0) = u0 , u(1) = u1 .
Es fácil demostrar (por ejemplo, si ϕ es globalmente Lipschitz entonces basta aplicar el ejercicio (3) de la sección 1.4.1) que el operador T : v 7→ u está bien definido y es compacto. Para nuestros fines,
alcanza con tomar ϕ(u) = λu para algún λ ≥ 0.
El inconveniente es que en general no existe un valor λ tal que
f (t, u)−λu sea una función decreciente en u para todo t; sin embargo,
como nuestro objetivo es únicamente comprobar que T (C) ⊂ C, entonces alcanzará con pedir que para cada t fijo la función f (t, u) − λu
sea decreciente en u cuando α(t) ≤ u ≤ β(t).
De este modo, si por ejemplo f es de clase C 1 respecto de u, basta
elegir λ ≥ 0 tal que
∂f
(t, u)
λ ≥ máx
K ∂u
en donde K = {(t, u) ∈ R2 : 0 ≤ t ≤ 1, α(t) ≤ u ≤ β(t)}. En tal caso,
para cada t fijo se tiene que
¶
µ
∂f
(t, ξ) − λ (u − v) ≥ 0
[f (t, u) − λu] − [f (t, v) − λv] =
∂u
si α(t) ≤ v ≤ u ≤ β(t).
De un modo análogo al caso que vimos, con λ = 0, el operador T
que a cada v asigna la única solución u del problema
u00 − λu = f (t, v) − λv,
u(0) = u0 , u(1) = u1
está bien definido y es compacto; veamos ahora que si α ≤ v ≤ β
entonces α ≤ u ≤ β. En principio, resulta
u00 − λu = f (t, v) − λv ≤ f (t, α) − λα,
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
de donde
(u − α)00 − λ(u − α) ≤ 0.
(4.1)
A diferencia del caso anterior ahora no se puede argumentar que u−α
es cóncava; sin embargo se puede aplicar un resultado más general,
que es un caso elemental del denominado principio del máximo:
Proposición (Principio del máximo, caso particular):
Si w es una función suave que satisface
w00 − λw ≥ 0,
w(0), w(1) ≤ 0
para cierto λ ≥ 0, entonces w ≤ 0 en [0, 1].
Este hecho puede demostrarse de maneras diferentes; vamos a ver
dos pruebas sencillas, que pueden resultar útiles para luego generalizar el principio a otros casos.
1.
Supongamos que w 6≤ 0; entonces existe t0 ∈ (0, 1) tal que
w(t0 ) > 0 y además w(t0 ) es máximo.
Resulta entonces 0 ≥ w 00 (t0 ) ≥ λw(t0 ) > 0, lo que es absurdo.
2.
Sea I + = {t ∈ [0, 1] : w(t) > 0}. Como w(0), w(1) ≤ 0, vale
w = 0 en ∂I + , y además:
Z
(w00 (t) − λw(t))w(t) dt
0≤
+
I
Z
Z
=−
w0 (t)2 dt − λ
w(t)2 dt ≤ 0.
I+
I+
Luego I + w0 (t)2 + λw(t)2 dt = 0 lo cual prueba que I + tiene
medida 0. Como w es continua, se deduce que I + es vacı́o.
R
Observación
Vale la pena notar que la primera demostración no comprende en
realidad el caso λ = 0, aunque se la puede adaptar convenientemente.
Sin embargo, esto no vale para otras condiciones de contorno como
Neumann o periódicas, pues w puede ser constante. Tampoco vale si
se supone que la desigualdad w 00 − λw ≥ 0R vale únicamente en casi
t
todo punto: por ejemplo, si w(t) = t2 +t−4 0 C(s) ds, en donde C es
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[SEC. 4.1: INTRODUCCIÓN: UN CASO PARTICULAR
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la función de Cantor, entonces w(0) = w(1) = 0 y w 00 = 2 en casi todo
punto. Esto implica que w 00 ≥ λu en [0, 1] para λ > 0 suficientemente
pequeño, y sin embargo w 0 (0) = 1, de modo que w 6≤ 0.
Volviendo al problema, a partir de la desigualdad (4.1) el principio
del máximo nos permite concluir que α−u ≤ 0, y de un modo análogo
se prueba también que u − β ≤ 0.
Ejemplo
A modo de ejemplo, consideremos el siguiente problema con p
continua:
(
u00 − u3 = p(t)
u(0) = u0 u(1) = u1
En realidad, se trata de un caso particular de una situación fácil de
resolver mediante el teorema de Schauder, en la cual la no-linealidad
f (t, u) = −u3 es decreciente respecto de u. Este hecho, como veremos
más adelante, garantiza la existencia y unicidad de soluciones.
Pero podemos ver ahora que la demostración de existencia es aun
más inmediata si se emplea el método de super y subsoluciones: en
efecto, alcanza con tomar α ≡ −M y β ≡ M , con M una constante
positiva tal que −M ≤ u0 , u1 ≤ M y además
−M 3 ≤ p(t) ≤ M 3
para todo t.
Vale la pena destacar que si cambiamos el signo del término no
lineal −u3 , la situación es muy distinta: se trata de un caso particular
de un problema superlineal que -como vimos en el capı́tulo 1- tiene
infinitas soluciones.
¤
4.1.1.
Un método iterativo
Veremos ahora que en la situación anterior, si se supone la
existencia de una subsolución α y una supersolución β del problema, con α ≤ β, y que f es de clase C 1 respecto de u, puede obtenerse
una solución del problema entre α y β en forma iterativa. Como se
verá, los argumentos que permiten asegurar que la sucesión definida
converge a una solución del problema son elementales, y no requieren
hacer uso del teorema de Schauder.
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
Fijemos como antes una constante λ ≥ 0 tal que λ ≥
todo t ∈ [0, 1] y todo u ∈ [α(t), β(t)], y consideremos:
U0 (t) = α(t),
Un+1 la única solución del problema lineal
00
Un+1
− λUn+1 = f (t, Un ) − λUn ,
∂f
∂u (t, u)
para
Un+1 (0) = u0 , Un+1 (1) = u1 .
En otras palabras, Un+1 = T (Un ), donde T es el operador definido en
la sección previa. Un hecho sorprendente es que puede probarse que
esta sucesión de ‘aproximaciones sucesivas’ converge, a pesar de que
T no tiene por qué ser una contracción. Más precisamente, vamos a
probar que
α = U0 ≤ U1 ≤ U2 ≤ . . . ≤ β.
Esto dice que {Un } converge (puntualmente) a cierta función u, que
como veremos resulta ser solución del problema.
El razonamiento es inductivo: dado que α es subsolución, alcanza
con probar que U1 es una subsolución que verifica α ≤ U1 ≤ β.
En primer lugar, veamos que α ≤ U1 : en efecto, a partir de la
definición (y por ser α una subsolución) sabemos que
U100 − λU1 = f (t, α) − λα ≤ α00 − λα.
Además, como U1 ≥ α en los extremos del intervalo por el principio
del máximo se deduce que U1 ≥ α en [0, 1]. Por otra parte, siendo
f (t, u) − λu decreciente en u, vale:
U100 − λU1 = f (t, α) − λα ≥ f (t, U1 ) − λU1 .
Luego, U1 es subsolución (recordemos que U1 (0) = u0 y U1 (1) = u1 ).
Finalmente,
U100 − λU1 = f (t, α) − λα ≥ f (t, β) − λβ,
y nuevamente por el principio del máximo se concluye que U1 ≤ β.
Resulta entonces que {Un } es una sucesión de subsoluciones que
converge en forma creciente a cierta función u, con α ≤ u ≤ β. Por
el teorema de Dini, resulta que en realidad Un → u uniformemente,
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[SEC. 4.2: SUPER Y SUBSOLUCIONES - CASO GENERAL
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y a partir de la definición de Un se ve entonces que Un00 → f (·, u)
uniformemente. Más aun, podemos escribir
Z tZ s
λ(Un+1 (r) − Un (r)) + f (r, Un (r)) dr ds
Un+1 (t) = u0 + an+1 t +
0
0
para cierta an+1 . Por la convergencia uniforme, el término integral
RtRs
converge a 0 0 f (r, u(r)) dr ds, y como el término de la izquierda
también converge, se deduce que an → a para cierta constante a.
Luego
Z Z
s
t
f (r, u(r)) dr ds,
u(t) = u0 + at +
0
0
lo que prueba que u es de clase C 2 , y u00 = f (t, u). La condición de
borde se cumple, por el simple hecho de que Un (t) → u(t) para todo
t.
Vale la pena observar que si se define la misma recurrencia, pero
comenzando en U0 = β, se obtiene una sucesión decreciente de supersoluciones que converge a una solución. Sin embargo, esta solución no
es necesariamente la misma que la obtenida al comenzar en α.
En la próxima sección veremos que la existencia de al menos una
solución entre una sub y una supersolución α ≤ β puede probarse si
se asume únicamente que f es continua.
4.2.
Super y subsoluciones - Caso general
Como hemos visto, el teorema de Schauder permite obtener soluciones de un problema de Dirichlet para la ecuación de segundo orden,
bajo la hipótesis de que existen α ≤ β una sub y una supersolución
del problema.
Sin embargo, el método empleado se basa en la posibilidad de
restar a la no linealidad f = f (t, u) un término lineal λu, para transformarla, para cada t fijo, en una función decreciente en u cuando
u ∈ [α(t), β(t)]. Esta propiedad vale en casos como el que vimos, con
f de clase C 1 respecto de u, o más en general si f es localmente Lipschitz, pero no siempre. A continuación veremos que puede probarse
un teorema de existencia pidiendo únicamente que f sea continua.
La idea consiste en definir un problema asociado al problema original, que se resuelve fácilmente por medio del teorema de Schauder,
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
cuyas soluciones resultan en realidad soluciones del problema original
en el conjunto {u ∈ C([0, 1]) : α ≤ u ≤ β}. Esto nos dará también
una pauta sobre cómo plantear el problema en un caso todavı́a más
general, en el que f depende también de u0 .
Dado que buscamos soluciones entre α y β, resulta conveniente
definir una función de “truncamiento” P : [0, 1] × R → R, de la
siguiente manera:

si α(t) ≤ u ≤ β(t)
 u
α(t)
si α(t) > u
P (t, u) =

β(t)
si u > β(t).
Entonces podemos fijar una constante λ > 0 y resolvemos en primer
lugar el problema
u00 − λu = f (t, P (t, u)) − λP (t, u)
u(0) = u0 , u(1) = u1 . (4.2)
Como el término de la derecha de la ecuación es acotado, sabemos
por el ejercicio (3) del capı́tulo 3 que (4.2) tiene al menos una solución
u. Veremos que α ≤ u ≤ β, lo que garantiza que P (t, u(t)) = u(t), y
entonces u es solución del problema original.
Supongamos por ejemplo que u 6≤ β; luego u − β alcanza un valor
máximo positivo en cierto t0 . Por las condiciones de borde, debe ser
t0 ∈ (0, 1). Además, P (t0 , u(t0 )) = β(t0 ), y entonces
u00 (t0 ) − λu(t0 ) = f (t0 , β(t0 )) − λβ(t0 ) ≥ β 00 (t0 ) − λβ(t0 ).
Luego (u − β)00 (t0 ) > 0, lo que es absurdo. De la misma forma se
deduce que u ≥ α.
4.2.1.
Acotaciones para la derivada. Condición de
Nagumo
En esta sección aplicaremos el método de super y subsoluciones
para resolver un problema de Dirichlet más general:
½
u00 = f (t, u, u0 )
u(0) = u0 , u(1) = u1 ,
(4.3)
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[SEC. 4.2: SUPER Y SUBSOLUCIONES - CASO GENERAL
en donde f : [0, 1] × R2 → R es una función continua. Como antes,
supondremos que α ≤ β son funciones suaves que satisfacen
α00 ≥ f (t, α, α0 ),
α(0) ≤ u0 ≤ β(0),
β 00 ≤ f (t, β, β 0 ),
α(1) ≤ u1 ≤ β(1).
La dificultad reside en el hecho de que ahora no es posible, como
en el caso anterior, trabajar en el espacio de funciones continuas: si
queremos definir un operador de punto fijo apropiado -de un modo
similar al que ya vimos, fijando una función v en el término no lineal
dado por f - necesitamos un espacio funcional en el que los elementos sean funciones derivables. Un espacio posible es C 1 ([0, 1]), en el
que la norma se define como kukC 1 = máx{kuk∞ , ku0 k∞ } o alguna
equivalente. Pero para aplicar el teorema de Schauder en este espacio
debemos encontrar una región invariante que sea convexa, cerrada y
acotada para esta nueva norma. Esto requiere obtener estimaciones
para la derivada: más precisamente, lo que haremos es encontrar una
solución del problema en la región
C = {u ∈ C 1 ([0, 1]) : α ≤ u ≤ β, ku0 k∞ ≤ R}
para cierto R adecuado.
Si tomamos a la demostración anterior como inspiración, podemos intentar buscar en primer lugar una solución de un problema
“truncado”: dado λ > 0, planteamos
u00 − λu = f (t, P (t, u), Q(u0 )) − λP (t, u),
en donde P es como antes y

 v
R
Q(v) =

−R
u(0) = u0 , u(1) = u1 ,
si |v| ≤ R
si v > R
si v < −R
para un cierto valor R > 0 a ser establecido más adelante. Nuevamente, como el término derecho de la ecuación está acotado, es fácil
ver empleando el teorema de Schauder -ahora en el espacio C 1 ([0, 1])que este problema tiene al menos una solución u. Vamos a mostrar
que bajo ciertas hipótesis adicionales sobre f , puede asegurarse como
antes que en realidad u es solución del problema original.
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
El comienzo es exactamente igual que en el caso anterior: si por
ejemplo la función u − β alcanza un valor máximo positivo en cierto
t0 ∈ (0, 1), entonces P (t0 , u(t0 )) = β(t0 ). Para aplicar la definición de
supersolución y terminar la cuenta igual que en el caso previo, hace
falta poder garantizar que Q((u0 (t0 )) = β 0 (t0 ). Pero notemos que t0
es punto crı́tico de u − β, de modo que u0 (t0 ) = β 0 (t0 ). Entonces
nuestra primera restricción para R será: R ≥ máx{kα0 k∞ , kβ 0 k∞ }.
De este modo, podemos asegurar que Q en realidad no “trunca” al
valor u0 (t0 ) = β 0 (t0 ), y en consecuencia α ≤ u ≤ β.
Pero esto no es suficiente: también necesitamos probar que resulta
ku0 k∞ ≤ R. Para ello, impondremos a f una condición que es una
ligera variante de otra, conocida en la literatura como condición de
Nagumo [25].
Vamos a pedir que sobre el conjunto
E = {(t, u, v) : t ∈ [0, 1], α(t) ≤ u ≤ β(t), |v| ≤ R}
(4.4)
|f (t, u, v)| ≤ ψ(|v|),
(4.5)
valga:
en donde ψ es una función apropiada. Veamos qué quiere decir “apropiada” en este caso.
Nuestra intención es probar que la solución u del problema anterior verifica que |u0 (t)| < R para todo t; si esto no ocurriera, y
tuvieramos por ejemplo que u0 (t) ≥ R para algún valor de t, entonces
resultarı́a de utilidad saber que para cierta r ≥ 0 independendiente
de u se tiene que r < u0 (t) < R para t entre ciertos valores t0 < t1 ,
con u0 (t0 ) = r y u0 (t1 ) = R o viceversa,
Ahora bien, el único valor que podemos asegurar que la función
u0 efectivamente alcanza, es el que proporciona el teorema de valor
medio: u(1) − u(0) = u0 (ξ) para algún ξ. Entonces basta elegir r =
|u(1)−u(0)|, e imponer una nueva condición: que R sea estrictamente
mayor que r.
Para terminar de “deducir” la condición de Nagumo, observemos
también que si s = u0 (t) obtenemos:
Z
R
r
¯ Z t1
¯ ¯ Z t1
¯
¯
¯ ¯
f (t, u, u0 ) ¯¯
u00 (t)
ds
¯
¯
¯
=
dt =
dt¯ .
ψ(s) ¯ t0 ψ(u0 (t)) ¯ ¯ t0 ψ(u0 (t))
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[SEC. 4.2: SUPER Y SUBSOLUCIONES - CASO GENERAL
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Además, como ya probamos que α ≤ u ≤ β, y para t ∈ (t0 , t1 ) vale
r < u0 (t) < R, entonces (t, u, u0 ) ∈ E y se cumple:
Z
R
r
ds
≤
ψ(s)
Z
t1
t0
ψ(u0 (t))
dt = t1 − t0 < 1.
ψ(u0 (t))
Un razonamiento análogo se puede hacer en el caso u0 (t) ≤ −R; de
esta forma, hemos encontrado una condición apropiada para f , que
se expresa en la siguiente proposición:
Proposición (Condición de Nagumo):
Sean r = |u1 − u0 | y R > máx{kα0 k∞ , kβ 0 k∞ , r}, y supongamos
que f cumple la condición (4.5) sobre el conjunto E definido en (4.4)
para cierta ψ tal que
Z R
ds
≥ 1.
ψ(s)
r
Entonces toda solución u del problema
u00 = f (t, u, Q(u0 )),
u(0) = u0 , u(1) = u1
con α ≤ u ≤ β verifica: ku0 k∞ < R. En particular, u00 = f (t, u, u0 ).
Corolario
Sean α ≤ β una sub y una supersolución de (4.3), y supongamos
que f cumple las hipótesis de la proposición anterior. Entonces (4.3)
tiene al menos una solución u tal que α ≤ u ≤ β y ku0 k∞ < R.
Ejemplo
Una situación tı́pica en la que la condición de Nagumo se verifica,
es aquella en la que f es subcuadrática respecto de u0 . En realidad,
basta pedir
|f (t, u, v)| ≤ cv 2 + d
para α(t) ≤ u ≤ β(t)
en donde c es una constante suficientemente pequeña. En efecto, se
tiene que
µ r ¶¸
·
Z +∞
1
c
π
dv
=√
− arctan r
>1
2+d
cv
2
d
dc
r
i
i
i
i
i
i
i
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
si c ¿ 1, y la condición se cumple tomando R suficientemente grande.
Vale la pena mencionar que la condición de que c sea pequeño puede
evitarse, si se efectúa una acotación algo más precisa (ver ejercicio 8,
sección 4.4).
¤
Observación
En [26], el autor observa que la presencia de un par de super y
subsoluciones ordenadas no es suficiente para garantizar la existencia
de una solución para el problema de Dirichlet. El siguiente ejemplo
proviene de un comentario más general, debido a Habets y Pouso [11].
Consideremos el problema
Ã
!0
u0 (t)
p
= u(t) + 2
1 + u0 (t)2
con condición de Dirichlet
u(0) = u(T ) = 0.
Es claro que α = −3 y β = 3 son, respectivamente, √
una sub y una
super solución del problema. Sin embargo, para T > 2 no existen
soluciones. En efecto, es fácil verificar que una solución del problema
debe tener energı́a E constante, donde
E=p
1
1 + u0 (t)2
+
(u(t) + 2)2
.
2
Por la condición de Dirichlet, en este caso resulta E > 2. Por otro
lado, veamos que la solución
no puede estar definida en un intervalo
√
de longitud mayor que 2. En efecto, como E es mayor que 1, resulta
que u 6= −2 a lo largo del intervalo, y luego u > −2. Sea t0 el mı́nimo
absoluto de u; entonces para t > t0 vale (llamando s = u(t)):
Z u(t)
Z t
E − (s + 2)2 /2
p
dt =
ds.
t − t0 =
1 − (E − (s + 2)2 /2)2
u(t0 )
t0
Tomando w = w(s) = E − (s + 2)2 /2, resulta 0 < w ≤ 1, y
(s + 2)2 = 2(E − w) ≥ 2. Luego
Z w(u(t0 ))
Z 1
w
w
1
p
√
√
t − t0 =
dw.
dw ≤ √
2
2
1
− w2
2(E
−
w)
1
−
w
w(u(t))
0
i
i
i
i
i
i
i
[SEC. 4.2: SUPER Y SUBSOLUCIONES - CASO GENERAL
Este último término vale
obtiene t0 − t ≤
hay soluciones.
√1 .
2
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i
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√1 ;
2
de la misma forma, para t < t0 se
√
En consecuencia, si T > √22 = 2, entonces no
Claramente, lo que falla en este ejemplo es que la condición de
Nagumo no se cumple. Notemos, en efecto, que la ecuación equivale
a
¡
¢3/2
u00 (t) = (u(t) + 2) 1 + u0 (t)2
,
de donde se ve que la no-linealidad es cúbica en u0 .
µ
¶0
0
El operador √ u (t)0 2
es bien conocido en la literatura: se
1+u (t)
trata del operador de curvatura media, que proviene de la ecuación
general para una hipersuperficie dada por el gráfico de una función
u : Ω ⊂ Rn → R con curvatura media H:
div
4.2.2.
µ
∇u
√
1 + ∇u2
¶
= nH.
Otras condiciones de contorno. Un ejemplo
clásico
En esta sección presentaremos una aplicación del método de super
y subsoluciones a un problema periódico. Es fácil comprobar (ver
ejercicio 2, sección 4.4) que el método funciona igual que para el problema de Dirichlet, empleando como antes funciones de truncamiento,
o haciendo uso del siguiente principio del máximo asociado a estas
nuevas condiciones (la demostración queda como ejercicio):
i
i
i
i
i
i
i
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
Proposición
Sean λ > 0 y u una función periódica que satisface u00 − λu ≥ 0
en [0, T ]. Entonces u ≤ 0 en [0, T ]1 .
Como hemos mencionado, el resultado no vale si λ = 0 pues, entre
otras cosas, el principio del máximo implica unicidad: si un operador
L cumple el principio del máximo, el problema lineal Lu = ϕ tiene a
lo sumo una solución.
Vamos a aplicar el método de super y subsoluciones para demostrar un teorema de existencia de soluciones T -periódicas de la
ecuación del péndulo forzado con rozamiento:
u00 + au0 + sen u = p(t)
(4.6)
Por simplicidad, vamos a suponer que p es una función continua,
aunque el resultado vale más en general. Por ejemplo, si p es un
elemento de L2 (0, T ), entonces se obtienen soluciones en el espacio
de Sobolev H 2 (0, T ) mencionado en el capı́tulo (2).
Un resultado conocido, que se demuestra por medio de argumentos
variacionales, dice que si a = 0 entonces el problema tiene solución
cuando p = 0, donde p denota el promedio de p:
p :=
1
T
Z
T
p(t) dt.
0
Por otra parte, es fácil ver que si p es grande, el problema no tiene
solución: integrando la ecuación, si u es una solución T -periódica
resulta:
Z T
Z T
sen u(t) dt =
p(t) dt,
0
0
de donde se concluye que |p| ≤ 1.
Estas observaciones motivan a escribir al término forzante p en la
forma p = p0 + c, en donde p0 = 0 y la constante c es el promedio de
p; de este modo, el problema que estudiaremos es:
u00 + au0 + sen u = p0 (t) + c.
(4.7)
1 En realidad, el resultado también vale si en vez de suponer que u es periódica
se pide únicamente que u(0) = u(T ), u0 (0) ≥ u0 (T )
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Empleando el teorema de Schauder y el método de super y subsoluciones probaremos el siguiente teorema:
Teorema [9]
Sea p0 una función continua tal que p0 = 0. Entonces existen
números d(p0 ) y D(p0 ), con −1 ≤ d(p0 ) ≤ D(p0 ) ≤ 1, tales que (4.7)
tiene al menos una solución T -periódica si y sólo si c ∈ [d(p0 ), D(p0 )].
Observación
Este resultado generaliza un resultado probado en [4] por métodos variacionales para a = 0. De acuerdo con lo mencionado anteriormente, en este caso puede probarse que existen soluciones para c = 0,
es decir: d(p0 ) ≤ 0 ≤ D(p0 ). Para el problema con fricción (a 6= 0)
el teorema asegura, en primer lugar, que el conjunto de valores de c
para los cuales hay solución es no vacı́o. Para ciertos casos, esto ya
lo vimos en el ejercicio (5c) del capı́tulo previo; sin embargo, aun si
a = 0, hasta el momento no se sabe si existe o no alguna función
p0 para la cual d(p0 ) = D(p0 ). Cuando esto ocurre, se dice que el
problema es singular: se demostró que el conjunto de funciones para
las que vale d(p0 ) < D(p0 ) es abierto y denso en L2 (0, T ), pero el
problema general permanece irresuelto.
En el ejercicio (5d ) del capı́tulo previo se ve también que, en ciertos casos particulares, si el problema es singular entonces las soluciones periódicas forman un continuo; esto ha sido probado en forma
más general por Ortega y Tarallo. Más concretamente, en [30] se demuestra (para a = 0) que los siguientes enunciados son equivalentes:
(i) d(p0 ) = D(p0 ).
(ii) Para todo r ∈ R existe una única solución T -periódica ur para
p = p0 tal que ur (0) = r.
(iii) Existe una curva continua r → ur tal que
lı́m ur (t) = ±∞
r→±∞
uniformemente en t.
Aunque el problema general es difı́cil, es posible dar algunas condiciones concretas sobre p0 que garantizan que el intervalo de valores
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
para los cuales hay solución no se reduce a un punto. Por ejemplo, si
kp0 k∞ < 1 esto es evidente: en efecto, en tal caso kp0 + ck∞ ≤ 1 para
c en algún entorno del 0, y tomando α = π2 , β = 3π
2 resulta:
α00 + aα0 + sen α = 1 ≥ p0 + c,
β 00 + aβ 0 + sen β = −1 ≤ p0 + c.
Luego, el método de super y subsoluciones asegura que el problema
tiene al menos una solución entre π2 y 3π
2 . Otro ejemplo de condiciones
concretas para que el problema sea no singular se ve más adelante,
en el ejercicio 7, sección 4.4.
Demostración del Teorema:
Sea I(p0 ) := {c ∈ R : (4.7) tiene alguna solución T -periódica}.
Por el método de super y subsoluciones, se ve en primer lugar que
I(p0 ) es un intervalo: si c1 , c2 ∈ I(p0 ) son tales que c1 < c2 , tomamos
u1 y u2 soluciones respectivas para c1 y c2 . Entonces para c ∈ [c1 , c2 ]
se tiene que
u001 + au01 + sen u1 ≤ p0 + c ≤ u002 + au02 + sen u2 .
En consecuencia, u1 y u2 son respectivamente una super y una subsolución del problema. El inconveniente es que nada permite asegurar
que u1 y u2 estén ordenadas; sin embargo, por la periodicidad del
problema es claro que podemos reemplazar a u1 por u1 + 2kπ, en
donde k ∈ Z es suficientemente grande, de modo que valga u1 ≥ u2
(esto es posible porque u1 y u2 son continuas).
Empleando el teorema de Schauder, veremos ahora que I(p0 ) es
no vacı́o y compacto. Para ello, observemos nuevamente que si u
es una solución T -periódica de (4.7), entonces c tiene que ser igual
al promedio de la función sen u(t). Esto nos motiva a considerar el
siguiente problema integro-diferencial:
u00 + au0 + sen u = p0 (t) + c(u),
u(0) = u(T ) = r
(4.8)
RT
en donde c(u) = T1 0 sen u(t) dt. Como la parte no lineal de este
problema es acotada, una aplicación del teorema de Schauder análoga
a la empleada para el problema (3.2) con f sublineal, nos dice que
i
i
i
i
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[SEC. 4.2: SUPER Y SUBSOLUCIONES - CASO GENERAL
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para todo r ∈ R existe al menos una solución u de (4.8). Integrando,
se ve que u satisface:
Z T
Z T
00
0
c(u) dt.
(u + au + sen u) dt =
0
0
Por definición de c(u) y por ser u(T ) = u(0), se deduce que
Z T
0
0
u (T ) − u (0) =
u00 (t) dt = 0;
0
vale decir: u es T -periódica.
Luego, podemos pensar directamente:
I(p0 ) = {c(u) : u es solución de (4.8) para algún r},
de donde se prueba que I(p0 ) es no vacı́o2 . Más aun, si u es solución
de (4.8) para algún r, entonces u + 2π es solución para r + 2π, y vale
c(u) = c(u + 2π). De esta forma,
I(p0 ) = {c(u) : u es solución de (4.8) para algún r ∈ [0, 2π]}.
Para ver la compacidad, supongamos que un es solución de (4.8) para
algún rn ∈ [0, 2π]. Por medio de estimaciones a priori similares las
que ya vimos (cf. con el ejercicio (2a) del capı́tulo previo), existe una
constante C tal que
kun − rn k∞ ≤ Cku00n + au0n kL2 ,
ku0n k∞ ≤ Cku00n + au0n kL2 .
Pero la sucesión {u00n + au0n } está claramente acotada; en consecuencia, el teorema de Arzelá-Ascoli dice que existe una subsucesión {unj }
que converge uniformemente a cierta función u. Es claro, además, que
c(unj ) → c(u). Por otra parte, también la sucesión {u00nj } está acotada para la norma infinito, y nuevamente el teorema de ArzeláAscoli nos dice que existe una subsucesión {unjk } tal que {u0nj } conk
verge uniformemente a cierta función continua v. Escribiendo un (t) =
2 En particular, si I(p ) = {c } para cierto c , se obtiene un continuo de
0
0
0
soluciones periódicas para p = p0 + c0 .
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
Rt
un (0) + 0 u0n (s) ds y tomando lı́mite sobre la subsucesión, vemos que
Rt
u(t) = u(0) + 0 v(s) ds, de donde se deduce que u es de clase C 1 y
u0 = v. Finalmente, a partir de la ecuación
u00n + au0n + sen un = p0 + c(un )
se ve que u00nj converge uniformemente a cierta función continua w.
k
Rt
Escribiendo ahora u0n (t) = u0n (0) + 0 u00n (s) ds deducimos que u es de
clase C 2 y resulta solución del problema (4.8). Esto prueba que I(p0 )
es compacto.
4.2.3.
Pequeña digresión: principio del antimáximo
Como vimos, uno de los principales argumentos en el método de
super y subsoluciones consiste en la aplicación del principio del máximo, del que vimos dos demostraciones diferentes. Pero vale la pena
pensarlo también en términos de la función de Green definida en el
apéndice: si u00 − λu = ϕ, entonces:
u(t) = [u(1) − u(0)]t + u(0) +
Z
1
G(t, s)ϕ(s) ds.
0
De esta manera, es fácil comprobar que el principio del máximo es
consecuencia inmediata del hecho (cuya demostración queda como
ejercicio) de que la función de Green es negativa: de esta forma, si
ϕ ≥ 0 y u(0), u(1) ≤ 0 entonces u(t) ≤ 0 para t ∈ [0, 1].
Esto da lugar a una observación interesante, que vale por ejemplo
para el problema periódico. En primer lugar, notemos que el problema
u00 + λu = 0 tiene soluciones T -periódicas no triviales únicamente
¢2
¡
para cierto k ∈ N0 . Entonces es fácil ver que para
cuando λ = 2kπ
T
¡ 2π ¢2
0<λ< T
el problema u00 + λu = ϕ(t) tiene para toda ϕ una
única solución T -periódica, que se puede expresar en la forma
u(t) =
Z
T
Gλ (t, s)ϕ(s)ds,
0
i
i
i
i
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[SEC. 4.2: SUPER Y SUBSOLUCIONES - CASO GENERAL
en donde Gλ es la función de Green dada por

´
³
√
√
 √1 σ cos[ λ(t − s)] + sen[ λ(t − s)]
2 λ ³
´
Gλ (t, s) =
√
√
 √1 σ cos[ λ(t − s)] − sen[ λ(t − s)]
2 λ
con
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si t ≥ s
si t < s,
(4.9)
√
sen( λT )
√
.
σ=
1 − cos( λT )
¡ π ¢2
Un simple cálculo muestra que si además λ < 2T
, vale Gλ ≥ 0; en
consecuencia, se obtiene el siguiente resultado, conocido como principio del anti-máximo para el problema periódico de segundo orden:
Principio del anti-máximo. Si u es T -periódica y satisface u00 +
¡ π ¢2
λu ≥ 0 para 0 < λ < 2T
, entonces u ≥ 0.
Entre otras cosas, este principio nos dice que en ciertos casos
es posible obtener obtener soluciones de un problema periódico en
presencia de una supersolución β y una subsolución α periódicas,
pero en orden inverso, es decir: β ≤ α. La condición que pediremos
para f es evidente, si tenemos en cuenta el rango de valores para los
que se cumple el principio del anti-máximo:
Proposición
Sea f : [0, T ] × R → R continua, y sean α ≥ β funciones T periódicas tales que α y β son respectivamente una subsolución y una
supersolución del problema u00 = f (t, u). Si para cada t ∈ [0, T ] la
función u 7→ f (t, u) + λu es creciente para β(t) ≤ u ≤ α(t), en donde
¡ π ¢2
λ satisface 0 < λ < 2T
, entonces existe al menos una solución
T -periódica u del problema con β ≤ u ≤ α.
La demostración es inmediata: alcanza con definir el operador de
punto fijo dado por T v = u, con u la única solución T -periódica del
problema u00 + λu = f (t, v) + λv. Por la hipótesis, usando el principio
del anti-máximo se ve que si β ≤ v ≤ α entonces β ≤ u ≤ α y el
resultado se deduce del teorema de Schauder.
También puede efectuarse la demostración definiendo el método
iterativo que vimos en 4.1.1. Notar que si f es de clase C 1 respecto de
i
i
i
i
i
i
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
u, entonces la condición de la proposición anterior equivale a pedir:
¡ π ¢2
∂f
> − 2T
mı́nK ∂u
, en donde
K = {(t, u) : 0 ≤ t ≤ T, β(t) ≤ u ≤ α(t)}.
A modo de ejemplo, podemos volver a considerar la ecuación del
péndulo forzado
u00 + au0 + sen u = p(t).
Como vimos, si −1 ≤ p ≤ 1, entonces el método de super y subsoluciones permite encontrar fácilmente una solución T -periódica entre
α = π2 y β = 3π
2 . Pero este nuevo resultado permite ver que si
T es pequeño entonces existe una segunda solución entre β = − π2
y α = π2 . En efecto, por ejemplo para el caso a = 0 basta pedir
¡ π ¢2
para − π2 ≤ u ≤ π2 , lo que obviamente equivale a
− cos u > − 2T
π
decir: T < 2 .
En general, la existencia de una segunda solución ha sido probada
por ejemplo en [23]. Para el caso no variacional, en [9] se ha demostrado que si c pertenece al interior del intervalo [d(p0 ), D(p0 )] entonces
el problema tiene al menos dos soluciones para p = p0 + c. Lo que
mostramos con este ejemplo es que en esta situación especı́fica en
que −1 ≤ p ≤ 1 y T es pequeño, el resultado se puede probar por
métodos elementales. 3
En rigor, la segunda solución para p y T cualesquiera se puede
obtener empleando un método más general de super y subsoluciones,
en el que α y β no están necesariamente ordenadas (ver por ejemplo
[6]). Vale la pena señalar que este método requiere indefectiblemente
alguna condición en los términos de la ecuación: por ejemplo, si consideramos el problema
u00 + 4u = sen(2t)
u(0) = u(π) = 0,
entonces multiplicando ambos términos por sen(2t) se ve que no hay
soluciones, a pesar de que α = sen(t) y β = − sen(t) son respectivamente una sub y una supersolución, en este caso en orden inverso:
α ≥ β.
3 Cabe aclarar que el problema tiene en realidad infinitas soluciones, pues si
u es solución entonces u + 2π también. Por eso, cuando decimos que existen dos
soluciones distintas nos referimos a soluciones que no difieren en un múltiplo de
2π.
i
i
i
i
i
i
i
[SEC. 4.3: INTERVALOS NO ACOTADOS - MÉTODO DIAGONAL
4.3.
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Intervalos no acotados - Método diagonal
Consideremos ahora el problema
½ 00
u = f (t, u)
t ∈ (0, +∞)
u(0) = u0 , u(∞) = u∞ ,
(4.10)
donde
u(∞) = lı́m u(t).
t→+∞
y supongamos que α, β ∈ C 2 ([0, +∞)) son respectivamente una sub
y una supersolución del problema, lo que en este caso significa:
α00 ≥ f (t, α),
α(0) ≤ u0 ≤ β(0),
β 00 ≤ f (t, β),
α(∞) = β(∞) = u∞ .
Vamos a introducir un argumento diagonal, que demostrará la
existencia de una solución de (4.10).
Teorema
Sean α y β como antes, y supongamos que α ≤ β. Entonces el
problema (4.10) tiene al menos una solución u tal que α ≤ u ≤ β.
Demostración. Para cada N ∈ N, consideremos el siguiente problema
de Dirichlet en el intervalo acotado [0, N ]:
½
u00 = f (t, u)
t ∈ (0, N )
)
u(0) = u0 , u(N ) = α(N )+β(N
.
2
(4.11)
Por los resultados que ya vimos para un intervalo acotado, existe al
menos una solución uN de (4.11) tal que α|[0,N ] ≤ uN ≤ β|[0,N ] . Para
M fijo y N ≥ M , definimos
ϕN (t) =
Entonces
uN (M ) − u0
t + u0 .
M
°
°
°(uN − ϕN )00 ° ∞
≤ c̄
L (0,M )
i
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
para cierta constante c̄ que depende solamente de M (pues uN está entre α y β). Luego, kuN − ϕN kC 2 ([0,M ]) está acotada por cierta constante cM independiente de N .
Por el teorema de Arzelá-Ascoli, es fácil comprobar que existe una
subsucesión de {uN }N ≥M que converge en [0, M ], para la norma C 1 .
Vamos a proceder de la siguiente manera: tomemos M = 1 y elijamos
una subsucesión, a la que volveremos a llamar {uN }, que converge
en C 1 ([0, 1]) a cierta función u1 . Repitiendo el procedimiento para
M = 2, 3, . . ., podemos suponer que uN |[0,M ] converge a cierta función
uM en el sentido de la norma C 1 .
A partir de la construcción, se ve que uM +1 |[0,M ] = uM ; de
este modo, la función u : [0, +∞) → R dada por u(t) = uM (t) si
0 ≤ t ≤ M está bien definida. Además, u(0) = u0 , y u00N converge
uniformemente en [0, M ] a f (t, u). Entonces para t ≤ M ≤ N podemos escribir
Z tZ s
uN (t) = u0 + u0N (0)t +
u00N (r) drds,
0
0
y tomando lı́mite obtenemos
u(t) = u0 + u0 (0)t +
Z tZ
0
s
f (r, u) drds.
0
De esta forma, u es una solución de la ecuación en [0, +∞), y claramente cumple las condiciones de contorno.
4.4.
1.
Ejercicios
Probar que el problema
½ 0
u = u4 + cos(t) − 1
u(0) = u(2π)
tiene al menos una solución u tal que sen t ≤ u(t) ≤ sen t + 2
para todo t ∈ [0, 2π].
2.
Desarrollar el método de super y subsoluciones para la ecuación
u00 = f (t, u) con f continua, bajo condiciones
i
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[SEC. 4.4: EJERCICIOS
a)
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Periódicas: u(0) − u(T ) = u0 (0) − u0 (T ) = 0.
b)
De Neumann: u0 (0) = u0 , u0 (T ) = uT .
c)
De Sturm-Liouville:
a0 u(0) + b0 u0 (0) = c0 ,
aT u(T ) + bT u0 (T ) = cT .
¿Qué condiciones deben cumplir a0 , aT , b0 y bT ?
d)
Algunas condiciones no lineales, por ejemplo:
u0 (0) = g0 (u(0))
u0 (T ) = gT (u(T )),
con g0 , gT : R → R funciones continuas.
3.
Probar que el problema
u00 = p(t) + u5 + g(t, u0 )
con p : [0, T ] → R y g : [0, T ] × R → R continuas y g acotada
tiene al menos una solución T -periódica.
4.
Desarrollar un método iterativo análogo al de la sección 4.1.1
para otras condiciones de contorno. ¿Puede decirse algo acerca
del orden de convergencia?
5.
Probar que la ecuación del péndulo forzado admite soluciones
T periódicas para kpk∞ ≤ 1.
6.
a)
Sea g : R → R continua y periódica con perı́odo Tg , y sean
u1 y u2 funciones T -periódicas tales que
u00i + au0i + g(ui ) = p(t) + ci ,
con c1 ≤ 0 ≤ c2 . Probar que el problema
u00 + au0 + g(u) = p(t)
tiene al menos una solución T -periódica. ¿Vale el resultado
si p ∈ L2 (0, T )?
i
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
b)
Sea p ∈ L2 (0, T ), y sea Ig (p) el conjunto de todos los
valores c ∈ R tales que el problema
u00 + au0 + g(u) = p(t) + c
tiene al menos una solución T -periódica. Deducir de (a)
que Ig (p) es un intervalo acotado. ¿Es cerrado? ¿Es no
vacı́o?
7.
En la situación del Teorema de la sección 4.2.2, escribir u =
v + P0 , en donde P0 es la única solución del problema
P000 + aP00 = p0 ,
P0 (0) = P0 (T ),
P 0 = 0.
Como p0 = 0 vale: P00 (0) = P00 (T ).
a)
Probar que
|c(v + P0 ) − c(v + P0 )| ≤ T −1/2 kv − vkL2 .
b)
Usando que kv − vkL2 ≤
verificar que
kv 0 kL2 ≤
T
0
2
2π kv kL
y que v(T ) = v(0),
T 00
kv + av 0 kL2 .
2π
En consecuencia:
|c(v + P0 ) − c(v + P0 )| ≤ 2
c)
T
2π
¶2
:= M
Siendo d(p0 ) el mı́nimo valor de c(u) sobre el conjunto X
de soluciones de (4.8) para algún r, deducir que
d(p0 ) = mı́n c(u) =
u∈X
d)
µ
mı́n c(v+P0 ) ≤
v+P0 ∈X
inf
v+P0 ∈X
c(v+P0 )+M.
Como (4.8) tiene soluciones con promedio arbitrario, concluir que
d(p0 ) ≤ inf c(r + P0 ) + M = M − M (P0 ),
r∈R
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[SEC. 4.4: EJERCICIOS
donde
M (P0 ) =
1 h³
T
Z
T
cos P0 (t) dt
0
´2 ³ Z
+
T
sen P0 (t) dt
0
´2 i1/2
.
De modo análogo, ver que D(p0 ) ≥ M (P0 ) − M .
e)
8.
Obtener en forma explı́cita una condición suficiente para
que valga d(p0 ) < 0 < D(p0 ).
Consideremos la ecuación u00 = f (t, u, u0 ), con f : [0, T ] × R2 →
R continua tal que
|f (t, u, v)| ≤ c(u)(1 + v 2 )
para cierta función c : R → R+ continua. Probar que para todo
k > 0 existe R = R(k) tal que si u es una solución tal que
|u(t)| ≤ k en [0, T ] entonces |u0 (t)| ≤ R. Deducir un resultado
de existencia análogo al de la sección 4.2.1.
Sugerencia: si u0 6= 0 en (t0 , t1 ) y por ejemplo u0 (t0 ) = 0, escribir
a t como función de u y definir u0 = u(t0 ), p(u) = u0 (t) y q = p2 .
Entonces
dq
≤ 2c(1 + q(u)),
q(u0 ) = 0,
dy
de donde se deduce una cota para q. Analizar por separado el
caso en que u0 no se anula en [0, T ], empleando el teorema de
Lagrange.
Deducir un resultado de existencia de soluciones para el problema de Dirichlet.
9.
Probar que la ecuación
u00 (t) + u0 (t)2 = −1
con condición de Dirichlet u(0) = u(T ) = 0 no tiene solución
para T ≥ π. ¿Contradice esto el ejercicio anterior?
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[CAP. 4: EL MÉTODO DE SUPER Y SUBSOLUCIONES
4.4.1.
1.
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Método diagonal
Probar que el problema
 00
 u = u3 + u
u(0) = u0 ,

lı́mt→+∞ u(t) = 0
tiene al menos una solución. ¿Puede haber más de una?
2.
Sea f : [0, +∞) × R → R continua tal que f (t, u)sgn(u) ≥
0 para |u| À 0. Supongamos además que para todo M > 0
existe ϕM ∈ L1 (0, +∞) tal que |f (t, u)| ≤ ϕM (t) para |u| ≤ M .
Probar que el problema
 00
 u = f (t, u)
u0 (0) = u0 ,

lı́mt→+∞ u0 (t) = 0
tiene al menos una solución.
3.
Generalizar el método diagonal para f = f (t, u, u0 ).
4.
Generalizar el método de super y subsoluciones y el método
diagonal para un sistema de ecuaciones de segundo orden.
5.
a)
Sean c > 0 y ϕ : [0, +∞) → R continua tal que ϕ(t) → 0
exponencialmente para t → +∞, es decir: |ϕ(t)| ≤ M e−rt
para ciertas constantes M, r > 0. Probar que el problema
lineal
½ 00
u − cu = ϕ(t)
u(0) = u0 , u(+∞) = 0.
tiene solución única para todo u0 ∈ R.
b)
Consideremos f : [0, +∞) × R → R una función continua
y sean α, β : [0, +∞) → R tales que α ≤ β, α00 ≥ f (t, α),
β 00 ≤ f (t, β), α(+∞) = β(+∞) = 0. Supongamos además
que para cierto c > 0 se cumple que f (t, α) − cα → 0 y
f (t, β) − cβ → 0 exponencialmente para t → +∞, y que
para cada t la función u 7→ f (t, u) − cu es decreciente en
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[SEC. 4.4: EJERCICIOS
el conjunto {u : α(t) ≤ u ≤ β(t)}. Definimos u1 = α, e
inductivamente un+1 como la única solución del problema
u00n+1 − cun+1 = f (t, un ) − cun ,
un+1 (0) = u0 , un+1 (+∞) = 0
para cierto valor u0 ∈ [α(0), β(0)]. Probar que un converge
a una solución del problema
½ 00
u = f (t, u)
u(0) = u0 , u(+∞) = 0.
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Capı́tulo 5
El teorema de
Leray-Schauder: un caso
particular
En este capı́tulo veremos una extensión del teorema de Schauder
que tiene importantes aplicaciones a los problemas no lineales.
Comencemos por un ejemplo, a partir del problema (3.2) que ya
hemos estudiado, pero ahora supondremos que para todo t la función f es continua y creciente en u. Como vimos, en este caso la
existencia de soluciones se puede probar de un modo sencillo si se
asumen hipótesis más fuertes: por ejemplo, en el ejercicio (3) de la
sección 1.4.1 se propone demostrar la existencia (y unicidad) de soluciones suponiendo que f es globalmente Lipschitz. Vamos a ver que
en realidad esta hipótesis no hace falta: en algún sentido, probaremos
un resultado del tipo “unicidad implica existencia”. Esto no pasa de
ser un comentario informal, aunque vagamente podrı́a pensarse como
una versión no lineal de la alternativa de Fredholm. O bien, en un
contexto más elemental, del resultado que dice: si T : Rn → Rn es
lineal e inyectiva, entonces es suryectiva.
Veamos entonces, en primer lugar, la unicidad. Si u y v son dos
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Capı́tulo 5: El teorema de Leray-Schauder
soluciones del problema, como f es creciente vale:
(u − v)00 (u − v) = [f (t, u) − f (t, v)](u − v) ≥ 0
Además, u − v se anula en los extremos, y al integrar por partes se
obtiene:
Z 1
Z 1
00
[(u − v)0 ]2 dt.
(u − v) (u − v) dt = −
0≤
0
0
Luego u − v es constante, y por la condición de borde resulta u = v.
Daremos ahora dos ideas diferentes para resolver el problema;
cada una de ellas nos va a dar nuevas herramientas topológicas que
pueden ser de utilidad para otros casos.
1) Un argumento “de continuación”:
La idea consiste en agregar un parámetro λ ∈ [0, 1] a la ecuación,
(
u00 = λf (t, u)
u(0) = u0 , u(1) = u1
y empleando el hecho de que sabemos resolver el problema para λ = 0,
tratar de llegar de alguna manera al caso que nos interesa, con λ = 1.
Como veremos, esto es apenas el ejemplo más elemental de una
homotopı́a, pero puede generalizarse para diversas situaciones.
En este problema particular, es suficiente con emplear el simple
hecho de que el intervalo [0, 1] es conexo, y probar:
1.
Si hay solución para λ < 1, entonces hay solución para λ + ε,
con ε suficientemente pequeño.
2.
Si hay solución para λ − ε, con ε suficientemente pequeño, entonces hay solución para λ.
Si logramos probar estas dos afirmaciones, entonces el conjunto
de valores de λ ∈ [0, 1] para los que hay solución es abierto y cerrado,
y además no vacı́o pues contiene al 0, de donde resulta que es todo
el intervalo [0, 1].
Más precisamente, se puede probar el siguiente resultado, que queda como ejercicio: Si para λ < 1 y para toda ϕ continua el problema
(
u00 = λf (t, u) + ϕ(t)
u(0) = u0 , u(1) = u1
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[CAP. 5: EL TEOREMA DE LERAY-SCHAUDER: UN CASO PARTICULAR
tiene solución, entonces para |ε| pequeño el problema
(
u00 = (λ + ε)f (t, u) + ϕ(t)
u(0) = u0 , u(1) = u1
tiene solución para toda ϕ continua. Esto se obtiene por medio del
teorema de Schauder, definiendo para cada v fijo u = T v como la
solución (única, por ser f creciente) del problema
u00 = λf (t, u) + εf (t, v) + ϕ(t),
u(0) = u0 ,
u(1) = u1 .
Puede probarse que T es compacto, y si ε es pequeño entonces hay
un conjunto invariante apropiado.
2) Acotaciones “a priori”: como hemos visto, para poder aplicar
el teorema de Schauder no sólo hace falta definir un operador compacto T en cierto espacio apropiado, sino también encontrar un conjunto (convexo, cerrado y acotado) que sea invariante por T .
Esto no siempre es fácil, aunque en muchos casos resulta de gran
ayuda encontrar estimaciones a priori para las soluciones. Ello significa que, en muchos casos, antes de saber si existe alguna solución
es posible encontrar una cota superior para su norma. Veamos cómo
esto puede hacerse en nuestro ejemplo. Si u es una solución de (3.2),
entonces llamando ul a la recta que une los puntos (0, u0 ) y (1, u1 ),
por ser f creciente en u se tiene:
(u − ul )00 (u − ul ) = (f (t, u) − f (t, ul ))(u − ul ) + f (t, ul )(u − ul )
≥ f (t, ul )(u − ul ).
Integrando ambos miembros obtenemos:
k(u − ul )0 k2L2 ≤ −
Z
1
0
f (t, ul )(u − ul ) dt ≤ ku − ul kL2 kf (·, ul )kL2 .
Luego, por la desigualdad de Poincaré (ver apéndice, sección 10.4)
dada por ku − ul kL2 ≤ π1 ku0 − u0l kL2 , se concluye que
ku0 − u0l kL2 ≤
1
kf (·, ul )kL2 ,
π
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[SEC. 5.1: EL TEOREMA DE LERAY-SCHAUDER
y en definitiva
kuk∞ ≤ kul k∞ +
1
kf (·, ul )kL2 := R.
π
Notemos que R sólo depende de los datos del problema; esto dice que
si vamos a trabajar en el espacio C([0, 1]), entonces no tiene sentido
buscar soluciones fuera de la bola de radio R.
A continuación veremos cómo, refinando un poco el argumento
de punto fijo, se puede obtener una ventaja de esto para encontrar
soluciones del problema.
5.1.
El teorema de Leray-Schauder
En la sección previa hemos mostrado una forma de resolver el
problema (3.2) por medio de un argumento de continuación. Además,
vimos que las posibles soluciones de (3.2) están “acotadas a priori”:
existe un R > 0 tal que si u es solución de (3.2) entonces kuk∞ ≤ R.
Esto dice que todos los posibles puntos fijos del operador compacto
T : C([0, 1]) → C([0, 1]) dado como en los capı́tulos previos por
T v = u, con u la única solución del problema lineal
u00 = f (t, v)
u(0) = u0 ,
u(1) = u1
se encuentran en la bola de radio R. Sin embargo, no vale en general
que T (BR (0)) ⊂ BR (0), de modo que el teorema de Schauder no se
puede aplicar directamente.
Vamos a esbozar un argumento intuitivo, que nos va a dar una
manera de resolver el problema; más aun, nos permitirá formular una
extensión del teorema de Schauder.
La idea es la siguiente: como sabemos que las soluciones se encuentran en la bola de radio R, podemos definir otro operador compacto
T ∗ de la siguiente forma:
½
Tu
si kT uk∞ ≤ R
T ∗u =
R
T
u
si kT uk∞ > R.
kT uk∞
Por definición, la imagen de T ∗ está contenida BR (0); en particular, esto implica que T ∗ tiene un allı́ punto fijo u. Veremos que es
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[CAP. 5: EL TEOREMA DE LERAY-SCHAUDER: UN CASO PARTICULAR
posible elegir el valor de R con un poco más de cuidado, de modo tal
que se pueda asegurar que kT uk∞ ≤ R: en otras palabras, que u es
en realidad punto fijo de T .
Para lograr esto, veamos en primer lugar qué ocurre si se tiene un
punto fijo u ∈ BR (0) del operador T ∗ que no es punto fijo de T : en
tal caso, debe ser kT uk∞ > R, y
u = T ∗u =
R
T u.
kT uk∞
R
∈ (0, 1); de
En otras palabras, resulta u = λT u para λ := kT uk
∞
esta forma, la existencia de un punto fijo de T quedará garantizada
si logramos encontrar R de modo tal que todas las soluciones de la
ecuación u = λT u con λ ∈ (0, 1] estén acotadas “a priori” por R.
En este ejemplo particular, esto puede hacerse prácticamente del
mismo modo que en el caso λ = 1: la única diferencia consiste en que
si u = λT u, entonces
u00 = λ(T u)00 = λf (t, u),
u(0) = λT u(0) = λu0 ,
u(1) = λT u(1) = λu1 .
Llamemos ahora ul,λ a la recta que une (0, λu0 ) con (1, λu1 ), se tiene
que
λ
ku0 − u0l,λ kL2 ≤ kf (·, ul,λ )kL2 ,
π
y como f es continua vale
kuk∞ ≤ máx{|u0 |, |u1 |} +
1
sup kf (·, ul,λ )kL2 := R < ∞.
π λ∈[0,1]
Podemos observar que, más allá de resolver el problema (3.2),
el procedimiento anterior aplicado para un operador T cualquiera
permite probar el siguiente teorema:
Teorema (Leray-Schauder, caso particular)
Sea E un espacio de Banach y T : E → E un operador compacto.
Si existe R > 0 tal que
Si x = λT x para cierto λ ∈ [0, 1] ⇒ kxk < R,
entonces T tiene al menos un punto fijo.
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[SEC. 5.2: EJERCICIOS
Observación
El resultado anterior es conocido también como Teorema de Schaefer. Como mencionamos (y según veremos más adelante), el hecho de
agregar un parámetro λ a la ecuación puede interpretarse en cierto
contexto adecuado como una homotopı́a entre dos funciones F y G.
El teorema de Schaefer corresponde al caso más sencillo, que es el de
una homotopı́a lineal: h(x, λ) = F (x) + λ(G(x) − F (x)); la versión
general del teorema surgirá en forma inmediata cuando definamos el
denominado grado de Leray-Schauder.
5.2.
1.
Ejercicios
Sea f : [0, T ] × R → R una función continua y decreciente en u.
a)
Probar que la aplicación T : C([0, T ]) × R2 → C 2 ([0, T ])
que a cada (p, u0 , uT ) le hace corresponder la única solución del problema
u00 + f (t, u) = p(t)
u(0) = u0 , u(T ) = uT
está bien definida y es continua. ¿Qué relación tiene esto
con el ejercicio 3 de la sección 1.4.1?
b)
Probar que si se piensa T : C([0, T ]) × R2 → C([0, T ]),
entonces T es compacta (es decir: es continua, y envı́a
conjuntos acotados en conjuntos de clausura compacta).
c)
Dada p ∈ C([0, T ]), probar que el conjunto
S(p) = {u ∈ C 2 ([0, T ]) : u00 + f (t, u) = p(t)}
es homeomorfo a R2 . Interpretar este hecho como una generalización del resultado conocido para la ecuación lineal
u00 + ϕ(t)u = p(t)
con
ϕ ≤ 0.
¿Cómo es S(p) en este caso?
2.
a)
Sea f˜ : [0, T ] × R → R una función continua y creciente en
u, y sea ũ una función que verifica
ũ00 = f˜(t, ũ)
ũ(0) = ũ0 , ũ(1) = ũ1 .
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[CAP. 5: EL TEOREMA DE LERAY-SCHAUDER: UN CASO PARTICULAR
Probar que existe ε > 0 tal que si
kf − f˜k∞ < ε,
|u0 − ũ0 | < ε,
|u1 − ũ1 | < ε
entonces el problema
u00 = f (t, u)
u(0) = u0 , u(1) = u1
(5.1)
tiene al menos una solución. ¿Es única?
b)
Expresar el resultado de (2a) en términos de la topologı́a
del conjunto
{(f, u0 , u1 ) : (5.1) tiene solución} ⊂ C([0, T ] × R) × R2 .
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Capı́tulo 6
El método de Newton
6.1.
Método de Newton
En el capı́tulo 4 hemos probado la validez un método iterativo que
permite, asumiendo que existe una sub y una supersolución α ≤ β
de cierto problema, construir una sucesión monótona que converge
a una solución. El argumento tiene varias ventajas: por un lado, la
iteración es fácil de definir, pues sólo consiste en resolver en cada paso
un problema lineal. Para la ecuación de segundo orden u00 = f (t, u)
(por ejemplo, con condiciones de Dirichlet), una vez que se conoce un
el problema que se debe resolver en el siguiente paso es: u00 − λu =
f (t, un (t)) − λun . Más aun, la representación de Green que se da en
el apéndice muestra que un+1 puede expresarse en la forma
un+1 (t) = l(t) +
Z
0
1
G(t, s)[f (s, un (s)) − λun (s)] ds,
(6.1)
en donde G es la función de Green asociada al problema y l es una
función lineal que depende solamente de los datos de contorno (en
particular, G y l no dependen de un ). Esto da una forma directa de
definir la sucesión por medio de una integral.
Además, la prueba de la convergencia de un a una solución del
problema es sencilla, y no requiere emplear siquiera teoremas de punto
fijo como el de Schauder.
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[CAP. 6: EL MÉTODO DE NEWTON
Sin embargo, este método iterativo tiene la desventaja de que no
permite estimar el error. En general, para esto es necesario imponer
alguna condición más fuerte sobre f ; por ejemplo, el método de aproximaciones sucesivas de Picard que vimos en el capı́tulo 2 garantiza
la convergencia lineal, a condición de que f sea globalmente Lipschitz
en u con constante suficientemente pequeña.
A continuación veremos un método que permite, bajo hipótesis
adecuadas, asegurar la convergencia cuadrática. En realidad, se trata
simplemente de una generalización del conocido método de Newton,
que se emplea para hallar ceros de una función F de una variable,
n)
por medio de la iteración un+1 = un − FF0(u
(un ) .
Intentaremos extender este método a problemas del tipo
u00 = f (t, u),
u(0) = u0 ,
u(1) = u1 ,
(6.2)
para lo cual vamos a pensar a las soluciones como ceros de la aplicación F (u) := u00 − f (·, u) en algún espacio funcional adecuado. Al
igual que en el método de Newton para una función en R, deberemos
pedir condiciones sobre las “derivadas” de F ; esto nos va a llevar a
pensarla como una aplicación diferenciable en el sentido habitual de
Fréchet:
Definición
Sean X e Y espacios normados, y sean A ⊂ X un abierto, y
F : A → Y una función. Se dice que F es diferenciable en x0 ∈ A si
existe una transformación lineal continua DF (x0 ) : X → Y tal que
F (x) − F (x0 ) = DF (x0 )(x − x0 ) + R(x),
con
R(x)
kx−x0 k
→ 0 para x → x0 .
Más aun, si F es diferenciable en todo punto de A, entonces se
tiene una nueva aplicación DF : A → L(X, Y ), en donde L(X, Y ) :=
{T : X → Y : T es lineal y continua}.
Recordemos que L(X, Y ) es un nuevo espacio normado, cuya norma se define por
kT k := sup kT (x)kY .
kxkX =1
Esto motiva las siguientes definiciones: dada F : A → Y diferenciable,
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[SEC. 6.1: MÉTODO DE NEWTON
1.
Si DF : A → L(X, Y ) es continua, entonces F se dice de clase
C 1.
2.
Si DF : A → L(X, Y ) es difenciable en x0 ∈ A, entonces F se
dice dos veces diferenciable en x0 .
En el último caso, la diferencial D(DF )(x0 ) : X → L(X, Y ) es una
aplicación lineal y continua; vale decir, un elemento de L(X, L(X, Y )).
Sin embargo, se la puede interpretar de otro modo a partir del hecho,
fácil de probar, de que si F es dos veces diferenciable en x0 entonces
para todo y, z ∈ X resulta:
D(DF )(x0 )(y)(z) = D(DF )(x0 )(z)(y).
Esto generaliza el resultado conocido para funciones dos veces diferenciables de Rn quen dice que la matriz hessiana es simétrica; en
particular, permite definir a la diferencial segunda como una aplicación bilineal simétrica (y continua) de X × X en Y :
D2 F (x0 )(y, z) := D(DF )(x0 )(y)(z).
De la misma forma que antes, si F : A → Y es dos veces diferenciable, entonces podemos pensar a D 2 F como una aplicación de A en
el espacio L2 (X, Y ) de aplicaciones bilineales, simétricas y continuas
de X × X en Y , provisto de la la norma usual
kBk :=
sup
kxkX =kykX =1
kB(x, y)kY .
Si D2 F : A → L2 (X, Y ) es continua para esta norma, entonces F se
dice de clase C 2 .
Obviamente estas definiciones pueden generalizarse aun más; sin
embargo, para desarrollar el método de Newton y demostrar la convergencia cuadrática en un contexto abstracto será suficiente considerar funciones de clase C 2 . Vamos a probar el siguiente caso particular del desarrollo de Taylor:
Teorema (Desarrollo de Taylor de orden 1, y expresión del resto)
Sean A, X, Y como antes, F : A → Y de clase C 2 , y sean x, y ∈ A
tales que el segmento [x, y] := {ty +(1−t)x : t ∈ [0, 1]} está contenido
en A. Entonces vale la fórmula
F (y) − F (x) = DF (x)(y − x) + R(y),
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[CAP. 6: EL MÉTODO DE NEWTON
en donde R satisface:
kR(y)kY ≤
1
M ky − xk2X
2
con
M = máx kD2 F (ξ)k.
ξ∈[x,y]
Observación
En la fórmula anterior, el máximo se alcanza, porque [x, y] es un
compacto.
Demostración. Obviamente, podemos suponer Y 6= {0}, pues el caso
Y = {0} es trivial.
En primer lugar, veamos que la fórmula vale para Y = R. En tal
caso, si ϕ(t) = ty + (1 − t)x tenemos (usando la regla de la cadena):
F (y) − F (x) − DF (x)(y − x) = F ◦ ϕ(1) − F ◦ ϕ(0) − (F ◦ ϕ)0 (0).
Por la expresión del resto de Lagrange para funciones de una variable,
sabemos que el último término es igual a 21 (F ◦ ϕ)00 (c), en donde
c ∈ (0, 1). Un simple cálculo muestra que entonces
F (y)−F (x)−DF (x)(y −x) =
1 2
D F (x+c(y −x))[y −x, y −x]. (6.3)
2
Luego
kF (y) − F (x) − DF (x)(y − x)kY ≤
1 2
kD F (x + c(y − x))k.ky − xk2X ,
2
lo que prueba la tesis. Si ahora tenemos Y 6= {0} cualquier espacio
normado, tomando ψ ∈ Y ∗ sabemos que para ψ ◦ F vale una fórmula
análoga a (6.3), para cierto c = c(ψ). Como ψ es lineal, empleando
la regla de la cadena resulta inmediato que
³
´ 1 ³
´
ψ F (y)−F (x)−DF (x)(y−x) = ψ D2 F (x+c(y−x))[y−x, y−x] .
2
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[SEC. 6.1: MÉTODO DE NEWTON
Llamando z = F (y)−F (x)−DF (x)(y−x), podemos elegir ψ ∈ Y ∗ tal
que ψ(z) = kzkY y además kψk = 1 (esto es una aplicación elemental
del teorema de Hahn-Banach). En consecuencia
°
°
1
kψk °(D2 F (x + c(y − x))[y − x, y − x]° .
Y
2
° 2
°
Como °(D F (x + c(y − x))[y − x, y − x]° ≤ M kx − yk2 , el resultaY
do se deduce entonces.
kzkY = ψ(z) ≤
Antes de desarrollar el método de Newton abstracto, vale la pena
volver a nuestro problema (6.2) y calcular la diferencial de la función
F (u) := u00 − f (·, u). En este caso, los elementos del espacio X deben
ser funciones dos veces derivables en algún sentido; una posibilidad
serı́a elegir X = C 2 ([0, 1]) provisto de la norma usual
kukC 2 := máx{kuk∞ , ku0 k∞ , ku00 k∞ }.
Sin embargo, para obtener mejores estimaciones resulta más conveniente el espacio de Sobolev
H 2 (0, 1) = {u ∈ C 1 ([0, 1]) : u0 absolutamente continua, u00 ∈ L2 (0, 1)}
con la norma (proveniente de un producto interno) dada por
¡
¢1/2
kukH 2 := kuk2L2 + ku0 k2L2 + ku00 k2L2
.
En cualquiera de los dos casos, si F es diferenciable entonces su diferencial en u aplicada a un elemento ϕ está dada por el lı́mite
DF (u)(ϕ) = lı́m
h→0
= ϕ00 − lı́m
h→0
F (u + hϕ) − F (u)
h
f (·, u + hϕ) − f (·, u)
.
h
De esta forma, si pedimos que f sea de clase C 1 respecto de u, es
fácil ver que F también resulta de clase C 1 , y vale:
DF (u)(ϕ) = ϕ00 −
∂f
(·, u)ϕ.
∂u
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Finalmente, si f es de clase C 2 respecto de u, entonces F es de clase
C 2 , y vale:
∂2f
D2 F (u)(ϕ, ψ) = − 2 (·, u)ϕψ.
∂u
Veamos ahora el método de Newton, en principio para una aplicación cualquiera F : X → Y de clase C 2 , en donde X es un espacio
de Banach. De acuerdo con el método conocido para X = Y = R,
vamos a comenzar en cierto u0 ∈ X y definir
un+1 = un − DF (un )−1 (F (un )).
(6.4)
Es claro que esta definición exige, tal como ocurre en el método
clásico, tener una región en la que DF (u) sea un operador inversible,
y asegurarse de que la sucesión {un } no “escapa” de dicha región.
Para el problema (6.2), esto se transformará en una condición concreta en términos de f . Por otra parte, (6.4) se puede escribir en la
forma
DF (un )(un+1 − un ) = −F (un )
(6.5)
y restando la igualdad análoga para un resulta:
DF (un )(un+1 − un ) = −[F (un ) − F (un−1 ] − DF (un−1 )(un − un−1 )].
Por la expresión del resto de Taylor, tenemos que
kDF (un )(un+1 − un )kY ≤
Mn
kun − un−1 k2X ,
2
en donde Mn es la norma de la diferencial segunda evaluada en cierto
valor intermedio ξ ∈ [un−1 , un ]. Luego, si Cn = kDF (un )−1 k, se
deduce:
C n Mn
kun+1 − un kX ≤
kun − un−1 k2X .
2
Ahora supongamos que existen constantes C y M tales que
Cn ≤ C, Mn ≤ M para todo n.
(6.6)
En tal caso, se prueba inductivamente la siguiente estimación:
kun+1 − un kX ≤
µ
CM
2
¶2n −1
n
ku1 − u0 k2X = A2
n
−1
ku1 − u0 kX ,
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en donde A = CM
2 ku1 −u0 kX . De esta forma, la convergencia (cuadrática) de la sucesión estará garantizada si A < 1, lo que significa que
u0 debe estar cerca de una solución. En efecto, siendo
u1 = u0 − DF (u0 )−1 (F (u0 ))
resulta
ku1 − u0 kX ≤ kDF (u0 )−1 (F (u0 ))kX ≤ kDF (u0 )−1 k.kF (u0 )kY ,
lo que en cierta forma dice que kF (u0 )kY tiene que ser pequeño.
Obviamente, una manera de lograr que valga (6.6) consiste en
pedir directamente que para todo u la diferencial DF (u) sea inversible, con kDF (u)−1 k ≤ C, y además kD 2 F (u)k ≤ M . Sin embargo, estas hipótesis pueden debilitarse. Por ejemplo, supongamos
que para cierto R > 0 sabemos que DF (u) es inversible en BR (u0 ),
y además
C := sup kDF (u)−1 k < ∞
u∈BR (u0 )
M :=
sup
u∈BR (u0 )
kDF 2 (u)k < ∞.
Los cálculos anteriores nos aseguran que, si se puede probar que
un ∈ BR (u0 ) para todo n, entonces la convergencia está garantizada
cuando A < 1. Vamos a poner una condición que permita asegurar
que valen las condiciones anteriores y además kun − u0 kX ≤ R para
todo n. En primer lugar, observemos que si u1 , · · · , un ∈ BR (u0 ),
resulta:
kun+1 − u0 kX ≤
n
X
j=0
kuj+1 − uj kX ≤ ku1 − u0 kX
n
X
A2
j
−1
j=0
1
ku1 − u0 kX .
1−A
En consecuencia, si se cumple que ku1 − u0 kX < (1 − A)R, entonces
A < 1 y un ∈ BR (u0 ) para todo n. Teniendo en cuenta las anteriores
acotaciones, una condición suficiente para que esto ocurra es:
µ
¶
CM R
CkF (u0 )kY 1 +
< R.
(6.7)
2
≤
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Ası́ planteada, la condición (6.7) es difı́cil de verificar pues las
constantes C y M dependen de R. Sin embargo, tiene una aplicación
muy concreta que será de utilidad en la próxima sección. La idea
consiste simplemente en mostrar que si se conoce una solución u0
de determinado problema, entonces el método de Newton permite
encontrar una solución de cierto problema “perturbado”. Más concretamente, dados F de clase C 2 y u0 un cero de F se puede definir
Fε := F + εφ para cierta φ y ver que bajo condiciones adecuadas
el problema Fε (u) = 0 tiene solución para ε > 0 suficientemente
pequeño.
En efecto, supongamos como antes que DF (u) es inversible para
u ∈ BR (u0 ), con C, M < ∞. Pedimos que φ también sea de clase C 2 ,
tal que
sup
u∈BR (u0 )
kDφ(u)k := Cφ < ∞
sup
u∈BR (u0 )
kD2 φ(u)k := Mφ < ∞.
Por otra parte, recordemos que el subconjunto de operadores inversibles es abierto en L(X, Y ); más precisamente, es fácil probar
que si T es inversible y kBk < kT 1−1 k , entonces T + B es inversible, y
se cumple:
kT −1 k
k(T + B)−1 k ≤
.
1 − kT −1 k.kBk
Tomando T = DF (u) y B = εDφ(u), entonces para u ∈ BR (u0 ) vale
kT −1 k ≤ C, y kBk ≤ εCφ ; de esta forma, si tomamos ε < Cφ1C resulta
C
que DFε (u) es inversible y además kDFε (u)−1 k ≤ 1−εC
:= Cε .
φC
Además,
sup kD2 Fε (u)k ≤ M + εMφ := Mε .
u∈BR (u0 )
Buscamos ahora que se cumpla una desigualdad análoga a (6.7) para
la función Fε . Pero esto es evidente si ε es pequeño, pues para ε → 0
se ve que Cε → C, Mε → M y Fε (u0 ) = εφ(u0 ) → 0.
Vamos a aplicar lo anterior al problema (6.2). Si f es de clase C 2
respecto de u entonces la iteración de Newton se define por medio de
la siguiente sucesión de problemas:
½ 00
∂f
(t, Un )(Un+1 − Un ),
Un+1 = f (t, Un ) + ∂u
(6.8)
Un+1 (0) = u0 , Un+1 (1) = u1 .
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Esto resulta en forma inmediata a partir de (6.5) y la fórmula para la
diferencial de F (u) = u00 − f (·, u) antes calculada. Sin embargo, para
que la sucesión esté bien definida debemos pedir que DF (Un ) sea
inversible. En realidad, alcanza con pedir solamente que (6.8) tenga
solución única; más adelante veremos que a veces basta incluso con
asegurar que (6.8) tiene al menos una solución.
Ahora bien, el problema (6.8) es lineal, del tipo u00 − µ(t)u = ξ(t),
∂f
con µ(t) = ∂u
(t, Un ); como vimos, una manera de garantizar que
∂f
(t, Un ) ≥ 0 1 .
tiene solución única consiste en pedir que ∂u
Bajo esta hipótesis, es fácil verificar del mismo modo que en el
capı́tulo 5 que el operador lineal
Ln w := w00 −
∂f
(t, Un )w
∂u
verifica la estimación kw 0 kL2 ≤ π1 kLn wkL2 para cualquier w tal que
w(0) = w(1) = 0. Esto nos va a resultar de utilidad, pues si restamos
las ecuaciones correspondientes a Un+1 y Un obtenemos:
Ln (Un+1 − Un ) = f (t, Un ) − f (t, Un−1 ) −
∂f
(t, Un−1 )(Un − Un−1 ).
∂u
En consecuencia, existe un valor intermedio ξn (t) tal que
Ln (Un+1 − Un ) =
1 ∂2f
(t, ξn (t))(Un − Un−1 )2 .
2 ∂u2
Notemos que para esta aplicación especı́fica no es preciso usar el
desarrollo de Taylor para operadores en espacios de Banach: lo que
estamos usando es la expresión usual del resto de Lagrange para f ,
para cada t fijo. Por otra parte, para asegurar la convergencia de Un
podemos mejorar un poco las condiciones que pedimos en nuestro
anterior planteo “abstracto”: esto se debe esencialmente al hecho de
que alcanzarı́a con probar por ejemplo la convergencia uniforme de
Un , y luego deducir que el limite U es de clase C 2 y resulta solución
∂f
(t, Un ) ≥ c para cierta constante c > −π 2 .
En realidad alcanza con menos: ∂u
Esto se debe a que el primer autovalor del operador −u00 para el problema de
Dirichlet en [0, 1] es justamente π 2 : de esta forma, se obtienen acotaciones a priori
∂f
similares a las del capı́tulo 3, para el operador u00 − ∂u
(·, Un ).
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[CAP. 6: EL MÉTODO DE NEWTON
del problema. En este aspecto, el procedimiento coincide con lo que
hemos hecho para el método iterativo del capı́tulo 4.
En virtud de las estimaciones anteriores, si para todo t y todo n
∂2f
vale que | ∂u
2 (t, ξn (t))| ≤ M para cierta M , entonces
0
− Un0 kL2 ≤
kUn+1
1
M
kLn (Un+1 − Un )kL2 ≤
k(Un − Un−1 )2 kL2
π
2π
y en consecuencia
kUn+1 − Un k∞ ≤
M
kUn − Un−1 k2∞ .
2π
Inductivamente,
kUn+1 − Un k∞ ≤ A2
donde A =
M
2π kU1
n
−1
kU1 − U0 k∞ ,
− U0 k∞ . Por otra parte,
U100 −
∂f
(t, U0 )(U1 − U0 ) = f (t, U0 ),
∂u
de donde
1
1
kL0 (U1 − U0 )k∞ = kU000 − f (·, U0 )k∞ := E0 .
π
π
Esto da una condición suficiente para que el método funcione: si
¯ 2
¯
¯∂ f
¯
∂f
¯
(t, u) ≥ 0, ¯ 2 (t, u)¯¯ ≤ M para t ∈ [0, 1], y |u − U0 (t)| ≤ R,
∂u
∂u
(6.9)
y además
µ
¶
MR
E0 1 +
≤ R,
2π
kU1 − U0 k∞ ≤
entonces Un converge en C([0, 1]) en forma cuadrática a una función
U tal que kU − U0 k∞ ≤ R. Según mencionamos, se puede probar
(queda como ejercicio) que U es una solución del problema.
A modo de comentario final, observemos que si las condiciones
que se piden en (6.9) valen para toda u (y no sólo en una bola de
radio R), entonces la convergencia está garantizada siempre que U0
se encuentre suficientemente cerca de la solución. Vale la pena señalar
que en este caso ya sabı́amos de antemano que dicha solución existe
y es única, pues f es decreciente (ver capı́tulo 5).
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[SEC. 6.2: MÉTODO DE NEWTON-CONTINUACIÓN
6.2.
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Método de Newton-continuación
El método de Newton presentado en la sección anterior tiene la
limitación de que, además de imponer condiciones muy restrictivas
para f , para poder asegurar la convergencia pueda asegurarse es preciso que la iteración comience suficientemente cerca de la solución. En
ciertos casos, no es fácil garantizar esto; veremos ahora un método
que combina el método de Newton con el de continuación, definiendo
una homotopı́a de parámetro λ ∈ [0, 1] con un problema cuya solución es conocida. De esta forma, conociendo una solución uλ para
cierto valor de λ, podemos aplicar el método de Newton y ası́ obtener soluciones para λ + ε. Los resultados de la sección previa sobre
el problema “perturbado” permiten decir que si ε es suficientemente
pequeño, la sucesión converge cuando se comienza la iteración en uλ .
Para la ecuación abstracta F (u) = 0, la idea consiste en definir
una homotopı́a h : X × [0, 1] → Y de clase C 2 , de modo tal que
h(·, 1) = F , y h(·, 0) := F0 sea cierta función de la cual conocemos
algún cero. El caso más sencillo está dado obviamente por la homotopı́a lineal
h(u, λ) = λF + (1 − λ)F0 .
De esta forma, si conocemos un cero de Fλ := h(·, λ), eso nos permitirá por medio del método de Newton, buscar una solución de
Fλ+ε (u) = 0. Para la homotopı́a lineal, esto consiste simplemente en
resolver el problema
Fλ (u) + ε(F (u) − F0 (u)) = 0,
que corresponde a lo desarrollado en la sección previa, tomando en
particular φ = F − F0 . Veamos a grandes rasgos el ejemplo concreto
correspondiente al anterior problema de Dirichlet, para el cual la
homotopı́a toma la siguiente forma:
u00 = λf (t, u)
u(0) = u0 ,
u(1) = u1 .
(6.10)
Para λ = 0, obviamente conocemos la (única) solución de este problema. Supongamos ahora que tenemos una solución uλ de (6.10) para
cierto λ < 1, e intentemos resolver el problema para λ + ε ≤ 1 con
ε suficientemente pequeño. La iteración de Newton que comienza en
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[CAP. 6: EL MÉTODO DE NEWTON
U0 = uλ está dada ahora por los problemas
³
(
´
∂f
00
= (λ + ε) f (t, Un ) + ∂u
Un+1
(t, Un )(Un+1 − Un ) ,
Un+1 (0) = u0 , Un+1 (1) = u1 .
(6.11)
Los cálculos son exactamente iguales que antes (podemos acotar directamente λ + ε por 1), asumiendo que (6.9) vale para cierto R. La
diferencia es que ahora la cota para E0 es una función de ε: como
U0 = uλ , que es solución de (6.10), entonces U000 = λf (t, U0 ), y
(U1 − U0 )00 − (λ + ε)
∂f
(t, U0 )(U1 − U0 ) = (λ + ε)f (t, U0 ) − U000
∂u
= εf (t, U0 ).
Luego
ε
kf (·, U0 )k∞ ,
π
y de esta forma (no importa cuánto vale R) la sucesión converge si ε
es pequeño; más concretamente:
µ
¶
MR
ε
kf (·, U0 )k∞ 1 +
≤ R.
π
2π
kU1 − U0 k∞ ≤
Lo anterior asegura que siempre que valga (6.9) en un entorno de
uλ , entonces existe una solución del problema para λ+ε; luego, existe
una sucesión
0 = λ 0 < λ1 < λ2 < . . .
para los cuales se puede construir una solución uλi . Sin embargo, el
valor de ε depende de uλ ; en consecuencia, a menos que se pueda
probar que el paso dado por ε no decrece demasiado rápidamente, no
hay forma de asegurar que el valor λ = 1 se alcanza.
6.3.
Cuasilinealización
En esta sección veremos un argumento de cuasilinealización para
el problema (6.2), que combina el método de Newton con el de super
y subsoluciones.
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[SEC. 6.3: CUASILINEALIZACIÓN
Supongamos que f es de clase C 2 respecto de la variable u, y
sean α ≤ β como en el capı́tulo 4. La idea es definir una iteración que
consiste en resolver en cada paso un problema cuasi-lineal, aunque
después de probar que la sucesión ası́ definida se encuentra en la región {u ∈ C([0, 1]) : α ≤ u ≤ β} se verá que en realidad la iteración es
la misma que la definida por la linealización de Newton. Bajo ciertas
hipótesis adicionales, esto permite probar entonces la convergencia
cuadrática.
Vamos a comenzar en U0 := α, y pediremos además que f sea
∂2f
cóncava como función de u, es decir: ∂u
2 ≤ 0 (si comenzamos en
U0 := β, debemos pedir que f sea convexa).
Al igual que en el método de super y subsoluciones, tomemos
∂f
λ ≥ 0 tal que λ ≥ ∂u
(t, u) para cada t ∈ [0, 1] y u ∈ [α(t), β(t)]. Pero
a diferencia de antes, el problema que resolveremos ahora es
½ 00
∂f
(t, α)[P (t, u) − α]
u − λu = f (t, α) − λP (t, u) + ∂u
(6.12)
u(0) = u0 , u(1) = u1
en donde P es la función de truncamiento definida en el capı́tulo 4.
Una vez más, el teorema de Schauder asegura que este problema tiene
al menos una solución, que cumple
¶
µ
∂f
00
(t, α) − λ [P (t, u) − α] ≤ f (t, α) − λα,
u − λu = f (t, α) − λα +
∂u
y entonces u ≥ α. Por otra parte, para cualquier y podemos escribir
f (t, y) = f (t, α) +
∂f
(t, α)(y − α) + R(y),
∂u
2
∂ f
y la condición ∂u
2 ≤ 0 implica que R(y) ≤ 0. En particular, si
tomamos y = P (t, u) obtenemos:
u00 − λu = f (t, P (t, u)) − λP (t, u) − R(P (t, u)) ≥ f (t, β) − λβ
≥ β 00 − λβ,
lo que prueba que u ≤ β. Finalmente, sabiendo ya que α ≤ u ≤ β, se
cumple en realidad que
u00 = f (t, α) +
∂f
(t, α)(u − α) = f (t, u) − R(u) ≥ f (t, u),
∂u
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[CAP. 6: EL MÉTODO DE NEWTON
lo que implica que u es subsolución.
Llamando U1 a esta solución u, tenemos que α := U0 ≤ U1 ≤ β, y
Uj es una subsolución para j = 0, 1. De esta forma, podemos repetir
el argumento para obtener una sucesión
α = U 0 ≤ U1 ≤ U2 ≤ · · · ≤ β
en donde Un es subsolución del problema, y además
½ 00
∂f
Un+1 = f (t, Un ) + ∂u
(t, Un )(Un+1 − Un ),
Un+1 (0) = u0 , Un+1 (1) = u1
(6.13)
Observación
Notemos que el argumento de cuasilinealización requiere en cada
paso redefinir la función de truncamiento, pues se vuelve a poner en
el lugar de α a la subsolución Un .
Vemos ası́ que finalmente la iteración no es otra que la de Newton;
sin embargo, la prueba de la convergencia de Un es diferente, y emplea en forma esencial argumentos de monotonı́a. Como Un converge
puntualmente a cierta función u, por el teorema de Dini sabemos la
convergencia es uniforme. Esto permite probar (tal como hicimos en
4.1.1) que u es solución del problema.
Vale la pena observar que no hubiera sido correcto definir la sucesión directamente a partir de (6.13), ya que nada garantiza de antemano que dicho problema pueda resolverse. Una forma de asegurar
esto serı́a pidiendo (ver nota 1 de este capı́tulo) que
∂f
(t, u) ≥ c > −π 2 .
∂u
(6.14)
Veamos ahora que, para este nuevo método, la condición (6.14) permite probar la convergencia cuadrática. Vale la pena recordar que en
el método de Newton se pide también que la derivada segunda de f
esté acotada, condición que ahora no va a hacer falta.
Más aun, la propia condición (6.14) puede debilitarse: alcanza con
pedir que valga únicamente para todos los (t, u) ∈ [0, 1] × R tales que
α(t) ≤ u ≤ β(t). En efecto, llamando εn := u − Un al error n-ésimo,
resulta εn ≥ 0, y además
ε00n = f (t, u) − f (t, Un−1 ) −
∂f
(t, Un−1 )(Un − Un−1 ),
∂u
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[SEC. 6.3: CUASILINEALIZACIÓN
εn (0) = εn (1) = 0.
Por consiguiente,
ε00n −
∂f
∂f
(t, Un−1 )εn =f (t, u) − f (t, Un−1 ) −
(t, Un−1 )(u − Un−1 )
∂u
∂u
1 ∂2f
=
(t, ξn (t))ε2n−1 .
2 ∂u2
∂f
(t, Un−1 ) ≥ c > −π 2 ; entonces podemos definir
Por hipótesis, ∂u
φn como la única solución del problema
φ00n − cφn =
1 ∂2f
(t, ξn (t))εn−1 2
2 ∂u2
que verifica
φn (0) = φn (1) = 0.
Entonces
ε00n − cεn = ε00n −
∂f
(t, Un−1 )εn +
∂u
µ
¶
∂f
(t, Un−1 ) − c εn ≥ φ00n − cφn ,
∂u
y por el principio del máximo se deduce que εn ≤ φn . Además,
Z 1
00
kφn kL2 kφn − cφn kL2 ≥ −
φn (φ00n − cφn ) ≥ kφ0n k2L2 ,
0
de donde se deduce que
kφ0n kL2
≤
1
00
π kφn
− cφn kL2 . Luego
φn ≤ kφ0n kL2 ≤ Kkε2n−1 kL2 ≤ Kkεn−1 k2∞ ,
2
∂ f
1
en donde K = 2π
sup ∂u
2 (t, v), para t ∈ [0, 1] y α(t) ≤ v ≤ β(t).
En definitiva, hemos probado el siguiente resultado:
Teorema (Método de cuasilinealización)
Sea f : [0, T ]×R → R continua y de clase C 2 respecto de u, y sean
α ≤ β respectivamente una sub y una supersolución del problema 6.2.
∂2f
Supongamos además que ∂u
2 (t, u) ≤ 0 para todo t ∈ [0, 1] y todo u
tal que α(t) ≤ u ≤ β(t). Entonces la sucesión (no necesariamente
única) definida anteriormente converge a una solución del problema.
Si además vale (6.14) para todo t ∈ [0, 1] y α(t) ≤ u ≤ β(t), entonces
la convergencia es cuadrática.
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[CAP. 6: EL MÉTODO DE NEWTON
6.3.1.
Ejercicios
1.
Generalizar los métodos desarrollados en este capı́tulo para
otras condiciones de contorno.
2.
¿En qué casos es posible aplicar los métodos desarrollados en
este capı́tulo a la ecuación del péndulo?
3.
Consideremos el problema de cuarto orden
u(4) + g(t, u, u00 ) = p(t),
(6.15)
en el que por simplicidad se supone que g es continua, y de clase
C 2 respecto de u y u00 .
Supongamos que existen funciones suaves α y β tales que
α(4) + g(·, α, α00 ) ≤ p,
β (4) + g(·, β, β 00 ) ≥ p
y
α00 − Kα ≥ β 00 − Kβ
para cierta constante K > 0. Además, supongamos que
∂g
∂g
(t, u, v) + K 00 (t, u, v) + K 2 ≤ 0
∂u
∂u
para (t, u, v) ∈ C, donde C es el conjunto de todos los elementos
(t, u, v) ∈ [0, T ] × R2 tales que
α(t) ≤ u ≤ β(t),
α00 (t) − Kα(t) ≥ v − Ku ≥ β 00 (t) − Kβ(t).
a)
Probar que (6.15) tiene al menos una solución T -periódica
u con α ≤ u ≤ β.
Sugerencia: probar el siguiente principio del máximo:
√ sean
λ, µ > 0 tales que λ2 ≥ 4µ, y sean K ± =
Entonces, si u es periódica y satisface
λ±
λ2 −4µ
.
2
u(4) − λu00 + µu ≥ 0,
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[SEC. 6.3: CUASILINEALIZACIÓN
tambien verifica:
u00 − K ± u ≤ 0.
b)
En particular, u ≥ 0.
Desarrollar un método de cuasilinealización (y verificar la
convergencia) para encontrar una solución T -periódica de
u(4) − 2u00 + u5 = p(t)
en donde kpk∞ es suficientemente pequeño.
Sugerencia: probar con α < 0 < β constantes.
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Capı́tulo 7
El grado de Brouwer
7.1.
Teorı́a de grado topológico. Definición y propiedades
Vamos a ver ahora algunos aspectos de una importante noción
topológica definida por Brouwer: la teorı́a de grado, que a grandes
rasgos puede pensarse como un “conteo algebraico” de los ceros de
una función continua. Primero definiremos el grado para aplicaciones
en Rn , y en el próximo capı́tulo veremos su extensión para ciertos
operadores en espacios de Banach (grado de Leray-Schauder).
Comenzaremos con una situación bien conocida, que nos permitirá definir el grado para n = 2. Sea Ω ⊂ C un abierto acotado, al
que por simplicidad supondremos simplemente conexo, y cuya frontera γ := ∂Ω es una curva continua (orientada positivamente). Dada
una función f : Ω → C analı́tica, tal que f 6= 0 en γ, se tiene la
siguiente fórmula, que es un caso particular del teorema de los ceros
y polos, y cuenta los ceros de f (con su multiplicidad):
1
2πi
Z
γ
f 0 (z)
dz = # { ceros de f en Ω}
f (z)
(7.1)
Llamando d(f, Ω) a esta integral, podemos hacer algunas primeras
observaciones:
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1.
Si f = Id y 0 ∈
/ ∂Ω, entonces
½
1
d(f, Ω) =
0
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si 0 ∈ Ω
si 0 ∈
/Ω
2.
Si d(f, Ω) 6= 0, entonces f se anula en Ω. Este hecho, completamente trivial para f analı́tica, va a transformarse en la
propiedad fundamental (y para nada trivial) del grado cuando
extendamos la definición para el caso en que f sea solamente
continua.
3.
Invariancia por homotopı́a: supongamos que f y g son homotópicas, es decir, que existe h : Ω × [0, 1] → C continua
tal que h(z, 0) = f (z) y h(z, 0) = g(z), con h(z, λ) 6= 0 para
z ∈ ∂Ω. Entonces d(f, Ω) = d(g, Ω).
4.
d(f, Ω) depende solamente del valor de f restringida a ∂Ω. En
virtud de la definición anterior, esto es una nueva trivialidad
porque dos funciones analı́ticas que coinciden en una curva son
iguales; sin embargo, vale la pena verlo como una consecuencia
directa de 3.
En efecto, si f y g coinciden en ∂Ω, entonces podemos definir la
homotopı́a lineal h(z, λ) = λf (z) + (1 − λ)g(z), cuyo valor para
z ∈ ∂Ω es f (z) = g(z) 6= 0. De este modo, d(g, Ω) está definido,
y vale igual a d(f, Ω).
En realidad, para que la invariancia por homotopı́a tenga sentido
en el contexto anterior, podrı́a pensarse que hace falta pedir que
hλ := h(λ, ·) sea una función analı́tica para todo λ, de modo que
d(hλ , Ω) esté definido por medio de una integral como en (7.1) para
todo λ. Sin embargo, esto no es ası́; más aun, entender esto en detalle
es lo que nos permitirá extender la definición de la función d para
cualquier función continua. En efecto, basta observar que
Z 0
Z
1
f (z)
1
1
dz =
dz = I(f ◦ γ, 0);
2πi γ f (z)
2πi f ◦γ z
en otras palabras, d no es otra cosa que el ı́ndice de la curva f ◦ γ
respecto del origen. Pero este ı́ndice está definido para cualquier curva
continua, con la única condición de que no pase por el 0.
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[CAP. 7: EL GRADO DE BROUWER
De esta forma, para f : Ω → R continua tal que f 6= 0 en ∂Ω definimos el número d(f, Ω) := I(f ◦γ, 0). Es fácil ver que las propiedades
2 y 3 (y en consecuencia, también 4) siguen valiendo.
En lo que sigue extenderemos esta definición para cualquier función continua f : Ω → Rn , en donde Ω ⊂ Rn es un abierto acotado. Por conveniencia, definiremos más en general para cualquier
y ∈ Rn − f (∂Ω), el grado d(f, Ω, y), que será un número entero que
(intuitivamente) cuenta el número de soluciones en Ω de la ecuación
f (x) = y. En el caso n = 2, si Ω es como antes, resulta evidente que
la definición adecuada es d(f, Ω, y) = I(f ◦ γ, y). Pero este ı́ndice es
igual al de la función f − y respecto del 0; por eso vamos a definir en
general
d(f, Ω, y) = d(f − y, Ω, 0).
(7.2)
De acuerdo con esta definición, la primera de las propiedades anteriores cobrarı́a la siguiente forma:
½
1 si y ∈ Ω
d(Id, Ω, y) =
(7.3)
0 si y ∈
/Ω
Finalmente, teniendo en cuenta una vez más lo que ocurre para
n = 2, una de las propiedades que vamos a pedir que cumpla el grado
es la aditividad: si Ω1 y Ω2 son disjuntos y f : Ω1 ∪ Ω2 → Rn no toma
el valor y sobre ∂Ω1 ∪ ∂Ω2 , entonces d(f, Ω1 ∪ Ω2 , y) = d(f, Ω1 , y) +
d(f, Ω2 , y).
Observemos en primer lugar que la definición para el caso n = 1 es
inmediata, si pretendemos que se cumplan las propiedades antes enumeradas. Alcanza con definirlo para el caso en que Ω es un intervalo;
la extensión al caso general es obvia a partir de la regla de aditividad
1
. En efecto, dados Ω = (a, b) y f : [a, b] → R una función continua tal
que f (a), f (b) 6= 0, en virtud de la propiedades 3 y (7.3), es claro que
cuando f (a) < 0 < f (b) debe valer deg(f, Ω, 0) = 1. Por otra parte,
si sgn(f (a)) = sgn(f (b)), entonces f es homotópica a una función
que no se anula, y en consecuencia debe ser deg(f, Ω, 0) = 0. Finalmente, observemos que es “razonable” pensar que si f (a) > 0 > f (b)
1 Notar que al ser Ω un abierto acotado, la condición f 6= 0 sobre ∂Ω implica
que f sólo puede tener raı́ces en un número finito de componentes conexas de Ω.
De esta forma, al sumar el grado de f sobre dichas componentes conexas, resulta
una suma finita.
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entonces debe valer deg(f, Ω, 0) = −1: por ejemplo, podemos observar que eso es lo que ocurre en el caso n = 2 cuando f (z) = z, que
invierte la orientación del espacio: si 0 ∈ Ω, entonces
Z
Z
1
1
1
1
dz = −
dz = −1.
2πi γ z
2πi γ z
A partir de esta “definición” del grado para n = 1, podemos
intentar una generalización para n > 1. En primer lugar veamos,
todavı́a con n = 1, qué ocurre cuando f es de clase C 1 , y por ejemplo
f (a) < 0 < f (b). En tal caso, si f no tiene ceros múltiples, entonces
tiene un número finito e impar de ceros en (a, b); más aun, si x0
es el primero de ellos, entonces f 0 (x0 ) > 0, y luego los signos de la
derivada en cada una de las sucesivas raı́ces se van alternando. Un
razonamiento análogo se puede hacer cuando f (a) > 0 > f (b), y
también cuando f (a) y f (b) tienen el mismo signo. De esta forma,
el grado puede pensarse directamente como la suma de los signos de
la derivada sobre el conjunto f −1 (0). Esto explica por qué el grado
no “cuenta” realmente la cantidad de ceros; una función puede tener
muchos ceros, pero los signos se van compensando uno a uno de modo
que el grado es (en el caso n = 1) finalmente 0, 1 o −1.
Obviamente, una función continua no tiene por qué cumplir lo anterior, aunque siempre puede aproximarse por funciones suaves. Pero
incluso una función suave puede tener raı́ces múltiples; en particular,
puede tener ceros que no son aislados. La idea consiste en mostrar
que de cualquier forma se aproxima por funciones “buenas” como las
anteriores. En términos más precisos, lo que esta “bondad” significa es que el 0 es un valor regular: para cada x ∈ f −1 (0) se tiene
que f 0 (x) 6= 0. Esto implica que las raı́ces de f en Ω son simples, y
obviamente finitas, pues f no se anula en ∂Ω.
Más en general, para Ω ⊂ Rn y f : Ω → Rm de clase C 1 se dice
que y ∈ Rm es un valor regular de f cuando para todo x ∈ f −1 (y)
la diferencial Df (x) : Rn → Rm es suryectiva (obviamente, esto
requiere que m ≤ n). Los valores que no son regulares se denominan
crı́ticos. De la definición se desprende tautológicamente que si y ∈
/
f (Ω), entonces y es un valor regular.
En base a las observaciones previas para el caso n = 1, dado
Ω ⊂ Rn abierto acotado y f : Ω → Rn de clase C 1 tal que 0 es valor
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regular y 0 ∈
/ f (∂Ω), se define el grado de Brouwer
X
sgn(Jac(f (x)))
deg(f, Ω, 0) =
x∈f −1 (0)
en donde Jac(f (x)) denota el determinante jacobiano Jac(f (x)) =
det(Df (x)). Cabe observar que el grado está bien definido por tratarse
de una suma finita: en efecto, como 0 es un valor regular el teorema
de la función inversa asegura que para cada preimagen del 0 existe
un entorno sobre el cual f es inyectiva. Además, f −1 (0) es compacto,
y como dichos entornos son disjuntos se deduce que f sólo puede
anularse en finitos puntos. También resulta evidente a partir de esta
definición que si deg(f, Ω, 0) 6= 0 entonces f se anula en Ω.
A continuación veremos algunas propiedades que nos permitirán
extender la definición al conjunto de funciones continuas que no se
anulan en ∂Ω. Más en general, vamos a definir como antes
deg(f, Ω, y) = deg(f − y, Ω, 0)
si f es de clase C 1 tal que f 6= y sobre ∂Ω y además y es valor regular
de f , para luego extender el grado a la clase de funciones “admisibles”
A(y) := {f ∈ C(Ω, Rn ) : f 6= y sobre ∂Ω}.
En primer lugar, observemos que este conjunto es abierto:
Lema
Si f ∈ A(y) y g ∈ C(Ω, Rn ) satisface kg − f k∞ < dist(y, f (∂Ω)),
entonces g ∈ A(y).
Demostración. Dado x ∈ ∂Ω, es claro que
|g(x) − y| ≥ |f (x) − y| − |g(x) − f (x)| > 0.
El siguiente resultado es el conocido Teorema de Sard, que tiene
varias aplicaciones importantes. Daremos una demostración particular para el caso n = m; la prueba general puede hallarse por ejemplo
en [24]. Vale la pena mencionar que en algunos textos, como [5] y
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[27], se define el grado empleando únicamente este caso particular;
aquı́ usaremos también el caso n = m + 1.
Lema (Teorema de Sard)
Sean m ≤ n y f ∈ C ∞ (Ω, Rm ). Entonces el conjunto de valores
crı́ticos de f tiene medida 0. En particular, el conjunto de valores
regulares es denso en Rm .
Demostración. Consideremos m = n. Escribiendo a Ω como una
unión numerable de cubos, basta probar la propiedad para el caso
en que Ω es un cubo de lado L. Dividiendo a cada lado de Ω en N
partes iguales, se obtienen N n cubos de lado L/N ; además, si x y x0
pertenecen a uno de esos cubos y x0 es un punto crı́tico, se tiene:
f (x) − f (x0 ) = Df (x0 )(x − x0 ) + R(x)
¡ L ¢2
, y además Im(Df (x0 )) ⊂ H
en donde |R(x)| ≤ c1 |x − x0 |2 ≤ c1 N
hiperplano de Rm . Por otra parte,
|Df (x0 )(x − x0 )| ≤ kDf (x0 )k.|x − x0 | ≤ c2
L
.
N
De esta forma, f (x) − f (x0 ) ∈ C, en donde C es un cilindro isométrico
¡ L ¢2
L
para
yε=C N
a B×[−ε, ε], con B ⊂ Rm−1 una bola de radio C N
cierta constante C. Notemos que C puede elegirse de modo uniforme
para los N n cubos; luego, como el conjunto V C de valores crı́ticos
se cubre por la imagen de aquellos cubos que contienen algún punto
crı́tico, se deduce que
µ
¶n−1 µ ¶2
L
L
C n Ln+1
→0
M edida(V C) ≤ N n C
C
=
N
N
N
para N → ∞.
∞
Como consecuencia del teorema de Sard, el conjunto Creg
(Ω, Rm )
de funciones de clase C ∞ para las que 0 es un valor regular resulta
un subconjunto denso de C(Ω, Rm ):
Lema (densidad)
∞
Creg
(Ω, Rm ) es denso en C(Ω, Rm ).
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Demostración. Dada f ∈ C(Ω, Rm ) y ε > 0, por el teorema de Weierstrass y el lema anterior podemos tomar f˜ ∈ C ∞ (Ω, Rm ) tal que
kf˜ − f k∞ < 2ε , y un valor y ∈ Rm que sea valor regular de f˜ y tal
que |y| < 2ε . Entonces g = f˜ − y es de clase C ∞ y tiene al 0 como
valor regular.
Lema
Sea f : Ω → Rn de clase C 1 tal que 0 es valor regular y f 6= 0 sobre
∂Ω. Entonces existe un entorno V del 0 tal que si y ∈ V entonces y
es valor regular de f , f 6= y en ∂Ω y además
deg(f, Ω, y) = deg(f, Ω, 0).
Demostración. Si 0 ∈
/ Im(f ), el resultado es trivial por ser f (∂Ω)
cerrado. Si f −1 (0) = {x1 , · · · , xk } por el teorema de la función inversa
existe Uj entorno conexo de xj y Vj entorno de 0 tales que f : Uj → Vj
es un difeomorfismo de clase C 1 . Luego, basta tomar
V =
k
\
j=1
Vj − f (Ω −
k
[
Uj ).
j=1
En efecto, es claro que para cada y ∈ V el cardinal de f −1 (y) es
exactamente k, y como el signo del jacobiano es constante en cada
Uj , el resultado queda probado.
El siguiente lema prueba que deg(f, Ω, 0) es localmente constante
∞
en A(0) ∩ Creg
(Ω, Rn ).
Lema
∞
∞
Sea f ∈ A(0) ∩ Creg
(Ω, Rn ). Si g ∈ Creg
(Ω, Rn ) verifica que
kg − f k∞ < dist(0, f (∂Ω)), entonces g 6= 0 en ∂Ω, y además vale
deg(g, Ω, 0) = deg(f, Ω, 0).
Demostración. Para λ ∈ [0, 1], definimos
h(x, λ) := λg(x) + (1 − λ)f (x).
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Entonces h(x, λ) 6= 0 para x ∈ ∂Ω. Por el lema previo, existe un
entorno V tal que y es valor regular de f y g para todo y ∈ V , y el
grado de f y g respecto de y es el mismo que el grado en 0. Por el lema
de Sard, existe z ∈ V valor regular de h, y entonces reemplazando
f, g y h por f − z, g − z y h − z, podemos suponer directamente que
0 es valor regular también para h.
Consideremos el conjunto C = h−1 (0) ⊂ Ω × [0, 1]. Por el teorema de la función implı́cita, cada componente conexa de C es una
curva regular, localmente parametrizada por una función (x(t), λ(t)).
Es claro, además, que si una de estas componentes no es una curva
cerrada, entonces tiene dos extremos, que tienen que estar en Ω × {0}
o en Ω × {1}. En consecuencia, su primera coordenada corresponde a
un cero de f o un cero de g. Por otra parte, si x0 es un cero de f o de
g entonces (x0 , 0) o (x0 , 1) es un cero de h. De esta forma, alcanza con
analizar lo que ocurre en aquellas componentes conexas no cerradas
de C: más precisamente, veremos que si una de ellas une los puntos
(x0 , r0 ) y (x1 , r1 ), con r0 = 0, 1 (podemos suponer r0 ≤ r1 ) entonces:
1.
Si r0 = 0 y r1 = 1, entonces sgn(Jac(f (x0 ))) = sgn(Jac(g(x1 ))).
2.
Si r0 = r1 = 0, entonces sgn(Jac(f (x0 ))) = −sgn(Jac(f (x1 ))).
3.
Si r0 = r1 = 1, entonces sgn(Jac(g(x0 ))) = −sgn(Jac(g(x1 ))).
De esta forma, se verifica que deg(f, Ω, 0) = deg(g, Ω, 0), pues cada
cero de f que se conecta con uno de g por medio de una componente
conexa de C aporta el mismo signo al cálculo del grado, y para los
ceros de f o de g que pertenecen a una misma componente conexa
los signos se compensan, y no aportan al grado.
Basta ver el caso 1; los otros dos son análogos. Llamemos Cx0 ,x1 a
la componente conexa que une x0 con x1 , que es una curva que entra
por Ω × {0} y sale por Ω × {1}. En cada punto P la curva Cx0 ,x1 tiene
un vector tangente TP = (x0 (t), λ0 (t)) para cierta parametrización
(local) (x, λ). Además, se puede elegir TP siguiendo una orientación
fija de la curva, de forma tal que la matriz de R(n+1)×(n+1) cuyas
primeras n filas son las de Dh(P ) ∈ Rn×(n+1) y la última fila es TP ,
tenga determinante con signo constante. Si por ejemplo pensamos a
Cx0 ,x1 recorrida desde Ω × {0} hasta Ω × {1}, es claro que puede pensarse T(x0 ,0) = (x0 (0), 1), T(x1 ,1) = (x0 (1), 1), en donde directamente
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se considera la parametrización (x(λ), λ)). Notar que esto puede hacerse cerca de λ = 0 y de λ = 1 justamente porque Df (x0 ) y Dg(x1 )
son inversibles, y Dh(x, λ) = (λDg(x) + (1 − λ)Df (x), [f (x) − g(x)] t ).
De esta forma, tenemos que el determinante de la matriz
¶
µ
Df (x0 ) −g(x0 )t
M0 :=
x0 (0)
1
tiene el mismo signo que el de
µ
Dg(x1 )
M1 :=
x0 (1)
f (x1 )t
1
¶
.
Por otra parte, derivando la igualdad h(x(λ), λ) = 0 por regla de la
cadena se obtiene que
Df (x0 )x0 (0)t = g(x0 )t ,
por lo que
µ
Df (x0 )
x0 (0)
−g(x0 )t
1
¶ µ
Df (x0 )
.
0
0
1
¶
=
µ
Df (x0 )2
g(x0 )
−g(x0 )t
1
¶
,
que es definida positiva. Esto dice que el signo de Jac(f (x0 )) es el
mismo que el del determinante de M0 . De modo análogo se ve que
sgn(Jac(g(x1 ))) = sgn(det(M1 )), lo que concluye la demostración.
Completaremos ahora la definición de grado de Brouwer, en base
a los resultados obtenidos anterioremente. En el capı́tulo próximo
extenderemos esta definición a operadores de la forma I − K, con K
compacto, en espacios de Banach (grado de Leray-Schauder).
Como ya vimos, el grado deg(f, Ω, y) está bien definido y es localmente constante en aquel subconjunto de A(y) compuesto por aquellas funciones de clase C ∞ para las que y es valor regular. Esto indica
que el grado es constante en las componentes conexas de dicho subconjunto, y empleando el lema de densidad, se obtiene una función
continua (localmente constante) definida en A(y). En efecto, dada
f ∈ A(y) y ε < 41 dist(y, f (∂Ω)), basta definir deg(f, Ω, y) como el
∞
grado de cualquier función g ∈ y + Creg
(Ω, Rn ) tal que kf − gk∞ < ε.
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Es fácil ver que esta función está bien definida y es localmente constante.
En otras palabras, tenemos el siguiente:
Teorema
Sea Ω ⊂ Rn un abierto acotado, y sea y ∈ Rn . Entonces existe
una (única) función continua
deg(·; Ω, y) : A(y) → Z
llamada grado de Brouwer, con las siguientes propiedades:
1.
Normalización: Si y ∈ Ω, entonces deg(id, Ω, y) = 1.
2.
Invariancia por traslaciones:
deg(f, Ω, y) = deg(f − y, Ω, 0).
3.
Aditividad: Si Ω1 y Ω2 son subconjuntos abiertos y disjuntos
de Ω, entonces si y ∈
/ f (Ω − (Ω1 ∪ Ω2 )) vale:
deg(f, Ω, y) = deg( f |Ω1 , Ω1 , y) + deg( f |Ω2 , Ω2 , y).
4.
Escisión: Si Ω1 es un subconjunto abierto de Ω, y ∈
/ f (Ω − Ω1 ),
entonces
deg(f, Ω, y) = deg(f, Ω1 , y).
5.
Solución: Si deg(f, Ω, y) 6= 0, entonces y ∈ f (Ω) (más aun, f (Ω)
es un entorno de y).
6.
Invariancia por homotopı́a: Si h : Ω × [0, 1] → Rn es continua y
se verifica que
h(x, λ) 6= y
para x ∈ ∂Ω, λ ∈ [0, 1]
(7.4)
entonces
deg(h(·, λ), Ω, y)
es independiente de λ ∈ [0, 1]. Más aun, puede reemplazarse
y por una función continua y : [0, 1] → Rn , tal que (7.4) siga
valiendo.
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[CAP. 7: EL GRADO DE BROUWER
Demostración. La definición es clara a partir de los párrafos previos
al teorema; las propiedades 1 y 2 se desprenden en forma inmediata
de la definición. Lo mismo ocurre con la propiedad 3, que se verifica
∞
cuando f − y ∈ Creg
(Ω, Rn ) y en consecuencia vale para cualquier
f ∈ A(y). Notemos también que si Ω = ∅ entonces el grado de la
única función posible (vacı́a) debe ser 0; de esta forma, la propiedad
4 se deduce de la anterior tomando Ω2 = ∅.
Veamos ahora la propiedad 5: si y ∈
/ f (Ω), tomando Ω1 = ∅
en la propiedad anterior resulta deg(f, Ω, y) = 0, lo que es absurdo.
Por otra parte, como A(y) es abierto en C(Ω, Rn ), entonces existe
ε > 0 tal que si z ∈ Rn verifica que |z| < ε, entonces f + z ∈ A(y).
Como el grado es continuo, si ε es suficientemente pequeño, vale que
deg(f + z, Ω, y) 6= 0; de esta forma, y − z pertenece a la imagen de f
para todo z ∈ Bε (0).
Finalmente, para la propiedad 6 basta observar que la función
λ 7→ deg(h(·, λ), Ω, y)
es continua, y como Z es discreto entonces resulta constante.
Observación
Resulta inmediato extender la definición de grado a un espacio
normado V de dimensión finita: en efecto, alcanza con tomar un isomorfismo ψ : V → Rn , y dada f : Ω ⊂ V → V continua tal que f 6= y
en ∂Ω se define
deg(f, Ω, y) = deg(ψ ◦ f ◦ ψ −1 , ψ(Ω), ψ(y)).
Queda como ejercicio verificar que esta definición es independiente
de ψ.
7.2.
Algunas aplicaciones
Una aplicación inmediata de la definición del grado topológico de
Brouwer es, precisamente, el teorema que lleva su nombre:
Teorema
Toda f : B 1 (0) → B 1 (0) continua tiene al menos un punto fijo.
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[SEC. 7.2: ALGUNAS APLICACIONES
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Demostración. Si f tiene algún punto fijo en ∂B1 (0), el resultado
vale. Supongamos entonces que f (x) 6= x para x ∈ ∂B1 (0), y veamos
que la función g(x) = x − f (x) se anula en B1 (0): en efecto, basta
definir la homotopı́a
h(x, λ) = λg(x) + (1 − λ)x = x − λf (x).
Si h(x, λ) = 0 para x ∈ ∂B1 (0), resulta x = λf (x), de donde
λ|f (x)| = 1. Luego λ = 1 y f (x) = x, lo que es absurdo. De esta forma, f resulta homotópica a la función identidad, de donde
deg(f, B, 0) = 1.
También resulta muy sencillo probar en forma directa el teorema
de Poincaré-Miranda que vimos en el primer capı́tulo:
Teorema
Sea f = (f1 , . . . , fn ) : [−1, 1]n → Rn continua tal que para todo
i = 1, . . . , n vale:
sgn(xi )fi (x) ≥ 0
para todo x tal que |xi | = 1, o bien
sgn(xi )fi (x) ≤ 0
para todo x tal que |xi | = 1. Entonces existe algún x ∈ [−1, 1]n tal
que f (x) = 0.
Demostración. Componiendo con un isomorfismo de Rn si hace falta,
podemos suponer que para todo j y todo x ∈ C := [−1, 1]n vale que
fj (x) ≤ 0 si xj = −1 y fj (x) ≥ 0 si xj = 1. También podemos suponer
que f no se anula sobre el borde de C, y definir la homotopı́a h(x, λ) =
λx + (1 − λ)f (x). Como antes, supongamos que h se anula para cierto
λ y cierto x = (x1 , . . . , xj−1 , ±1, xj+1 , . . . , xn ) ∈ ∂C. Entonces λxj +
(1 − λ)fj (x) = 0, y como fj (x).xj ≥ 0 se deduce que λ = 0. Pero
entonces f (x) = 0, lo que es absurdo; de esta forma, f es homotópica
a la identidad y el resultado queda probado.
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[CAP. 7: EL GRADO DE BROUWER
Veamos ahora una aplicación directa a las ecuaciones diferenciales:
empleando el grado de Brouwer, daremos una condición explı́cita para
la existencia de soluciones del problema periódico
u0 = f (t, u),
u(0) = u(1),
(7.5)
en donde f : [0, 1] × Rn → Rn es una función continua y localmente
Lipschitz en u. Supongamos que Ω ⊂ Rn es un abierto acotado tal
que Ω está contenido en el dominio del operador de Poincaré; vale
decir: si u0 ∈ Ω, entonces la única solución u del problema de valores
iniciales
u0 = f (t, u),
u(0) = u0
(7.6)
está definida en [0, 1]. En tal caso, recordemos que se define P (u0 ) =
u(1), y si u0 es un punto fijo de P entonces u es solución del problema
periódico.
Vamos a definir una homotopı́a, de modo que se pueda calcular
el grado de la aplicación F (u0 ) := u0 − P (u0 ) de un modo sencillo.
Por ejemplo, podemos pensar en mover en forma continua el punto
final del intervalo definiendo de un modo más general la función Fλ =
Id − Pλ , con Pλ (u0 ) = u(λ), en donde u es como antes la solución
de (7.6). Sin embargo, en este caso se tiene que F0 ≡ 0, para la
cual el grado no está definido. Pero una pequeña variación de esta
idea permitirá obtener condiciones apropiadas para la existencia de
soluciones. La idea es definir la homotopı́a dada por
(
u0 −Pλ (u0 )
si λ 6= 0
λ
h(u0 , λ) =
−f (0, u0 )
si λ = 0.
Es claro que el valor de h(u0 , 0) está elegido de forma tal que h resulte
continua: en efecto, para cualquier λ > 0 se tiene que h(u0 , λ) =
u0 (ξ) = f (ξ, u(ξ)) para cierto ξ ∈ (0, λ), de donde la continuidad es
clara. Por otra parte, si se verifica que h(u0 , λ) 6= 0 para u0 ∈ ∂Ω,
entonces el grado de h(·, λ) está definido, y es constante: en tal caso,
deg(F1 , Ω, 0) = deg(h(·, 1), Ω, 0) = deg(h(·, 0), Ω, 0)
= (−1)n deg(f (0, ·), Ω, 0).
En consecuencia, tenemos el siguiente resultado:
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[SEC. 7.2: ALGUNAS APLICACIONES
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Proposición
Sea f : [0, 1] × Rn → Rn continua y localmente Lipschitz en u,
y sea Ω ⊂ Rn un abierto acotado tal que para todo u0 ∈ Ω la única
solución de (7.6) está definida en [0, 1]. Supongamos además que
1.
Pλ (u0 ) 6= u0 para λ ∈ (0, 1) y u0 ∈ ∂Ω.
2.
f (0, u0 ) 6= 0 para u0 ∈ ∂Ω.
3.
deg(f (0, ·), Ω, 0) 6= 0.
Entonces el problema periódico (7.5) tiene al menos una solución.
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Capı́tulo 8
El grado de
Leray-Schauder
8.1.
El grado de Leray-Schauder. Definición
En este capı́tulo extenderemos la definición del grado topológico
para aplicaciones definidas en la clausura de un abierto acotado Ω ⊂
E, en donde E es un espacio de Banach. Sin embargo, por medio
de un argumento similar al de Kakutani que vimos en el capı́tulo
3, es fácil ver que tal definición no es posible para una aplicación
cualquiera; por este motivo, nos limitaremos a considerar operadores
de la forma I −K, en donde K : Ω → E es compacto. Recordemos que
en tal caso, K puede aproximarse por operadores de rango finito: más
precisamente, dado ε > 0 existe un operador Kε : Ω → E continuo
tal que Im(Kε ) ⊂ Vε con Vε un subespacio de dimensión finita, y
kK(x) − Kε (x)k < ε para todo x ∈ Ω 1 .
La definición del grado de Leray-Schauder se basa en aproximar
al operador I − K por medio de un operador (I − Kε )|Vε , en donde
Kε es una ε-aproximación de K de rango finito, con ε suficientemente
pequeño. Para esto, debemos probar que la definición no depende del
1 Ver
la observación que sigue al teorema de Schauder, en el capı́tulo 3.
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[SEC. 8.1: EL GRADO DE LERAY-SCHAUDER. DEFINICIÓN
operador Kε elegido, propiedad que se desprende del siguiente lema:
Lema
Sean Ω ⊂ Rn un abierto acotado, sea m < n y f : Ω → Rm una
función continua. Definimos g : Ω → Rn dada por g(x) = x − f (x),
en donde se piensa directamente a Rm como un subespacio de Rn
por medio de la identificación (x1 , . . . , xm ) = (x1 , . . . , xm , 0, . . . , 0).
Entonces para y ∈ Rm tal que y ∈
/ g(∂Ω) se verifica:
deg(g, Ω, y) = deg( g|Ω∩Rm , Ω ∩ Rm , y).
(8.1)
Demostración. Observemos en primer lugar que el término derecho
de (8.1) está bien definido, pues la restricción de g a Ω ∩ Rm tiene
imagen en Rm . Basta probar la igualdad para el caso en que f es de
clase C 1 , con y un valor regular para g.
Notemos que si g(x) = y ∈ Rm , entonces como f (x) ∈ Rm también vale que x ∈ Rm . Esto dice que g −1 (y) ⊂ Ω ∩ Rm , y luego las
preimágenes de y para g coinciden con los de su restricción a Rm . Por
otra parte, escribiendo
g(x) = g(x1 , . . . , xm , xm+1 , . . . , xn )
= (x1 − f1 (x), . . . , xm − fm (x), xm+1 , . . . , xn )
resulta, para x ∈ Rm :
³
´
Ã
∂f i
Im − ∂x
(x)
j
Dg(x) =
1≤i,j≤m
0
−
³
∂fi
∂xj (x)
´
m<j≤n
In−m
!
en donde Ij denota la matriz identidad de Rj×j . Además, para la
restricción de g a Rm , la matriz diferencial es el bloque superior
izquierdo de la matriz anterior, a partir de lo cual el resultado es
evidente.
A partir de ahora, consideraremos E un espacio de Banach, Ω ⊂ E
un abierto acotado y K : Ω → E un operador compacto. El siguiente
resultado es una consecuencia inmediata de la compacidad:
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[CAP. 8: EL GRADO DE LERAY-SCHAUDER
Lema
Si K(x) 6= x para todo x ∈ ∂Ω, entonces
inf kx − K(x)k > 0.
x∈∂Ω
Demostración. Por contradicción, supongamos que K(xn ) − xn → 0
para ciertos xn ∈ ∂Ω. Tomando una subsucesión, podemos suponer
que xn converge a cierto valor x ∈ ∂Ω, y por la continuidad de K se
deduce que Kx = x, lo que es absurdo.
El grado de Leray-Schauder (en y = 0) se define entonces de la
siguiente manera:
Definición
Sean Ω y E como antes, K : Ω → E compacto tal que Kx 6= x
sobre ∂Ω, y sea ε < 12 inf x∈∂Ω kx − Kxk. Definimos
degLS (I − K, Ω, 0) = deg((I − Kε )|Vε , Ω ∩ Vε , 0),
en donde Kε es una ε-aproximación de K con Im(Kε ) ⊂ Vε y
dim(Vε ) < ∞. Para ver que la definición es independiente de la
aproximación elegida, supongamos que tenemos dos ε-aproximaciones
Kε y K̃ε , cuyas imágenes están contenidas respectivamente en los
subespacios de dimensión finita Vε y Ṽε . Por el lema de la página
previa, si V = Vε + Ṽε se tiene que
deg((I − Kε )|Vε , Ω ∩ Vε , 0) = deg((I − Kε )|V , Ω ∩ V, 0),
deg((I − K̃ε )|Ṽε , Ω ∩ Ṽε , 0) = deg((I − K̃ε )|V , Ω ∩ V, 0).
Por otra parte, identificando V con Rn para n adecuado, la elección
de ε permite ver que I − K̃ε pertenece a la misma componente conexa
de A(0) que I − Kε , lo que prueba que tienen el mismo grado. Por
ejemplo, basta con definir la homotopı́a
h(x, λ) = λ(I − Kε ) + (1 − λ)(I − K̃ε )
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[SEC. 8.2: ALGUNAS APLICACIONES
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que claramente no se anula en el borde de Ω ∩ V . De esta forma,
deg((I − Kε )|V , Ω ∩ V, 0) = deg((I − K̃ε )|V , Ω ∩ V, 0),
y la independencia queda demostrada.
Las propiedades del grado de Leray-Schauder son análogas a las
del grado de Brouwer, y quedan como ejercicio. En particular, la
invariancia por homotopı́a requiere la hipótesis adicional de que h
tenga la forma h(·, λ) = I − Kλ , con Kλ compacto.
8.2.
Algunas aplicaciones
Veamos algunas aplicaciones de la teorı́a de grado de Leray-Schauder: en primer lugar, queda como ejercicio “evidente” probar nuevamente el teorema de Schauder.
Pero también podemos dar nuevas demostraciones para algunos
de los resultados ya obtenidos por medio del teorema de Schauder. A
modo de ejemplo, veamos otra vez el problema de Dirichlet
½ 00
u = f (t, u)
u(0) = u0 , u(1) = u1
en donde f : [0, 1] × R → R continua y sublineal 2 . Resulta claro que
conviene aquı́ establecer una homotopı́a con el problema u00 = 0, para
el cual sabemos calcular su única solución; de este modo, podemos
definir Fλ (v) = v − Kλ (v), en donde el operador (compacto) Kλ :
C([0, 1]) → C([0, 1]) se define como Kλ (v) = u, única solución del
problema lineal
½ 00
u = λf (t, v)
u(0) = u0 , u(1) = u1
Notemos que si Fλ (u) = 0, entonces para l(t) = (u1 − u0 )t + u0 la
recta que une (0, u0 ) y (1, u1 )) resulta
ku − lk∞ ≤ k(u − l)00 )k∞ ≤ kf (·, u)k∞ ≤ εkuk∞ + A.
2 Como en ejemplos anteriores, sólo usaremos el hecho de que |f (t, u)| ≤ ε|u|+A
para ciertas constantes ε y A apropiadas. En este caso, alcanzará con pedir ε < 1
(o bien ε < π 2 , si trabajamos en L2 (0, 1)).
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[CAP. 8: EL GRADO DE LERAY-SCHAUDER
En consecuencia,
kuk∞ ≤
A + klk∞
,
1−ε
y tomando R mayor que esta última cantidad se ve que Fλ (u) 6= 0
para u ∈ ∂BR (0) ⊂ C([0, 1]). Esto dice que el grado de Fλ en BR (0)
está bien definido y es independiente de λ; por otra parte, el grado
de F0 es muy fácil de calcular. En efecto, es claro que K0 (v) = l para
toda v, de donde F0 (u) = u − l, y la ε-aproximación es obviamente
el mismo K0 , pues claramente Im(K0 ) es el subespacio de dimensión
1 dado por V = hli. Por otra parte, si u = cl para cierto c ∈ R,
entonces F0 (u) = cl − l = (c − 1)l; de esta forma, F0 |V se identifica
con la función ϕ : R → R dada por ϕ(x) = x − 1. Si pedimos además
R > klk∞ , entonces claramente
deg(F0 , BR (0), 0) = deg(ϕ, (−
R
R
,
), 0) = 1,
klk∞ klk∞
lo que prueba que deg(F1 , BR (0), 0) = 1 y en consecuencia F1 se
anula en BR (0).
Veamos un ejemplo algo diferente, un sistema de segundo orden
con condiciones de borde no lineales:
 00
 u = f (t, u)
u0 (0) = g(u(0)),
(8.2)
 0
u (1) = h(u(1)).
Supondremos que f : [0, 1] × Rn → Rn , g, h : Rn → Rn son funciones
continuas. Para el caso Dirichlet hemos demostrado por medio de
Schauder la existencia de soluciones cuando f cumple la condición de
Hartman:
f (t, u) · u > 0
para |u| = R.
(8.3)
A modo de ejercicio, veremos un resultado similar para este nuevo
problema:
Proposición
Supongamos que f cumple (8.3), y además
g(u) · u ≥ 0 ≥ h(u) · u
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[SEC. 8.2: ALGUNAS APLICACIONES
para |u| = R. Entonces el problema (8.2) tiene al menos una solución
u tal que kuk∞ ≤ R.
Sugerencia: para cada v ∈ C([0, 1], Rn ), A, B ∈ Rn y λ ∈ [0, 1]
considerar Kλ (v, A, B) = u, la única solución de
u00 = λf (t, v)
u(0) = A, u(1) = B.
Definir ahora Fλ : C([0, 1], Rn ) × R2n → C([0, 1], Rn ) × R2n dada por
Fλ (u, A, B) = (u − Kλ (u, A, B), (Fλ )2 (u, A, B), (Fλ )3 (u, A, B)) ,
donde
(Fλ )2 (u, A, B) = λ[Kλ (u, A, B)0 (0) − g(A)] − (1 − λ)A,
(Fλ )3 (u, A, B) = λ[Kλ (u, A, B)0 (1) − h(B)] + (1 − λ)B.
Verificar que si (u, A, B) ∈ ∂Ω, con
Ω = {(u, A, B) : kuk∞ < R, |A| < R, |B| < R},
entonces Fλ (u, A, B) 6= 0, y comprobar que deg(F0 , Ω, 0) 6= 0.
Resolución:
En realidad, existen diversas formas de plantear este problema
como un problema de punto fijo. Siguiendo la sugerencia, buscaremos
un cero de F1 en el conjunto
Ω = {(u, A, B) : kuk∞ < R, |A| < R, |B| < R}.
A fines de aplicar la teorı́a de grado, veamos en primer lugar que si
(u, A, B) ∈ ∂Ω, entonces Fλ (u, A, B) 6= 0. Podemos suponer que esto
es cierto para λ = 1, pues si F1 (u, A, B) = 0 entonces u es solución
del problema.
Supongamos entonces que (u, A, B) ∈ ∂Ω, y además Fλ (u, A, B) =
0 para cierto λ ∈ [0, 1). La primera coordenada de Fλ nos dice que
u00 = λf (t, u),
u(0) = A, u(1) = B.
Se deduce que kuk∞ = R, de modo que existe un valor t0 tal que
|u(t0 )| = R y la función ϕ(t) := |u(t)|2 alcanza allı́ su máximo absoluto. Separemos el argumento en tres casos:
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[CAP. 8: EL GRADO DE LERAY-SCHAUDER
Si t0 ∈ (0, 1), entonces
0 ≥ ϕ00 (t0 ) = 2[u0 (t0 ) · u0 (t0 ) + u(t0 ) · u00 (t0 )] ≥ 2u(t0 ) · u00 (t0 ).
A partir de la hipótesis hecha para f , el último término es
positivo, lo que es absurdo.
2.
Si t0 = 0, entonces ϕ tiene un máximo en 0 y luego decrece;
de esta forma, ϕ0 (0) ≤ 0. Esto dice que u0 (0) · u(0) ≤ 0. Como
u(0) = A, y además λ[u0 (0)−g(A)]−(1−λ)A = 0, multiplicando
por A se obtiene:
λ[u0 (0) · u(0) − g(A) · A] − (1 − λ)R2 = 0.
En consecuencia, como el primer término es menor o igual que
cero, se deduce que λ = 1, lo que es absurdo.
3.
Si t0 = 1, se procede en forma análoga al caso anterior.
Para concluir la demostración, observemos que K0 (u, A, B) = l,
en donde l es la recta dada por l(t) = (B − A)t + A, de modo que
F0 (u, A, B) = (u − l, −A, B). De esta forma, el grado de F0 respecto
de Ω es igual al grado de F0 restringida al subespacio V = hli × R2n ,
que se identifica con la aplicación ψ : R × R2n → R × R2n dada por
ψ(r, A, B) = (r − 1, −A, B). Luego degLS (F0 , Ω, 0) = ±1, y la prueba
está completa.
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Capı́tulo 9
Problemas resonantes
9.1.
Condiciones de Landesman-Lazer
En este capı́tulo veremos la aplicación de las técnicas de teorı́a de
grado a la resolución de ciertos problemas, denominados resonantes.
A partir de los diversos ejemplos que hemos presentado, podemos
observar que muchos problemas del análisis no lineal pueden escribirse
en la forma
Lu = N u
en donde L es un operador diferencial lineal definido en algún espacio
funcional adecuado, y N es un operador no lineal, que en general
involucra a derivadas de orden menor. Este es el caso de la ecuación
de segundo orden
u00 (t) = f (t, u(t), u0 (t)),
(9.1)
con diferentes condiciones de contorno.
Si el operador L es inversible, el problema se dice no resonante.
Por ejemplo, esto ocurre si se considera la ecuación anterior bajo
condiciones de Dirichlet; en tal caso, se reduce al problema de punto
fijo u = L−1 N u, para cuya resolución se pueden utilizar teoremas de
punto fijo, o la teorı́a de grado de Leray-Schauder.
Cuando el operador L no es inversible, el problema se denomina resonante. Esto ocurre, por ejemplo, si a la ecuación (9.1) se le
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
ponen condiciones de Neumann o periódicas, para las cuales el operador lineal Lu = u00 tiene núcleo no trivial (más precisamente, el
conjunto de funciones constantes). Este es un caso de resonancia en
el primer autovalor, denominación que proviene del siguiente planteo:
consideremos el problema de autovalores
−u00 = λu
con condiciones periódicas
u0 (0) = u0 (T ).
u(0) = u(T ),
Entonces es fácil ver que los autovalores son
λk =
µ
2kπ
T
¶2
k ∈ N0 .
De esta forma, el primer autovalor es λ0 = 0, que tiene como espacio
de autofunciones asociadas a las constantes. Cabe observar que el
problema es más sencillo para k = 0 que en el caso de resonancia en
algún autovalor de orden superior, es decir:
u00 + λk u = f (t, u, u0 )
con k > 0. Esto se debe esencialmente a dos aspectos: por un lado, para k > 0 las autofunciones asociadas ya no tienen signo constante, y eso requiere un cuidado mayor en algunos de los cálculos que
efectuaremos. Pero la mayor dificultad reside en el hecho de que los
autovalores de orden k > 0 ya no son necesariamente simples: por
ejemplo, para el problema periódico el espacio de√autofunciones
√ asociadas a λk es el generado por las funciones cos( λk t) y sen( λk t),
que tiene dimensión 2. Sobre este problema hablaremos un poco más
adelante, ası́ como de la extensión de estos resultados a sistemas de
ecuaciones.
En un trabajo clásico, E. Landesman y A. Lazer [14] obtuvieron un
resultado de existencia para un problema elı́ptico con condiciones de
Dirichlet, que para el caso de una ecuación ordinaria con condiciones
periódicas y resonancia en el primer autovalor puede adaptarse de la
siguiente forma:
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[SEC. 9.1: CONDICIONES DE LANDESMAN-LAZER
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Teorema (Landesman-Lazer)
Supongamos que p ∈ C([0, T ]) y que g ∈ C(R) es acotada y tiene
lı́mites en ±∞. Entonces la ecuación resonante
u00 + g(u) = p(t)
admite una solución T -periodica si
g(−∞) < p :=
1
T
Z
T
p(t) dt < g(+∞).
(9.2)
0
Además, si g satisface que:
g(−∞) < g(x) < g(+∞) ∀x ∈ R
entonces (9.2) es también necesaria.
Observación
La necesidad de la condición (9.2) es clara: si u es una solución T RT
periódica del problema, por integración se obtiene que 0 g(u(t)) dt =
RT
p(t) dt. Como la imagen de u es un subconjunto compacto de R,
0
RT
se deduce que g(−∞) < T1 0 p(t) dt < g(+∞).
Observación
El resultado anterior vale también si se invierten las desigualdades
en (9.2).
Vamos a demostrar el resultado anterior en un contexto algo más
amplio: consideremos el problema periódico
 00
 u + g(t, u) = 0
u(0) = u(T ),
(9.3)
 0
u (0) = u0 (T ),
en donde g : [0, T ] × R → R es una función continua y acotada.
A fines de obtener condiciones de Landesman-Lazer apropiadas
para este problema, definamos los siguientes lı́mites:
lı́m sup g(t, u) := gs± (t)
(9.4)
u→±∞
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
y
lı́m inf g(t, u) := gi± (t).
u→±∞
(9.5)
Obviamente, en el caso del Teorema de Landesman-Lazer, se tiene
que gs± = gi± = g(±∞) − p, de modo que el siguiente resultado es
más general:
Teorema
Si
o
Z
Z
T
0
gs+ (t)dt
<0<
T
0
gs− (t)dt
<0<
Z
Z
T
0
T
0
gi− (t)dt
(9.6)
gi+ (t)dt,
(9.7)
entonces el problema (9.3) tiene al menos una solución.
Demostración. Consideremos el espacio C([0, T ]), y el subespacio
D := {u ∈ C 2 ([0, T ]) : u(0) = u(T ), u0 (0) = u0 (T )}.
Notemos que el operador L : D → C([0, T ]) no es inversible, pues
ker(L) = R, aunque admite un operador inverso a derecha K, que
resulta compacto. En efecto, un sencillo cálculo (y también el hecho
de que L es simétrico respecto del producto escalar de L2 ) muestra
que
Im(L) = {ϕ ∈ C([0, T ]) : ϕ = 0}.
Luego, se puede definir K : Im(L) → C([0, T ]) como el operador dado
por Kϕ = u, en donde u es la única solución del problema
 00
u =ϕ



u(0) = u(T )
 u0 (0) = u0 (T )


u = 0.
La compacidad de K se deduce de modo similar a los otros casos que
vimos, empleando ahora la desigualdad de Wirtinger y el teorema de
Arzelá-Ascoli. Observemos entonces que para λ > 0, el problema
½ 00
u + λg(t, u) = 0
(9.8)
u(0) = u(T ), u0 (0) = u0 (T )
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[SEC. 9.1: CONDICIONES DE LANDESMAN-LAZER
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es equivalente al problema de punto fijo
u = u − g(·, u) − λK(g(·, u) − g(·, u)),
(9.9)
En efecto, si u es solución de (9.8) integrando la ecuación resulta
g(·, u) = 0, y u = u − λKg(·, u). Recı́procamente, si u es solución de
(9.9) entonces
u00 = −λ(g(·, u) − g(·, u)).
Además, tomando promedio en ambos términos de (9.9), se ve que
u = u − g(·, u),
y luego g(·, u) = 0.
En consecuencia, basta probar que (9.9) tiene solución para λ = 1.
Por otra parte, observemos que si λ = 0 entonces (9.9) es equivalente
a la igualdad
g(·, u) = 0
para cierto u ∈ R.
A partir de lo anterior, vamos a considerar la aplicación dada por
h
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Fλ (u) = u − u − g(·, u) − λK(g(·, u) − g(·, u)) .
Afirmamos que F1 (u) = 0 para algún u, lo que corresponde a una
solución del problema original. Para ello, probaremos:
1.
Fλ (u) 6= 0 para kuk∞ À 0 y λ ∈ [0, 1].
2.
degLS (F0 , BR , 0) = ±1 para cierto R suficientemente grande,
donde BR ⊂ C([0, T ]) es la bola de radio R centrada en el
origen.
Observemos que una vez demostradas 1 y 2, el resultado se sigue a
partir de la invariancia por homotopı́a del grado de Leray-Schauder.
Veremos únicamente el caso en que vale (9.6), pues el otro es análogo.
A fines de probar la propiedad 1, supongamos en primer lugar
que tenemos Fλn un = 0, con kun k∞ → ∞ y λn ∈ (0, 1]. Entonces
u00n + λn g(t, un ) = 0, y un es T -periódica.
Por otro lado, podemos escribir un = un + vn , y entonces
kvn k∞ ≤ ckvn00 k∞ = cku00n k∞ ≤ ckg(·, un )k∞ ≤ M
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
para cierta constante M . Se deduce que un → ∞. Tomando una
subsucesión, podemos suponer por ejemplo que un → +∞. Por el
lema de Fatou resulta
Z T
Z T
0 = lı́m sup
g(t, un )dt = lı́m sup
g(t, vn + un )dt
n→∞
≤
Z
0
n→∞
T
lı́m sup g(t, vn + un )dt ≤
n→∞
0
0
Z
T
0
gs+ (t)dt,
lo que es absurdo. La misma conclusión se obtiene si un → −∞.
Por otra parte, si F0 un = 0, para cierta sucesión {un } que verifica
RT
kun k∞ → ∞, entonces un ∈ R y 0 g(t, un )dt = 0. Aplicando otra
vez Fatou, se llega como antes a un absurdo.
Finalmente, calculemos para R À 0 el grado de Leray-Schauder
degLS (F0 , BR , 0). Como la imagen de F0 − Id está contenida en R,
de acuerdo con la definición del grado de Leray-Schauder alcanza con
calcular el grado de Brouwer degB (F0 |R , BR ∩ R, 0). Más aun, F0 |R se
RT
identifica con la aplicación φ : R → R dada por φ(r) = 0 g(t, r)dt.
Nuevamente, por Fatou vemos que
lı́m sup φ(r) ≤
r→+∞
Z
T
g + (t)dt < 0,
0
lı́m sup φ(r) ≥
r→−∞
Z
T
g − (t)dt > 0;
0
de esta forma, φ(R) < 0 < φ(−R) para R À 0, y en consecuencia
degB (F0 |R , BR ∩ R, 0) = −1
para R grande.
Observación
Vale la pena observar que en el caso (9.7) el grado de φ es 1. Esto
refleja dos situaciones diferentes que se producen cuando se resuelve
el problema por métodos variacionales: en el caso (9.7) se demuestra
que la funcional es coerciva, y alcanza un mı́nimo, mientras que para
(9.6) se obtiene un punto crı́tico que es del tipo punto silla.
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[SEC. 9.2: GENERALIZACIÓN A SISTEMAS. CONDICIÓN DE NIRENBERG
9.2.
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Generalización a sistemas. Condición
de Nirenberg
En la sección previa vimos que un problema resonante como la
ecuación u00 +g(u) = p(t) con u periódica admite solución si se asumen
las condiciones de Landesman-Lazer
g(−∞) < p < g(+∞)
o
g(+∞) < p < g(−∞).
Vamos a ver ahora la generalización de este resultado al caso de un
sistema: supondremos entonces que g : RN → RN es continua y
acotada, y p ∈ C([0, T ], RN ).
A fines de encontrar la generalización apropiada, vamos a reescribir las condiciones clásicas de Landesman-Lazer (caso N = 1)
de la siguiente forma. En primer lugar, observemos que los lı́mites
g(±∞) pueden interpretarse como una extensión continua de g a la
recta extendida. Conviene pensar, para v = ±1, en el valor gv dado
por
gv := lı́m g(s.v).
s→+∞
Desde este punto de vista, las condiciones de Landesman-Lazer
(cualquiera de ellas) dicen que gv 6= p para v en la esfera 0-dimensional
S 0 := {1, −1}, lo que permite definir la aplicación θ : S 0 → S 0 dada
−p
por θ(v) = |ggvv −p|
. Pero en realidad dicen algo más: no sólo que θ
está bien definida, sino que además su grado (como aplicación de la
esfera en sı́ misma) es distinto de 0.
Vale la pena entender esto un poco mejor, pues nos dará la pauta
para entender el caso N > 1. En general, el grado de una aplicación
continua θ : S N −1 → S N −1 , en donde S N −1 es la esfera unidad de
RN , puede definirse fácilmente empleando homologı́a. Sin embargo,
en el marco del capı́tulo 7 podemos observar simplemente que dada
una función continua ψ : S N −1 → S N −1 , cualquier función continua
f : B1 (0) → RN que extienda a ψ va a tener el mismo grado de
Brouwer respecto del 0. De esta forma, el grado de ψ se define como
el grado de alguna de sus extensiones continuas.
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
En el caso anterior con N = 1, las condiciones de LandesmanLazer muestran que toda extensión continua de θ al intervalo [−1, 1]
tiene que anularse, con lo cual el resultado es trivial.
En este contexto, el siguiente resultado puede verse como una generalización natural del teorema de Landesman-Lazer. Se trata de una
adaptación de un teorema más abstracto de Nirenberg, para sistemas
del tipo elı́ptico.
Teorema
Sea g : RN → RN continua y acotada, y supongamos que los
lı́mites radiales gv := lı́mr→+∞ g(rv) existen y son uniformes respecto
de v ∈ S N −1 . Supongamos, además, que:
gv 6= p :=
1
T
RT
0
p(t)dt para todo v ∈ S N −1 .
El grado de la aplicación θ : S N −1 → S N −1 dada por
θ(v) =
gv − p
|gv − p|
es distinto de 0.
Entonces el problema
u00 + g(u) = p(t)
0<t<T
(9.10)
tiene al menos una solución T -periódica.
Vamos a demostrar directamente un resultado más general, que
en realidad no requiere la condición de existencia de lı́mites radiales.
En primer lugar, observemos que en el caso N = 1 con g acotada, el mismo razonamiento de antes permite mostrar una condición
suficiente (más débil que la de Landesman-Lazer) para la existencia
de soluciones:
g(−x) < p < g(x)
para x ≥ R0
(o viceversa)
(9.11)
para algún R0 > 0. En particular, esto incluye el caso de las llamadas
vanishing nonlinearities: si p = 0, el problema tiene soluciones cuando
vale (9.11), incluso si g(±∞) = 0.
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[SEC. 9.2: GENERALIZACIÓN A SISTEMAS. CONDICIÓN DE NIRENBERG
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Notemos que la condición de que g sea acotada es, en cierto sentido, esencial: si consideramos por ejemplo la ecuación
u00 + u = sen t,
se ve que no hay soluciones 2π-periódicas, aunque (9.11) se cumple.
De todas formas, es posible evitar la condición de que g sea acotada de diversas maneras: por ejemplo, si valen las desigualdades de
(9.11) en el sentido inverso, o si g es acotada solamente de un lado.
Estos dos casos quedan como ejercicio; a continuación mostraremos
un resultado que incluye también el caso en que g es sublineal.
Vale la pena repasar nuestra demostración anterior, en la que uno
de los principales pasos consistió en obtener cotas a priori para las
soluciones periódicas del problema u00 = λ(p − g(u)) con λ ∈ (0, 1].
Haciendo uso una vez más de la desigualdad de Wirtinger, se ve
que
T
T
ku0 kL2 ≤
ku00 kL2 ≤
kp − g(u)kL2 .
2π
2π
En consecuencia, si kuk∞ = R deducimos que
ku − uk∞ ≤
´
T 3/2 ³
kpkL2 + T 1/2 GR := ΓR
2π
(9.12)
donde GR = sup|u|≤R |g(u)|. De este modo, si GR y kpkL2 son suficientemente pequeños respecto de R, podemos concluir que |u| es
grande, y ku − uk∞ is comparativamente pequeño. Por ejemplo, si
ΓR < R2 , entonces
|u(t)| ≥ |u| − ku − uk∞ ≥ R − 2ΓR > 0.
Por otro lado, cuando integramos la ecuación resulta:
Z T
Z T
g(u(t)) dt.
p(t) dt =
0
0
Luego,
inf
R−2ΓR ≤x≤R
g(x) ≤ p ≤
sup
g(x)
R−2ΓR ≤x≤R
si u > 0, y
inf
−R≤x≤2ΓR −R
g(x) ≤ p ≤
sup
g(x)
−R≤x≤2ΓR −R
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
en caso contrario.
En consecuencia, la condición (9.11) puede en realidad debilitarse
de la siguiente manera:
g(−x) < p < g(x)
para x ∈ IR
(o viceversa)
(9.13)
para algún R > 0, donde IR := [R − 2ΓR , R] ⊂ R+ .
En [29] Ortega y Sánchez dieron un interesante ejemplo que muestra que la generalización de este resultado para N > 1 no es inmediata. Más precisamente, se presenta un sistema para el cual no hay
soluciones, aunque valen las siguientes condiciones para cierto R > 0:
g(u) 6= p para |u| ≥ R.
El grado de la aplicación θR : S N −1 → S N −1 dada por
θR (v) =
g(Rv) − p
|g(Rv) − p|
es distinto de 0.
La existencia de soluciones para sistemas en los que no vale la
condición de Nirenberg fue analizada por ejemplo en [31]. En este
caso, las hipótesis para gv se reemplazan por otras análogas para el
g(u)−p
; de esta forma, los lı́mites radiales de g podrı́an ser
cociente |g(u)−p|
iguales a p para algunos puntos (quizás todos) de la esfera unidad, o
podrı́an incluso no existir. Una situación más general se estudia en
[2], en donde la existencia de soluciones se deduce de una condición
generalizada de Nirenberg, pero local: no se pide que existan lı́mites
radiales sobre toda la esfera, sino sobre un cubrimiento de ella, y
en ciertas direcciones. En cualquier caso, todos estos resultados requieren un comportamiento especı́fico de la no-linealidad (acotada)
g : RN → RN en el infinito.
Probaremos ahora un teorema algo más general, que contiene a
todos los resultados mencionados y puede verse como una extensión
de (9.13) para N > 1. En particular, no se asume ningún comportamiento especı́fico de g en el infinito.
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[SEC. 9.3: UNA CONDICIÓN GEOMÉTRICA
9.3.
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Una condición geométrica
Sea Γ definida como antes por (9.12). En primer lugar, proponemos
la siguiente condición de crecimiento para g:
ΓR+R < R
(9.14)
para algún R > R. Como dijimos, esto incluye el caso en que g es sublineal: más en general, si |g(u)| ≤ a|u| + b con a < Tπ2 , entonces (9.14)
¢
¡ 2π
se cumple tomando R = αR con α ∈ 1, aT
2 − 1 y R suficientemente
grande.
La primera condición del teorema de Nirenberg será reemplazada
por la siguiente condición geométrica:
p∈
/ co(g(BR (v))
(9.15)
para cada v ∈ RN tal que |v| = R. Aquı́ co(X) denota la cápsula
convexa de un subconjunto X ⊂ RN .
Teorema
Supongamos que valen las condiciones (9.14) y (9.15) para ciertas
constantes R > R > 0. Además, supongamos que
degB (g − p, BR (0), 0) 6= 0.
(9.16)
Entonces el problema (9.10) admite al menos una solución T -periódica.
Observación
Según mencionamos, este resultado puede ser interpretado como
una extensión de la condición (9.13), en el sentido de que depende
únicamente del comportamiento de g sobre la corona
A := {u : R − R ≤ |u| ≤ R + R} ⊂ RN .
Vale la pena observar también que la condición (9.15) no puede
ser reemplazada por esta otra, más débil:
g 6= p
en BR (v)
∀v tal que |v| = R.
Esta diferencia no se percibe en el caso N = 1, pues allı́ la condición
(9.13) implica (9.15), y contiene además a la condición (9.16).
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
En particular, es fácil verificar que el resultado de Nirenberg se
sigue como una consecuencia inmediata del Teorema 9.3.
9.3.1.
to
Demostración
Sea E = {u ∈ C([0, T ]) : u(0) = u(T )}, y consideremos el conjunΩ := {u ∈ E : ku − uk∞ < R, |u| < R}.
De acuerdo a lo ya visto, es suficiente comprobar que:
1.
u00 6= λ(p − g(u)) para u ∈ ∂Ω y 0 < λ ≤ 1.
2.
g(u) 6= p para u ∈ RN ∩ ∂Ω.
3.
degB (g − p, RN ∩ Ω, 0) 6= 0.
Como RN ∩ Ω = BR (0), las dos últimas condiciones se desprenden
en forma directa de las hipótesis. Además, si u00 = λ(p − g(u)) para
cierto λ ∈ (0, 1] y u ∈ ∂Ω, se deduce que
ku − uk∞ ≤
´
T 3/2 ³
kpkL2 + T 1/2 GR+R = ΓR+R < R.
2π
Luego |u| = R, y u(t) ∈ B r (u) para cierto r < R, para cada t ∈ [0, T ].
A partir de la condición (9.15) y la versión geométrica del teorema
de Hahn-Banach, existe un hiperplano H = hwi⊥ que separa p y el
conjunto compacto y convexo co(g(B r (u)); en otras palabras,
hg(A + u), wi ≥ hp, wi + µ
para cierta constante µ > 0 y todo |A| ≤ r. Integrando la ecuación,
se ve que
Z
1 T
g(A(t) + u) dt = p,
T 0
donde A(t) := u(t) − u. Entonces
1
0=
T
Z
T
0
hg(A(t) + u) − p, wi dt ≥ µ,
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[SEC. 9.4: RESONANCIA EN UN AUTOVALOR DE ORDEN SUPERIOR.
lo que es absurdo.
¤
Observación
A la luz del teorema anterior, podemos examinar más en detalle
el ejemplo de Ortega y Sánchez de [29]. Se trata de una no-linealidad
acotada g : R2 → R2 , con deg(g, BR , 0) 6= 0, para la cual los autores
construyen una función p de promedio 0 de modo tal que el problema
u00 + g(u) = p no tiene soluciones T -periódicas. Por conveniencia, g
se escribe en notación compleja de la siguiente forma:
z
.
g(z) = eiRe(z) p
1 + |z|2
De acuerdo a lo que hemos visto, existe un valor R = R(p) tal que si
u es T -periódica y satisface u00 + λg(u) = λp para λ ∈ (0, 1], entonces
ku − uk∞ < R. Ahora bien, si consideramos |z| À R, para u ∈ BR (z)
se tiene
u
z
p
'p
.
2
1 + |u|
1 + |z|2
Sin embargo, si R > π , la función eiRe(u) toma en B (z) valores
R
2
en un rango de ángulos que excede a π, de modo que g(BR (z)) no
puede mantenerse dentro de un mismo semiplano. En otras palabras,
la condición (9.15) no se cumple.
Podemos observar también que, una vez fijada p, el valor de R es
el mismo si ahora consideramos la no-linealidad
Re(z)
z
.
gρ (z) = ei ρ p
1 + |z|2
Sin embargo, ahora se ve que para ρ suficientemente grande el efecto
de la rotación puede evitarse: basta considerar ρ > 2R
π y el teorema
anterior vale tomando R À 0.
9.4.
Resonancia en un autovalor de orden
superior. Condición de Lazer-Leach
En esta sección estudiaremos la existencia de soluciones de un
problema algo diferente al anterior:
u00 + m2 u + g(u) = p(t)
0 < t < 2π
(9.17)
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
bajo condiciones periódicas:
u(0) = u(2π),
u0 (0) = u0 (2π).
(9.18)
El valor m 6= 0 es entero, p ∈ L2 (0, 2π), y la no-linealidad g es,
como antes, continua.
Se trata nuevamente de un problema resonante aunque, como
mencionamos al comienzo del capı́tulo, el núcleo del operador lineal
asociado Lm u := u00 + m2 u sobre el espacio de las funciones 2πperiódicas ya no es el subespacio de funciones constantes. En términos más precisos, esta situación es conocida en la literatura como
resonancia en un autovalor de orden superior: según mencionamos,
los números λm = m2 con m = 0, 1, . . . corresponden a los autovalores del problema −u00 = λu bajo condiciones 2π-periódicas. El caso
m = 0 es el que ya estudiamos: si el promedio de p se encuentra entre
los lı́mites de g en ±∞, entonces hay solución.
Notemos que el promedio p puede pensarse como la proyección del
término forzante p sobre el núcleo del operador lineal L0 , que consiste
en el subespacio (unidimensional) de las funciones constantes.
A diferencia del caso anterior, cuando m 6= 0 se hace preciso
trabajar con un núcleo que es 2-dimensional, más precisamente:
Ker(Lm ) = {α cos(mt) + β sin(mt) : α, β ∈ R} := Vm .
En consecuencia, serı́a razonable esperar para esta nueva situación
un teorema análogo al de Landesman-Lazer, expresado en términos
de la proyección de p sobre Vm o, equivalentemente, en términos de
los m-ésimos coeficientes de Fourier de p.
En 1969, D.E. Leach y A. Lazer mostraron que, en efecto, eso es
lo que ocurre (ver [15]):
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[SEC. 9.4: RESONANCIA EN UN AUTOVALOR DE ORDEN SUPERIOR.
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Teorema (Condiciones de Lazer-Leach)
Sea g ∈ C(R) acotada, con lı́mites en infinito g(±∞), y sean αp , βp
los m-ésimos coeficientes de Fourier de p.
Entonces, si
q
2
(9.19)
αp2 + βp2 < |g(+∞) − g(−∞)| ,
π
el problema (9.17)-(9.18) tiene al menos una solución 2π-periódica.
Es posible obtener una extensión inmediata del teorema de LazerLeach si la cantidad |g(+∞) − g(−∞)| es reemplazada por
ginf (+∞) − gsup (−∞)
o bien
ginf (−∞) − gsup (+∞),
donde ginf y gsup son respectivamente los lı́mites inferior y superior
de g.
Como hicimos para el teorema de Nirenberg, vamos a demostrar
directamente un caso más general, que no requiere un comportamiento asintótico especı́fico: en particular, podrı́a ocurrir que g tuviera el
mismo lı́mite en ±∞, o directamente que dicho lı́mite no existiera.
Las condiciones son comparables a (9.13): más precisamente, vamos
a definir para R y ε > 0, ciertos intervalos no-triviales
+
IR,ε
= [aR,ε , bR,ε ],
−
IR,ε
= [−bR,ε , −aR,ε ],
y las funciones C = C(R, ε), ϕ = ϕ(ε), con ϕ(ε) → 2 para ε → 0,
tales que si


q
ϕ(ε) 
inf+ g(u) − sup g(u) − C(R, ε) > αp2 + βp2
π
u∈IR,ε
u∈I −
(9.20)
R,ε
o


q
ϕ(ε) 
inf− g(u) − sup g(u) − C(R, ε) > αp2 + βp2 ,
π
u∈IR,ε
u∈I +
R,ε
(9.21)
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
entonces el problema (9.17)-(9.18) tiene al menos una solución.
En particular, si g es acotada, podrá verse que aR,ε → +∞ y
C(R, ε) → 0 para R → +∞ y ε → 0; en consecuencia, las hipótesis
de nuestro teorema se satisfacen bajo las condiciones de Lazer-Leach:
q
2
[lı́m inf g(u) − lı́m sup g(u)] > αp2 + βp2
π u→+∞
u→−∞
o
9.5.
q
2
[lı́m inf g(u) − lı́m sup g(u)] > αp2 + βp2 .
π u→−∞
u→+∞
Algunos resultados preliminares
Sea H el espacio de funciones 2π-periódicas y absolutamente continuas con derivada en L2 ,
©
ª
1
H = Hper
(0, 2π) := u ∈ H 1 (0, 2π) : u(0) = u(2π)
¡
¢1/2
provisto de la norma usual kuk := kukH 1 = kuk2L2 + ku0 k2L2
,y
sea
©
ª
2
(0, 2π) := u ∈ H ∩ H 2 (0, 2π) : u0 (0) = u0 (2π) .
D = Hper
Consideremos además el operador Lm : D → L2 (0, 2π) definido anteriormente, y su núcleo Vm , que puede describirse del siguiente modo:
Vm := Ker(Lm ) = {uw : w = (α, β) ∈ R2 },
donde
uw (t) := α cos(mt) + β sin(mt).
Por conveniencia, definimos J : R2 → Vm como el isomorfismo dado
por J(w) = uw . Los coeficientes m-ésimos de Fourier de una función
u ∈ L1 (0, 2π) serán denotados respectivamente por αu y βu , vale
decir:
Z
1 2π
αu =
u(t) cos(mt) dt,
π 0
Z
1 2π
βu =
u(t) sen(mt) dt.
π 0
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[SEC. 9.5: ALGUNOS RESULTADOS PRELIMINARES
Además, si w(u) = (αu , βu ), entonces la proyección ortogonal P de
L2 (0, 2π) sobre Vm puede escribirse como Pu = J(w(u)) = uw(u) .
Es inmediato ver (por simple cálculo, o -nuevamente- usando el
hecho de que Lm es simétrico respecto del producto interno de L2 )
que la imagen de Lm es el complemento ortogonal de Vm :
Z 2π
n
R(Lm ) = ϕ ∈ L2 (0, 2π) :
ϕ(t) cos(mt) dt
0
=
Z
2π
0
o
ϕ(t) sin(mt) dt = 0 .
En consecuencia, podemos definir un inverso a derecha K : R(L) → H
del operador Lm , dada por Kϕ = u, donde u ∈ D es la única solución
2π-periódica del problema
½ 00
u + m2 u = ϕ
Pu = 0.
Por otra parte, se puede obtener la siguiente estimación:
Lema
Para cada u ∈ D vale:
ku − Puk ≤ kLm (u)kL2 .
Demostración. Sea w = u − Pu, entonces Lm (u) = Lm (w). Escribiendo el desarrollo de Fourier
X
1
a0
√ [an cos(nt) + bn sin(nt)] ,
w= √ +
2π n∈N−{m} π
resulta
kw00 + m2 wk2L2 = (a0 m2 )2 +
≥ a20 +
X
n∈N−{m}
X
n∈N−{m}
¢
¡
(n2 − m2 )2 a2n + b2n
¢
¡
(1 + n2 ) a2n + b2n = kwk2L2 + kw0 k2L2 .
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
Observación
Como
ku00 kL2 ≤ kLm (u)kL2 + m2 kukL2 ≤ (1 + m2 )kLm (u)kL2 ,
se deduce fácilmente que K es compacto. Esto puede verse empleando
el teorema de Arzelá-Ascoli, o directamente a partir del hecho, fácil
de verificar, de que la inmersión H 2 (0, 2π) ,→ H es compacta.
Vamos a introducir la siguiente notación. Para R > 0, definimos
las constantes
|g(u)|,
MR = sup
√
|u|≤ 2πR
√
γR = kpkL2 + MR 2π.
Además, para ε > 0 sean
√
(R − γR )ε
aR,ε = p
− 2πγR ,
π(1 + m2 )
bR,ε = mı́n
½
√
√
R
2πR, √ + 2πγR
π
¾
y los intervalos
+
IR,ε
= [aR,ε , bR,ε ],
−
IR,ε
= [−bR,ε , −aR,ε ].
Finalmente, consideremos los conjuntos
Iε = {t ∈ [0, 2π] : | cos(mt)| < ε}
Jε+ = {t ∈ [0, 2π] : cos(mt) > ε}
Jε− = {t ∈ [0, 2π] : cos(mt) < −ε}
y las funciones
ξ(ε) =
ϕ(ε) =
Z
Jε+
C(R, ε) =
Z
Iε
| cos(mt)| dt
cos(mt) dt = −
Ã
Z
cos(mt) dt
Jε−
!
p
ξ(ε) γR 2(1 + m2 )
+
MR
π
m(R − γR )
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[SEC. 9.6: TEOREMA DE LAZER-LEACH GENERALIZADO
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Observación
√
2
A partir de
√ la definición, se ve que ϕ(ε) = 2 1 − ε → 2, y
2
ξ(ε) = 4(1 − 1 − ε ) → 0 cuando ε → 0. Más aun, si g es acotada
resulta aR,ε → +∞ para R → +∞, y C(R, ε) → 0 cuando R → +∞
y ε → 0.
9.6.
Teorema de Lazer-Leach generalizado
Con la notación introducida en la sección previa, podemos establecer el siguiente resultado de existencia:
Teorema
Supongamos aR,ε > 0, y que una de las condiciones (9.20) o (9.21)
se cumple para algún R y algún ε > 0. Entonces (9.17)-(9.18) admite
al menos una solución u ∈ H 1 (0, 2π) tal que kukH 1 < R.
Demostración. Supondremos que vale (9.20); el otro caso es análogo.
Para λ ∈ [0, 1], consideremos de modo similar al del caso Landesman-Lazer el operador Fλ : H → H dado por Fλ u = u − Tλ u, donde
el operador (compacto) Tλ se define por:
¡
¢
Tλ u = Pu + P(p − g(u)) + λK p − g(u) − P(p − g(u)) .
Observemos que, para λ > 0, u es un cero de Fλ si y sólo si u ∈ D, y
Lm (u) = λ(p − g(u)).
En efecto, si Fλ u = 0 resulta u = Tλ u ∈ D, y aplicando P en
ambos términos se deduce que
= 0. Además, como Lm P ≡
¡ P(p−g(u))
¢
0 entonces Lm (u) = λLm K p − g(u) = λ(p − g(u)). Recı́procamente,
si Lm (u) = λ(p − g(u)) y u ∈ D, entonces
Z 2π
Z 2π
u(t)Lm ϕ(t) dt = 0
Lm u(t)ϕ(t) dt =
0
0
para toda ϕ en el núcleo de Lm . En consecuencia P(p − g(u)) = 0,
de donde u = Pu + λK(p − g(u)) = Tλ u.
Vamos a probar que F1 tiene al menos un cero. En primer lugar, veamos que Fλ no se anula sobre ∂BR (0): de esta manera, la
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
demostración se reduce a probar que el grado de Leray-Schauder
degLS (F0 , BR (0), 0) es distinto de 0.
Consideremos
primero el caso λ ∈ (0, 1]. Si kuk = R, entonces
√
kuk∞ ≤ 2πR. Luego, si Lm (u) = λ(p − g(u)) resulta
√
ku − PukH 1 ≤ kp − g(u)kL2 ≤ kpkL2 + MR 2π = γR .
Además, si ϕ ∈ Ker(Lm ) entonces
0=
1
λ
Z
2π
Lm u(t)ϕ(t) dt =
0
1
λ
Z
2π
0
[p(t) − g(u(t))]ϕ(t) dt.
Por conveniencia, escribamos Pu = ρ cos(mt−ω), con ω ∈ [0, 2π).
Entonces
Z
Z
1 2π
eiω 2π
αp +iβp =
g(u(t))eimt dt =
g(ρ cos(mt)+θ(t))eimt dt,
π 0
π 0
(9.22)
ω
ω
) − Pu(t + m
). Por otra parte, notemos que
donde θ(t) = u(t + m
R − γR ≤ kPukH 1 = ρk cos(mt)kH 1 = ρ
y
p
π(1 + m2 )
R2 ≥ kuk2L2 = ku − Puk2L2 + kPuk2L2 ≥ ρ2 π.
Esto implica que
p
R − γR
π(1 + m2 )
R
≤ρ≤ √ .
π
Observemos ahora que
Z
Z
2π
0
2π
g(ρ cos(mt) + θ(t)) sen(mt) dt =
0
µ
¶
θ0 (t)
g(ρ cos(mt) + θ(t)) sen(mt) −
dt
ρm
Z 2π
θ0 (t)
g(ρ cos(mt) + θ(t))
dt
+
ρm
0
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[SEC. 9.6: TEOREMA DE LAZER-LEACH GENERALIZADO
lo que permite obtener la cota
¯ √
¯Z 2π
¯
¯
2πMR 0
¯
g(ρ cos(mt) + θ(t)) sen(mt) dt¯¯ ≤
kθ kL2
¯
ρm
0
p
πγR MR 2(1 + m2 )
.
≤
m(R − γR )
R 2π
Por otra parte, podemos dividir el término 0 g(u(t)) cos(mt) dt
en tres integrales sobre los conjuntos Iε y Jε± , para obtener las estimaciones:
¯Z
¯
¯
¯
¯
¯ ≤ MR ξ(ε),
g(ρ
cos(mt)
+
θ(t))
cos(mt)
dt
¯
¯
Iε
Z
Z
Jε+
g(ρ cos(mt) + θ(t)) cos(mt) dt ≥ inf+ g(u)ϕ(ε)
Jε−
g(ρ cos(mt) + θ(t)) cos(mt) dt ≤ sup g(u)ϕ(ε).
u∈IR,ε
−
u∈IR,ε
En consecuencia, a partir de (9.22) se deduce:


q
π αp2 + βp2 ≥ ϕ(ε)  inf+ g(u) − sup g(u)
u∈IR,ε
−
u∈IR,ε
p
πγR MR 2(1 + m2 )
−MR ξ(ε) −
,
m(R − γR )
lo cual contradice (9.20).
Finalmente, si F0 u = 0 resulta u = Pu, y los mismos cálculos de
antes valen para θ = 0. Luego, u ∈
/ ∂BR (0).
Podemos concluir que el grado de Leray-Schauder de Fλ en 0
está definido sobre BR (0), y degLS (F1 , BR (0), 0) = degLS (F0 , BR (0), 0).
Además, por la definición de grado y el hecho de que
F0 u = u − P(u + p − g(u)),
se ve que degLS (F0 , BR (0), 0) = degB (F0 |Vm , BR (0) ∩ Vm , 0).
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[CAP. 9: PROBLEMAS RESONANTES
Notemos que si u ∈ Vm , entonces F0 u = P(g(u) − p); de esta
forma, si escribimos
p como antes u = ρ cos(mt − ω) con ω ∈ [0, 2π) se
ve que kukH 1 = ρ π(1 + m2 ).
Luego, degLS (F0 , BR (0), 0) puede calcularse como el ı́ndice I(φ, 0),
donde φ : [0, 2π] → C es la curva definida por
Z
1 2π
φ(ω) =
g(ρ cos(mt − ω))eimt dt − zp ,
π 0
con ρ = √ R 2 y zp = αp + iβp . Más aun, I(φ, 0) = I(zp + φ, zp ),
π(1+m )
y
Z
1 2π
zp + φ(ω) =
g(ρ cos(mt − ω))eimt dt
π 0
Z
eiω 2π
=
g(ρ cos(mt))eimt dt.
π 0
Los mismos cálculos anteriores considerando θ = 0 permiten probar
que
¯Z 2π
¯
¯
¯
imt
¯
g(ρ cos(mt))e
dt¯¯
¯
0


≥ ϕ(ε)  inf+ g(u) − sup g(u) − MR ξ(ε).
u∈IR,ε
−
u∈IR,ε
De esta desigualdad y la hipótesis (9.20) se sigue fácilmente que
I(φ, 0) = ±1, lo cual completa la demostración.
9.6.1.
Un ejemplo sencillo
q
Dada p ∈ L2 (0, 2π), fijemos una constante c tal que 4c
αp2 + βp2
π >
y cierto M > c. Vamos a definir una función continua g : R → R
tal que |g(u)| ≤ M para todo u ∈ R; luego, podremos
considerar
√
MR = M para todo R ≥ 0. Sean R > γR = kpkL2 + 2πM suficientemente grande, y ε > 0 suficientemente pequeño tales que:
2cϕ(ε) q 2
C(R, ε) <
− αp + βp2 .
π
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[SEC. 9.6: TEOREMA DE LAZER-LEACH GENERALIZADO
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Agrandando R si es necesario, podemos suponer que
√
(R − γR )ε
p
> 2πγR .
2
π(1 + m )
En consecuencia, basta con definir cualquier función continua g
con kgk∞ ≤ M , tal que
g(u)sgn(u) > c
√
R √
(R − γR )ε
para p
− 2πγR ≤ u ≤ √ + 2πγR .
2
π
π(1 + m )
Por ejemplo, si p ∈ Ker(Lm ) (i.e. αp = βp = 0), podemos considerar
una función g que satisfaga g(u)sgn(u) > 0 para u À 0 y g(u) → 0
para |u| → ∞, para la cual las condiciones de Lazer-Leach no se
cumplen, siempre que la tasa de convergencia a 0 sea suficientemente
pequeña. En efecto, por simplicidad supongamos que g(u)sgn(u) se
comporta como |u|−r cuando |u| À 0 para cierto r ∈ (0, 1), y definamos R = ε1k , con k ∈ (1, 2]. Entonces aR,ε → +∞ para ε → 0,
y
inf+ g(u) − sup g(u) = O(εkr ).
u∈IR,ε
−
u∈IR,ε
Además, ξ(ε) = O(ε2 ), y luego C(R, ε) = O(εk ). Como kr < k,
tomando ε pequeño, vemos que la condición (9.20) se verifica.
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Capı́tulo 10
Apéndice
10.1.
1.
Repaso de ecuaciones diferenciales
ordinarias
Sean Ω ⊂ R × Rn un abierto, (t0 , x0 ) ∈ Ω y f : Ω → Rn
una función continua, localmente Lipschitz en x. Entonces el
problema
½ 0
x = f (t, x)
x(t0 ) = x0
admite una (única) solución x : [t0 − δ, t0 + δ] → Rn para cierto
δ > 0. Dar una cota inferior para δ.
2.
Lema de Gronwall: Sean u, v : [t0 , t1 ] → R≥0 continuas tales
que
Z t
u(s)v(s) ds
u(t) ≤ α +
t0
para todo t y cierto α ≥ 0. Entonces
u(t) ≤ αe
Rt
t0
v(s) ds
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[SEC. 10.1: REPASO DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
3.
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Dependencia continua:
Sean Ω, (t0 , x0 ) ∈ Ω, f como en el ejercicio 1, y consideremos un
punto (t̃0 , x̃0 ) ∈ Br (t0 , x0 ) para r > 0 suficientemente pequeño.
Probar que la solución x̃ del problema
½ 0
x̃ = f (t, x̃)
x̃(t̃0 ) = x̃0
verifica
|x̃(t) − x(t)| ≤ αeL|t−t0 |
para ciertas constantes α = α(t̃0 , x̃0 ), L ≥ 0, y t cerca de t0 , en
donde α verifica: α(t̃0 , x̃0 ) → 0 para (t̃0 , x̃0 ) → (t0 , x0 ).
4.
a)
b)
c)
Sean Ω, (t0 , x0 ) ∈ Ω, f como en el ejercicio 1, y sea K ⊂ Ω
un compacto. Probar que si una solución de x0 = f (t, x)
definida en [t0 , t1 ) no se puede extender hasta t1 , entonces
existe δ > 0 tal que (t, x(t)) ∈
/ K para t ∈ (t1 − δ, t1 ).
Concluir que si [t0 , t1 ] × Rn ⊂ Ω entonces |x(t)| → ∞ para
t → t−
1.
Probar que si f : [t0 , t1 ]×Rn → Rn es continua, localmente
Lipschitz en x y tiene crecimiento a lo sumo lineal en x
(es decir, |f (t, x)| ≤ a|x| + b), entonces toda solución del
problema x0 = f (t, x) puede extenderse a todo el intervalo
[t0 , t1 ].
Sea f : [t0 , t1 ] × Rn → Rn continua y globalmente Lipschitz en x con constante L, y consideremos el operador
T : C([t0 , t1 ], Rn ) → C([t0 , t1 ], Rn ) definido por
Z t
f (s, x(s)) ds.
T x(t) = x0 +
t0
Probar que para x, y ∈ C([t0 , t1 ], Rn ) se tiene:
kT n x − T n yk ≤
(t1 − t0 )n Ln
kx − yk,
n!
en donde T n = T ◦ . . . ◦ T (n veces). Deducir que si n es
grande, T n es una contracción. ¿Tiene esto alguna relación
con el ejercicio (4b)?
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[CAP. 10: APÉNDICE
10.2.
1.
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La ecuación lineal de segundo orden
Probar que el problema
u00 (t) + a(t)u0 (t) + b(t)u(t) = ψ(t)
con a, b, ψ : [0, T ] → R continuas, es equivalente a la ecuación
Lu = ϕ(t), en donde
Lu(t) = (−p(t)u0 (t))0 + q(t)u(t)
para ciertas q, ϕ : [0, T ] → R continuas y cierta p : [0, T ] → R>0
de clase C 1 .
2.
Sea L como en el ejercicio anterior, y sea {u1 , u2 } una base
de soluciones del problema homogéneo Lu = 0. Probar que
w = p(u1 u02 − u2 u01 ) es una constante no nula.
3.
Sean L, u1 , u2 y w como antes, y sea ϕ : [0, T ] → R una función
continua. Probar que todas las soluciones de la ecuación Lu = ϕ
son de la forma u = c1 u1 + c2 u2 , con
Z
1 t
c1 = k 1 +
u2 (s)ϕ(s) ds,
w 0
Z
1 t
c2 = k 2 −
u1 (s)ϕ(s) ds.
w 0
4.
Sea L como antes. Probar que si el problema de Dirichlet
Lu = 0,
u(0) = u(T ) = 0
admite solamente la solución trivial, entonces el problema no
homogéneo
Lu = ϕ,
u(0) = u0 ,
u(T ) = uT
tiene una única solución para cualquier ϕ continua y cualquier
dato de borde (u0 , uT ) ∈ R2 . Obtener conclusiones similares
para las condiciones de Neumann
u0 (0) = u0 ,
u0 (T ) = uT
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[SEC. 10.2: LA ECUACIÓN LINEAL DE SEGUNDO ORDEN
y periódicas
u0 (0) = u0 (T ).
u(0) = u(T ),
5.
Sea L como antes, con q ≥ 0. Probar que para toda función
continua ϕ el problema
Lu = ϕ,
u(0) = u0 ,
u(T ) = uT ,
tiene solución única. ¿Puede decirse lo mismo para las condiciones de Neumann o periódicas?
6.
Sea L como antes, y sea f : [0, T ] × R → R continua y creciente
en u. Probar que el problema
Lu = f (t, u),
u(0) = u0 ,
u(T ) = uT
tiene a lo sumo una solución.
7.
Desigualdad de Poincaré: existe una constante c tal que si u :
[0, T ] → R es absolutamente continua con u(0) = u(T ) = 0,
entonces
kukL2 (0,T ) ≤ cku0 kL2 (0,T ) .
Comentario: veremos en 10.4 que la constante óptima es c =
8.
T
π.
Desigualdad de Wirtinger: existe una constante c tal que si
u : [0, T ] → R es absolutamente continua con u(0) = u(T ) y
u0 (0) = u0 (T ), entonces
ku − ukL2 (0,T ) ≤ cku0 kL2 (0,T )
RT
en donde u es el promedio de u, dado por u := T1 0 u(t) dt.
T
Comentario: en este caso, la constante óptima es c = 2π
.
9.
Probar que existe una constante c tal que si u0 es absolutamente
continua y u0 (t0 ) = 0 para algún t0 entonces
ku0 kL∞ (0,T ) ≤ cku00 kL2 (0,T ) .
Generalizar para un operador L como antes.
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[CAP. 10: APÉNDICE
10.3.
La función de Green
En esta sección veremos que, en ocasiones, la única solución de un
problema lineal Lu = ϕ se puede expresar en términos de un operador
integral (el inverso de L), aplicado a ϕ.
Vamos a encontrar esta expresión por medio de un cálculo directo
cuando se trata el problema lineal
(
u00 = ϕ(t)
u(0) = u(T ) = 0.
En efecto, podemos escribir
Z
Z t
ϕ(s)ds = c +
u0 (t) =c +
0
T
χ[0,t) (s)ϕ(s)ds,
0
y entonces
u(t) =
Z tµ
c+
0
=ct +
=ct +
=ct +
Z
Z
Z
T
Z
T
¶
χ[0,r) (s)ϕ(s)ds dr
0
χ[0,t (r)
0
T
ϕ(s)
0
T
µZ
µZ
T
0
T
¶
χ[0,r) (s)ϕ(s)ds dr
¶
χ[0,t) (r)χ[s,T ] (r)dr ds
0
ϕ(s)ψ(t, s)ds,
0
donde
ψ(t, s) =
½
0
t−s
t≤s
s < t.
Además, como u(T ) = 0, vale:
Z
Z
1 T
1 T
c=−
ϕ(s)ψ(α, s)ds = −
ϕ(s)(T − s)ds.
T 0
T 0
Luego
u(t) =
Z
T
G(t, s)ϕ(s)ds,
0
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[SEC. 10.4: DESIGUALDADES DE POINCARÉ Y WIRTINGER
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en donde
(
− Tt (T − s)
G(t, s) =
− Ts (T − t)
t≤s
t > s.
La función G : [0, T ]2 → R se denomina función de Green del problema.
1.
Deducir una expresión similar para condiciones de Dirichlet no
homogéneas.
2.
Generalizar para condiciones de Neumann y periódicas.
3.
Generalizar para un operador L como en los ejercicios anteriores, y calcular explı́citamente la función de Green para el caso
Lu = u00 − λu, con λ > 0.
10.4.
Desigualdades de Poincaré y
Wirtinger
En muchas de las aplicaciones que hemos visto resulta de gran
importancia la llamada desigualdad de Poincaré:
kukL2 ≤
T 0
ku kL2 .
π
Esta fórmula es válida para cualquier función u del espacio de Sobolev
mencionado en la introducción:
H01 (0, T ) := {u : [0, T ] → R absolutamente continua :
u(0) = u(T ) = 0, u0 ∈ L2 (0, 1)}.
En el ejercicio 7 se propone la existencia de “alguna” constante c
que permite acotar la norma de u mediante la norma de su derivada; veremos ahora una idea informal (aunque esencialmente válida)
que permite demostrar que la constante óptima para esta desigualdad es Tπ , mediante argumentos sencillos. Por simplicidad, trataremos
únicamente el caso T = 1, la versión más general se obtiene fácilmente
mediante un rescale del intervalo.
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[CAP. 10: APÉNDICE
Supongamos que queremos minimizar la funcional
Z 1
I(u) =
u0 (t)2 dt
0
definida sobre
H01 (0, 1),
sujeta a la condición J(u) = 1, con
Z 1
u(t)2 dt.
J(u) =
0
Es posible probar que I restringida al conjunto {u : J(u) = 1} alcanza
un mı́nimo absoluto u1 , que además resulta una función suave. En tal
caso, por la teorı́a de multiplicadores de Lagrange1 existe un número
λ1 tal que DI(u1 ) = λ1 DJ(u1 ), es decir:
Z 1
Z 1
0
0
u1 (t)ϕ (t) dt = λ1
u1 (t)ϕ(t) dt
0
0
para toda ϕ. Integrando por partes el término de la izquierda, obtenemos:
Z 1
(u001 (t) + λ1 u1 (t))ϕ(t) dt = 0
0
Además, como la igualdad vale para toda ϕ, entonces
u001 + λ1 u1 = 0.
Pero esta ecuación es √
fácil de resolver: como u1 se anula en 0, tiene
que ser u1 (t) = asen( λ1 t) en donde a es una constante apropiada
R1
de modo que valga 0 u1 (t)2 dt = 1. Por otra parte, u1 (1) = 0, de
√
donde λ1 = kπ. Finalmente, observemos que
Z 1
Z 1
Z 1
I(u1 ) =
u01 (t)2 dt = −
u001 (t)u1 (t) dt = λ1
u1 (t)2 dt = λ1 .
0
0
0
Entonces, como u1 es un mı́nimo absoluto, se deduce que k = 1, es
decir: λ1 = π 2 . De esta forma,
Z 1
mı́n
u0 (t)2 dt = π 2 ,
kukL2 =1
1 Este
0
hecho es consecuencia inmediata del Teorema de la función implı́cita
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[SEC. 10.4: DESIGUALDADES DE POINCARÉ Y WIRTINGER
en donde el mı́nimo se toma sobre el espacio H01 (0, 1). Esto dice que
si u ∈ H01 (0, 1) es distinta de 0, entonces tomando w = kuku 2 vale
L
R1 0 2
2
w
(t)
≥
π
,
o
equivalentemente
0
Z
1
0
u0 (t)2 ≥ π 2 kuk2L2 ,
como querı́amos demostrar.
En realidad, existe una demostración mucho más elemental, que
es la siguiente: dado u ∈ C 1 ([0, 1]) tal que u(0) = 0, definimos
φ(t) = u2 (t)cotg(πt),
que resulta continua en [0, 21 ], y φ(0) = 0. Entonces
φ0 (t) = 2u(t)u0 (t)cotg(πt) − πu2 (t)(1 + cotg2 (πt))
=
µ
u0 (t)
√
π
¶2
−πu2 (t)−
µ
√
u0 (t)
πu(t)cotg(πt) − √
π
¶2
≤
u0 (t)2
−πu2 (t).
π
Integrando, resulta
¯1/2 Z
¯
≤
0 = φ¯
0
1/2
0
u0 (t)2
− πu2 (t) dt,
π
de donde sale que
Z
1/2
u2 (t) dt ≤
0
1
π2
Z
1/2
u0 (t)2 dt.
0
En forma análoga se prueba que si u(1) = 0, entonces
Z
1
1/2
u2 (t) dt ≤
1
π2
Z
1
u0 (t)2 dt,
1/2
y sumando las dos desigualdades cuando u(0) = u(1) = 0 se obtiene
el resultado. El caso general para u absolutamente continua se deduce
en forma inmediata del hecho (bastante elemental) de que C01 ([0, 1])
es denso en H01 (0, 1).
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[CAP. 10: APÉNDICE
Cabe aclarar que, aunque parece más complicada, la otra “demostración” es mucho más general, pues se aplica a otros operadores
lineales diferentes de u00 .
Los anteriores argumentos pueden modificarse para probar también que la constante óptima para la desigualdad de Wirtinger (ver
T
.
el ejercicio 8 de la sección 10.2) es 2π
10.5.
El teorema de Brouwer
Como vimos en el capı́tulo 7, el teorema de Brouwer se demuestra en forma inmediata a partir de la teorı́a de grado. Sin embargo,
existen diversas demostraciones directas, algunas más complicadas
que otras. Por ejemplo, si se conoce el lenguaje de la homologı́a,
la demostración se desprende en forma inmediata del hecho de que
no existen retracciones de Rn (o de la bola unitaria) en la esfera:
en efecto, si f : B1 (0) → B1 (0) es continua y sin puntos fijos, se
puede construir una retracción de la siguiente manera: para cada x
tomamos la semirrecta que sale de f (x) y pasa por x, y definimos r(x)
como el punto donde dicha semirrecta corta a S n−1 . Esta función es
claramente continua, y deja fijos a los puntos de la esfera, lo que es
absurdo.
Pero vale la pena observar que existen demostraciones aun más
sencillas. El caso n = 1 es claramente trivial, pues el resultado equivale al teorema de Bolzano. Para n = 2 se puede argumentar de
muchas maneras distintas. Aquı́ el hecho de que no hay retracciones
se prueba de un modo mucho más directo, recurriendo únicamente
al grupo fundamental: si hubiera una retracción, deberı́a existir un
epimorfismo del π1 del plano, que es trivial, al de la circunferencia,
que es Z. La dificultad en el caso n > 2 es que justamente el π1 de la
esfera ahora es también trivial.
Como sea, hay argumentos todavı́a más elementales. En primer
lugar, para n = 2 vale la pena mencionar aquella demostración que
emplea un resultado combinatorio de la teorı́a de juegos: el teorema
de Brouwer se deduce en forma casi inmediata a partir del teorema
del HEX, que a grandes rasgos dice, simplemente, que todo juego de
HEX tiene un ganador (ver [10]).
También se puede probar el teorema de Brouwer en el plano
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usando herramientas de variable compleja, aunque este procedimiento no difiere mucho del que empleamos en la construcción del grado
en el capı́tulo 7.
Veamos ahora otra prueba, que emplea únicamente el teorema de
Green. En realidad, nuestra demostración consiste en probar que no
hay retracciones de clase C 2 , y repitiendo la construcción anterior
esto dice que el teorema de Brouwer vale para funciones de clase C 2 .
Pero usando el teorema de aproximación de Weierstrass es muy fácil
pasar luego al caso general: si f : B1 (0) → B1 (0) es continua, existen
qn : B1 (0) → R2 polinomios tales que kqn − f k∞ ≤ n1 . Observemos
n
que kqn k∞ ≤ n+1
n ; luego, si definimos pn := n+1 , se deduce que
pn : B1 (0) → B1 (0), y pn → f uniformemente. Como pn es de clase
C ∞ , tiene un punto fijo xn ; por otra parte, existe una subsucesión
xnj que converge a cierto x ∈ B1 (0). Luego f (xnj ) → f (x), y además
f (xnj )−xnj = f (xnj )−pnj (xnj ) → 0, de donde se ve que f (x)−x = 0.
Cabe aclarar que nuestra demostración de que no hay retracciones
de B1 (0) en S 1 puede extenderse para dimensión mayor, empleando
la versión general del teorema de Stokes, o el teorema de Gauss.
A modo de corolario del método empleado, probaremos también
el teorema fundamental del Algebra.
10.5.1.
Una demostración elemental
Dada f : A → R2 de clase C 2 , f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)) tal que
f (S 1 ) ⊂ S 1 , en donde A es cualquier entorno de S 1 , definimos
d(f ) :=
=
Z
S1
Z
S1
(uvx − vux , uvy − vuy ) · dl
u(vx dx + vy dy) −
Z
v(ux dx + uy dy).
S1
Se cumplen las siguientes propiedades:
R
1.
d(id) =
2.
Si f : B1 (0) → S 1 es de clase C 2 , entonces d(f ) = 0.
S1
(−y dx + x dy) = 2π.
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Demostración: como u2 + v 2 ≡ 1, se deduce que (ux , vx ) y
(uy , vy ) son linealmente dependientes. Por otra parte,
(uvy − vuy )x − (uvx − vux )y = 2(ux vy − uy vx )
¶
µ
ux uy
= 0,
= 2det
vx vy
y el resultado se deduce del teorema de Green.
3.
Si f y g son de clase C 2 definidas en un entorno de S 1 tales que
f (S 1 ) ⊂ S 1 , g(S 1 ) ⊂ S 1 y f = g sobre S 1 , entonces d(f ) = d(g).
Demostración: si f = (u, v) y g = (ũ, ṽ), entonces las componentes tangenciales de ∇u y ∇v coinciden con las de ∇ũ y ∇ṽ.
Más concretamente, si parametrizamos S 1 por medio de una
curva c(t) se tiene que u ◦ c = ũ ◦ c y v ◦ c = ṽ ◦ c, y luego
∇u(c(t)) · c0 (t) = ∇ũ(c(t)) · c0 (t),
∇v(c(t)) · c0 (t) = ∇ṽ(c(t)) · c0 (t).
En otras palabras,
ux dx+uy dy = ũx dx+ũy dy,
vx dx+vy dy = ṽx dx+ṽy dy,
de donde el resultado es inmediato.
Como conclusión, se deduce que no puede haber una retracción
f : B1 (0) → S 1 de clase C 2 , pues en tal caso por la propiedad 2
tiene que ser D(f ) = 0. Pero f = id sobre S 1 , y luego por 3 y 1 vale:
d(f ) = d(id) 6= 0, lo que es absurdo.
10.5.2.
El teorema fundamental del álgebra
Una aplicación sencilla de la función d definida en la sección previa permite probar el teorema fundamental del álgebra. Para ello,
conviene escribir a una función f = (u, v) definida en un entorno
de S 1 como la función de la variable compleja z = x + iy dada por
f (z) = u(x, y) + iv(x, y). En tal caso, es fácil ver que la función
µ ¶n
z
f (z) =
|z|
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es de clase C ∞ , y vale d(f ) = 2πn. Esto es claro, por ejemplo,
si escribimos a f en coordenadas polares, f (r cos ω, r sen ω) =
(cos nω, sen nω).
Ahora veremos que la función d es continua, en un sentido apropiado:
Teorema
Sea f : A → R2 de clase C 2 , en donde A es un entorno de S 1 .
Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si φ : A → R2 es de clase C 2 y vale
kφk∞ < δ, kDφk∞ < δ, entonces |d(f + φ) − d(f )| < ε.
La demostración de este resultado es inmediata a partir de la
definición de d, y del hecho de que
¯
¯Z
¯
¯
¯ F · dl¯ ≤ kF k∞ .L(γ),
¯
¯
γ
en donde L(γ) es la longitud de la curva γ.
Podemos esbozar entonces una demostración del teorema fundamental del álgebra de la siguiente forma (los detalles quedan como
ejercicio): dado un polinomio P mónico de grado n, podemos escribirlo en la forma P (z) = z n + Q(z), en donde Q tiene a lo sumo grado
n − 1. Si P no tiene raı́ces, entonces definimos para R > 0 la función
P (Rz)
2
g(z) = |P
(Rz)| , que resulta de clase C . Por otra parte, si consideramos por ejemplo |z| ≥ 12 y hacemos tender R a infinito, vemos que
tanto g como sus derivadas parciales tienden (de modo uniforme) respectivamente a f y sus derivadas
³ ´n parciales, en donde f es la función
z
antes definida por f (z) = |z|
. Esto dice que d(g) tiende a 2πn.
Por otra parte, por la propiedad 2 de la sección anterior vale d(g) = 0,
lo que es absurdo.
Vale la pena observar que la misma demostración es válida para
funciones más generales, para los cuales los métodos habituales de
variable compleja no pueden aplicarse directamente. Por ejemplo, se
puede deducir el teorema fundamental del álgebra generalizado, para
un polinomio en z y z, del tipo
X
P (z, z) = z n +
ajk z j z k ,
j+k≤n−1
que no es una función analı́tica.
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Observación
A partir de lo visto en el capı́tulo 7, es evidente que para una
aplicación f : B1 (0) → R2 suave tal que f (S 1 ) ⊂ S 1 la “misteriosa”
función d es equivalente al grado de f . En efecto, empleando la no1
= f (z). Luego,
tación compleja, para z ∈ S 1 vale f (z)
Z
Z 2π
1
1
1
f (γ(t))(f ◦ γ)0 (t) dt
dz =
2πi f ◦γ z
2πi 0
Z 2π
h
i
1
Im f (γ(t))(f ◦ γ)0 (t) dt
=
2π 0
Z
1
(uvx − vux ) dx + (uvy − vuy ) dy.
=
2π γ
deg(f, B1 (0), 0) =
Sin embargo, esta prueba directa del teorema de Brouwer que
hemos dado no requiere hacer uso de la invariancia por homotopı́a de
la integral compleja.
10.5.3.
La demostración de Milnor y Rogers
Veamos ahora otra demostración elemental del teorema de Brouwer, válida para Rn : la de Milnor-Rogers. A partir de lo antes comentado, es suficiente ver que no existen retracciones de clase C 1 de la
bola unitaria B en la esfera S n−1 .
En efecto, si f : B → S n−1 es de clase C 1 tal que f (x) = x sobre
n−1
S
, podemos definir, para t ∈ [0, 1],
ft (x) = (1 − t)x + tf (x) = x + t(f (x) − x).
Es claro que para todo x vale |ft (x)| ≤ 1, y si x ∈ S n−1 entonces
ft (x) = x.
Por otra parte, g(x) := f (x) − x es de clase C 1 , y entonces existe
una constante c tal que |g(x) − g(y)| ≤ c|x − y| para x, y ∈ B. En
consecuencia, si t < 1c la función ft es inyectiva, pues si ft (x) = ft (y)
entonces
t
|x − y| = t|g(x) − g(y)| ≤ |x − y|.
c
Veamos que si t es suficientemente pequeño, entonces ft es también
suryectiva. En efecto, observemos en primer lugar que para cierto
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t0 ∈ (0, 1c ) vale que si t ≤ t0 entonces la diferencial Dft = I +
tDg es inversible para todo x. Por el teorema de la función inversa,
esto implica que ft (B) es abierto para todo t ≤ t0 . Supongamos que
ft (B) 6= B, y tomemos z ∈ B tal que z ∈
/ ft (B). Uniendo a z con
cualquier punto de ft (B) por medio de un segmento, se deduce la
existencia de algún y ∈ B ∩ ∂(ft (B)). Si xk ∈ B es una sucesión tal
que ft (xk ) → y, por compacidad podemos suponer que converge a
cierto x, y luego ft (x) = y. Como ft es inyectiva y vale la identidad
sobre S n−1 , entonces x ∈ B. Pero por otra parte, ft (x) ∈ ft (B), lo
que contradice el hecho de que y es un punto de la frontera.
Definamos ahora la aplicación
Z
Z
φ(t) :=
det(Dft (x)) dx = φ(t) =
det(I + tDg(x)) dx.
B
B
Claramente, φ es un polinomio en t pero además, como ft es un
difeomorfismo cuando t ≤ t0 , por la fórmula de cambio de variables se
deduce que φ es constantemente igual al volumen de B. En particular,
φ(1) > 0. Pero f1 = f , y a partir de la igualdad |f (x)| = 1 se deduce
que para j = 1, . . . , n vale
h∂j f (x), f (x)i = 0.
Luego f (x) ∈ ker(Df (x)), y en particular esto muestra que
det(Df (x)) = 0 para todo x ∈ B. En consecuencia, φ(1) = 0, lo
que es absurdo.
Para concluir, veamos la siguiente generalización obvia del teorema, para el caso de cualquier conjunto homeomorfo a la bola unitaria:
h : B → K es un homeomorfismo y f : K → K es continua, la aplicación h−1 ◦ f ◦ h : B → B es continua, y entonces tiene un punto
fijo x. Luego, y = h(x) es un punto fijo de f .
En particular, podemos tomar como K a cualquier conjunto compacto y convexo en un espacio normado de dimensión finita.
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