Dissertação
Dissertação-Márcio Cavalcante de Melo.pdf
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Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduação em Matemática
Dissertação de Mestrado
Um estudo qualitativo sobre o Problema de Cauchy para a Equação Não Linear de
Schrödinger Crítica
Márcio Cavalcante de Melo
Maceió, Brasil
Março de 2012
Márcio Cavalcante de Melo
Um estudo qualitativo sobre o Problema de Cauchy para a Equação Não Linear de
Schrödinger Crítica
Dissertação de Mestrado na área de concentração
de Análise submetida em
05 de Março de 2012 à
Banca Examinadora, designada pelo Colegiado do
Programa de Pós-Graduação em Matemática da Universidade Federal de Alagoas, como parte dos requisitos necessários à obtenção do grau de mestre em
Matemática.
Orientador: Adán José Corcho Fernández
Maceió, Brasil
Março de 2012
Catalogação na fonte
Universidade Federal de Alagoas
Biblioteca Central
Divisão de Tratamento Técnico
Bibliotecária Responsável: Fabiana Camargo dos Santos
M528e
Melo, Márcio Cavalcante de.
Um estudo qualitativo sobre o problema de Cauchy para a equação não
linear de Schrödinger crítica /Márcio Cavalcante de Melo – 2012.
65 f. : il., graf.
Orientador: Adán José Concho Fernández.
Dissertação (Mestrado em Matemática) – Universidade Federal de Alagoas.
Instituto de Matemática. Maceió, 2012.
Bibliografia: f. 65.
1. Sobolev, Espaços de. 2. Schrödinger, Equação não-linear de.
3. Singularidade. 4. Comportamento assintótico. I. Título.
CDU: 517.955
AGRADECIMENTOS
Inicialmente agradeço a Deus, por ter ofertado coisas maravilhosas para minha vida;
aos meus pais por terem me dado carinho, conforto, educação e motivação durante toda
a minha vida. Também agradeço aos meus irmãos Marcos e Géssyca por todo o apoio
dado.
Agradeço à minha namorada Jisleyane Rodrigues, por estar ao meu lado em todos os
momentos.
Agradeço ao meu orientador Doutor Adán José Corcho Fernández, exemplo de prossional ético, por sua excelente orientação e paciência em vários momentos.
Também enfatizo minha gratidão aos amigos que ganhei e obtive um excelente convívio no decorrer do curso de Mestrado em Matemática: Carlos, Lucian, Davi, Rafael,
Karla, Isnaldo, Adalgisa, Alan, Wágner, Abraão, Marcos, Felipe, Diogo, Ivan, Nicholas,
Kenerson, Rodrigo, Fábio, Ádina, Adriano, Ítalo, Gleydson, Edileno.
Agradeço aos professores Doutores do Instituto de Matemática Krerley Irraciel Martins
de Oliveira, Antônio Carlos, Marcos Petrúcio, Márcio Batista, José Carlos, André Flores,
Dimas Martinez, Adelaílson Peixoto, Feliciano Vitório pela contribuição e apoio dados em
minha formação.
Agradeço aos professores Doutores Ediel Azevedo e Fábio Natali, por aceitarem o
convite de participar da banca examinadora do presente trabalho, por suas correções e
sugestões que muito contribuíram para o desenvolvimento do trabalho.
Também agradeço à Capes pelo auxílio nanceiro.
A todos estes eu agradeço por tudo.
RESUMO
Neste trabalho fazemos um estudo da boa colocação local em espaços de Sobolev com pesos
para o Problema de Valor Inicial (PVI) associado à equação não-linear de Schrödinger.
Também fazemos um estudo da boa colocação global para o mesmo problema. Em nossa
abordagem, dedicamos atenção especial ao caso de soluções no espaço de energia H 1 (Rn )∩
, n ≥ 3, pois neste caso para dados iniciais
L2 (|x|2 dx) especícos para 1 + n4 ≤ α < n+2
n−2
com tamanho controlado, temos que as soluções locais podem ser estendidas à todo tempo.
Além disso, no caso de potência α = 1 + n4 , que é conhecida como potência L2 crítica,
mostramos a existência de singularidades.
Palavras-chave: Espaços de Sobolev com pesos. Equação não-linear de Schrödinger.
Singularidades.
ABSTRACT
In this work we study local well-posedness in weighted Sobolev spaces about the Initial
Value Problem (IVP) associated with the nonlinear Schrödinger equation. We too study
global well-posedness results about the same problem. We dedicate special attention
to the case when the initial data belong to the energy space H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|2 dx) and
, (n ≥ 3). In this situation, for small data in H 1 , the local solutions
1 + n4 ≤ α < n+2
n−2
obtained can be extended globally in time. Moreover, in the case of power α = 1 + n4 we
show the formation of singularities.
Keywords: Weighted Sobolev spaces. Nonlinear Schrödinger equation. Singularities.
LISTA DE GRÁFICOS
GRÁFICO 1..............................................................................................................................56
GRÁFICO 2..............................................................................................................................63
GRÁFICO 3..............................................................................................................................64
SUMÁRIO
1 INTRODUÇÃO…………………………………………………………………………….09
2 PRELIMINARES…………………………………………………………………...............11
2.1 ESPAÇOS
(
)…………………………............………………………………..........11
2.2 O ESPAÇO DE SCHWARTZ……………………............………………………………19
2.3 INTERPOLAÇÃO DE OPERADORES…………………............…………....................21
2.4 ESPAÇOS DE SOBOLEV COM PESOS………………………............………………..28
3 O GRUPO LIVRE DE SCHRÖDINGER………………………………………………......28
4 BOA COLOCAÇÃO DA EQUAÇÃO NÃO-LINEAR DE SCHRÖDINGER EM
ESPAÇOS DE SOBOLEV COM PESOS………………………………………………........35
5 COMPORTAMENTO ASSINTÓTICO PARA A EQUAÇÃO NLS…………...................49
5.1 RESULTADOS GLOBAIS................................................................................................49
5.1.1 O CASO
(
) ……………………………………......................................................49
5.1.2 O CASO
(
) ……………………………………………….....................................52
5.2 FORMAÇÃO DE SINGULARIDADES………………………………...........................56
6 REFERÊNCIAS ....................................................................................................................65
9
1 INTRODUÇÃO
1.1 Os Modelos do Micro mundo e a Equação de Schrödinger
No início do século XX, a análise de alguns resultados experimentais deixou em evidência que as leis clássicas não tinham um caráter universal, no sentido de que não conseguiam
explicar certos fenômenos, particularmente aqueles que tinham como origem ou objeto o
micro mundo (elétrons, prótons, nêutrons, ...). Graças à intervenção dos mais eminentes cientistas do século passado, contamos com uma teoria capaz de interpretar de modo
coerente os fenômenos inerentes às micropartículas, chamada de mecânica quântica.
Segundo Gondar e Cipolatti [5] um dos postulados que constroem a Mecânica Quântica
é o seguinte: O estado de uma micropartícula de massa m (constante) vem determinado
através de uma função ψ(x, t), t ≥ 0, x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 , que deve satisfazer a seguinte
equação, denominada a equação de Schrödinger:
ih
h2
∂ψ
(t, x) +
∆ψ(t, x) = U (t, x),
∂t
2m
onde i é a unidade imaginária, h é uma constante universal (denominada constante de Dirac) e U (t, x) é uma função real (denominada função de força), sendo F (t, x) = ∇U (t, x)
a força que atua sobre a micropartícula. A função ψ , que por razões históricas é denominada função de onda é, em geral, uma função complexa, tal que |ψ(t, x)|2 é proporcional
à densidade de probabilidade de encontrar a micropartícula numa vizinhança do ponto
x ∈ R3 , no instante t.
Diferentemente do que acontece com outras equações da mecânica clássica, não é
possível deduzir rigorosamente a equação de Schrödinger partindo de princípios físicos
fundamentais; até porque a função de onda é um simples instrumento de cálculo, uma
função auxiliar que não possui signicado físico direto. Por isso, em geral, postula-se a
validade da equação, sendo este um procedimento aceitável sempre que se produzam resultados que coincidam com a realidade. No entanto, do ponto de vista histórico Schrödinger
inferiu sua equação estabelecendo algumas analogias que envolviam as leis da mecânica
e da óptica. Apesar de não ter um real conhecimento do que esta equação realmente
descrevia, ele conseguiu xar vários resultados experimentais obtidos por outros autores,
calculando os autovalores dos estados estacionários da sua equação.
1.2 A Equação NLS
Após a descoberta da equação de Schrödinger em 1926, muitas pesquisas, tanto de interesse físico como matemático, em torno desse importante modelo têm sido desenvolvidas
por vários pesquisadores do mundo todo.
O objetivo do trabalho que desenvolvemos é estudar o comportamento ao longo do
10
tempo da solução do PVI associado à equação não-linear de Schrödinger (NLS) denida
por
(
iut + ∆u + λ|u|α−1 u = 0
u(0, x) = u0 (x), x ∈ Rn , t ∈ R
(1)
com dados iniciais no espaço de energia H11 (Rn ).
O presente trabalho está estruturado da seguinte forma: no primeiro capítulo apresentamos os resultados que serão utilizados no decorrer deste trabalho; no segundo capítulo vamos fazer um estudo sucinto do grupo livre de Scrödinger; no próximo capítulo iremos apresentar o Espaço de Sobolev com Pesos do tipo xα onde α é um multiíndice com coordenadas inteiras e provaremos um problema de boa colocação local em
H11 (Rn ) = H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|2 dx) para a equação não linear de Schrödinger baseado em [7];
no último capítulo, baseado em [9] iremos fazer um estudo ao longo do tempo das soluções
da equação não linear de Schrödinger, apresentando sob quais condições que envolvem a
dimensão n, a não linearidade α, o sinal de λ e a norma de u0 , garantem que as soluções
locais se estendem para todo o tempo e veremos que quando estas condições não são
satisfeitas podemos encontrar soluções do tipo blow-up.
11
2 PRELIMINARES
Neste capítulo daremos alguns conceitos e resultados básicos de Análise que serão
utilizados no decorrer do trabalho.
2.1 Espaços Lp (Rn )
Denição 1. Seja 1 ≤ p ≤ ∞. Denotaremos por Lp (Rn ) o conjunto de todas as funções
f : Rn → C mensuráveis, tais que
kf kLp (Rn ) =
R
1/p
p
< ∞, se 1 ≤ p < ∞,
Rn |f (x)| dx
(2)
inf {r; |f (x)| ≤ r, q.t.p x ∈ R } < ∞, se p = ∞.
n
O espaço Lp (Rn ), para p ≤ ∞, munido com a norma dada por k · kLp (Rn ) é um espaço
de Banach.
Proposição 1 (Desigualdade de Hölder ). Considere p, q ≥ 1 e
f ∈ Lp (Rn ) e g ∈ Lq (Rn ). Então f g ∈ L1 (Rn ) e
1
1
+ = 1. Sejam
p
q
kf gkL1 (Rn ) ≤ kf kLp (Rn ) kgkLq (Rn ) .
(3)
Demonstração. Ver [3].
Proposição 2. Se 1 ≤ p < q < r ≤ ∞, então Lp (Rn ) ∩ Lr (Rn ) ⊂ Lq (Rn ) e ainda vale
kukq ≤ kukθp kuk1−θ
r ,
(4)
onde θ ∈ (0, 1) é denido por 1q = θ p1 + (1 − θ) 1r .
Demonstração. Ver [3].
A desigualdade abaixo também é bastante clássica:
Teorema 1 (Desigualdade de Gagliardo-Niremberg ). Se f ∈ C0m (Rn ) então
k∂xα f kp ≤ c
X
k∂xβ f kθq kf k1−θ
r ,
(5)
|β|=m
onde |α| = j, c = (j, m, p, q, r), p1 − nj = θ( 1q − mn ) + (1 − θ) 1r , θ ∈ [ mj , 1], com a seguinte
exceção: se m − j − nr for um inteiro não negativo, então a desigualdade acima é válida
para todo θ ∈ [ mj , 1).
A prova deste teorema é um pouco longa. A estratégia para a sua demostração é
reduzi-la a alguns casos particulares e para tanto vamos provar as seguintes armações:
12
Armação 1. Se (5) vale para j = 1, m = 2, então temos que (5) vale com θ = mj para
todo 0 ≤ j < m < ∞.
Demonstração. A prova desta armação será feita usando o princípio de indução sobre
m. Por hipótese temos que o resultado é válido para m = 2, isto é, vale o seguinte
1
1
(6)
k∂xi ukp ≤ Ck∂xk xl ukr2 kukq2 ,
onde p1 = 2r1 + 2q1 .
Agora suponha que tal resultado seja válido para certo m, ou seja, vale
j
1− j
(7)
k∂ α ukp ≤ k∂ β ukrm kukq m ,
j
+ 1 − mj 1q .
onde |β| = m, |α| = j , com j < m e p1 = mr
Agora mostraremos que o resultado é válido para m + 1. Para este m considere, dois
sub-índices αm+1 , onde |αm+1 | = m + 1 e seja βj um sub-índice tal que |βj | = j , onde
j = m − k onde k pode assumir os valores k = 2, 3, ..., m, então aplicando a nossa
hipótese de indução temos
j
1− j
k∂ βj ukp ≤ Ck∂ αm ukrm kukq m ,
onde αm denota um sub-índice de ordem m e p, q e r satisfazem a seguinte relação
1
j 1
j 1
=
+ 1−
.
p
mr
m q
(8)
Como podemos escrever ∂ αm = ∂ αm −βj ∂ βj , temos
j
1− j
(9)
k∂ βj ukp ≤ Ck∂ αm −βj ∂ βj ukrm kukq m .
Agora utilizando mais uma vez a hipótese de indução para j 0 = m − j , m0 = m − j + 1,
temos que
m−j
1− m−j
k∂ αm −βj ∂ β ukr ≤ Ck∂ αm+1 ukrm−j+1
k∂ β ukq0 m−j+1 ,
(10)
0
onde
1
m−j 1
m−j
1
+ 1−
,
=
0
r
m−j +1r
m − j + 1 q0
(11)
m−j
observe que o denominador da fração m−j+1
não é nulo pois estamos assumindo que
j = m − k e k > 1.
Associando as equações (9) e (10) obtemos
j
m−j
j
k∂ βj ukp ≤ Ck∂ αm+1 ukrm0 m−j+1 k∂ βj ukqm0
m−j
(1− m−j+1
)
1− j
kukq m
podemos supor k∂ βj ukp 6= 0, pois caso contrário a desigualdade seria obviamente válida.
13
Considere q 0 = p para então obtermos
1− j
j
m−j
m−j
1− j
(12)
k∂ βj ukp m m−j+1 ≤ Ck∂ αm+1 ukrm0 m−j+1 kukq m .
m−j
= (m−j)(m+1)
assim podemos escrever
Observe que 1 − mj m−j+1
(m−j+1)m
(m−j)(m+1)
j
m−j
1− j
(13)
k∂ βj ukp(m−j+1)m ≤ Ck∂ αm+1 ukrm0 m−j+1 kukq m ,
que por sua vez implica em
j
1−
j
(14)
kukq m+1 .
k∂ βj ukp ≤ Ck∂ αm+1 ukrm+1
0
A desigualdade em (14) é justamente a que queríamos para m0 = m + 1. Vamos agora
vericar se a relação entre os números p, r0 e q 0 correspondem à hipótese desejada. Por
(8), (11) e utilizando o fato que r0 = q tem-se
1
j
=
p
m
isto é,
m−j 1
1
1
+
0
m−j +1r
m−j +1p
+
m−j1
.
m q
1
j 1
j
1
=
+
1
−
,
p
m + 1 r0
m+1 q
Agora vamos provar o caso em que k = 1. Neste caso temos j = m + 1 − k = m.
Sejam βm+1 e αm sub-índices de ordem m + 1 e m, respectivamente. Assim, aplicando a
hipótese de nossa armação, temos que
1
1
k∂ αm ukp = k∂xi (∂ αm−1 u)kp ≤ Ck∂xi xj (∂ αm−1 )ukr2 k∂ αm−1 ukq2 ,
(15)
onde escolhemos os operadores de forma que ∂xi (∂ αm−1 ) = ∂ αm e ∂xi xj (∂ αm−1 ) = ∂ βm+1 e
ainda
1
1
1
=
+ .
(16)
p
2r
2q
Invocando a hipótese de indução obtemos,
j
onde
1− j
k∂ αm−1 ukq ≤ Ck∂ αm ukrm0 kukq0 m ,
(17)
1
m−1
m−1 1
=
+ 1−
.
q
mr0
m
q0
(18)
Considerando r0 = p, associando (15) com (17) e supondo k∂ αm ukp 6= 0, obtemos
1
1− 1 m−1
(1− j ) 1
k∂ αm ukp 2 m ≤ Ck∂ βm+1 ukr2 kukq0 m 2 ,
(19)
14
A desigualdade (19) implica nalmente
m
1−
m
k∂ αm ukp ≤ Ck∂ βm+1 ukrm+1 kukq0 m+1 ,
(20)
como queríamos mostrar. Além disso por (16) e (18) que
1
m 1
m
1
=
+ 1−
.
p
m+1r
m + 1 q0
(21)
Pelo princípio de indução, provamos nossa armação.
Armação 2. Se (5) vale para θ = 1, j = 0 e m = 1, se n 6= r, então temos que (5) é
válido para θ = 1, 0 ≤ j < m < ∞, quando m − j − nr não for um inteiro não negativo.
Demonstração. Provemos esta armação novamente fazendo indução sobre m. Por hipótese vale
kukp ≤ k∂xi ukr ,
(22)
onde n 6= r e
1 1
1
= − .
p
r n
(23)
k∂ αj ukp ≤ k∂ βm ukr ,
(24)
Assuma que para certo m vale
para quaisquer multi-índices αj de ordem j e βm de ordem m onde 0 ≤ j < m < +∞
desde que m − j − nr não seja um inteiro não negativo e
1
j−m 1
=
+ .
p
n
r
(25)
Agora tome βm + 1 de ordem m + 1 e α de ordem j onde j < m + 1, pela hipótese de
indução temos
k∂ αj ukp ≤ k∂ βm ukr
(26)
onde m − j − nr não é um inteiro não negativo e
1
j−m 1
=
+ .
p
n
r
(27)
Aplicando a hipótese de nossa armação obtemos
onde n 6= r0 e
k∂ αm ukp ≤ k∂ βm+1 ukr0
(28)
1
1
1
= 0− .
p
r
n
(29)
15
Associando (26) com (28) encontramos
onde
k∂ αj ukp ≤ k∂ βm+1 ukr0
(30)
1
j−m−1
1
=
+ 0.
p
n
r
(31)
Assim pelo princípio de indução provamos a nossa armação.
Armação 3. Se (5) vale para θ = 1 e θ = mj , então pela Proposição 2 temos que (5)
vale para todo θ ∈ [ mj , 1].
Demonstração. Devido às armações acima, é suciente mostrarmos os seguintes casos:
θ = 1, j = 0, m = 1 (quando n 6= rk ) e j = 1, m = 2, θ = 12 .
Passo 1. Nesta etapa vamos mostrar o caso em que j = 1, m = 2 θ = 12 , ou seja,
vamos obter
1
1
(32)
k∂xi ukp ≤ Ck∂xi xj ukr2 kukq2 ,
onde
2
1 1
= + , 1 ≤ 1, r ≤ ∞.
p
r q
(33)
Suponha inicialmente que n = 1. Neste caso queremos obter
Z
|u0 |p dx ≤ cp
Z
|u00 |r dx
2qp
|u|q dx
.
2rp Z
(34)
Seja J um intervalo de comprimento |J| e 0 < < 2p |J|p , divida J em sub-intervalos
1
1
de comprimento menor ou igual que p e maior ou igual que 2p . Para cada sub-intervalo
(a, b), seja δ = b−a
e sejam x1 e x2 , pontos variando nos intervalos (a, a + δ) e (a + 3δ, b),
4
respectivamente. Pelo teorema do valor médio temos que
u(x2 ) − u(x1 )
= u0 (x12 ), para algum x12 ∈ (x1 , x2 ),
x2 − x1
(35)
por outro lado o teorema fundamental do cálculo nos dá
0
0
Z x
u (x) = u (x12 ) +
u00 (ξ)dξ.
(36)
Z b
(37)
x12
Utilizando (35) e (36) chega-se
|u(x1 )| + |u(x2 )|
|u (x)| ≤
+
2δ
0
a
|u00 (ξ)|dξ.
16
O passo agora é integrar (37) com respeito à x1 em (a, a + δ) de modo a obter
1
δ|u (x)| ≤
2δ
0
Z a+δ
1
|u(ξ)|dξ + |u(x2 )| + δ
2
a
Z b
(38)
|u00 (ξ)|dξ.
a
Integrando (38) com respeito à x2 em (a + 3δ, b) conseguimos
1
δ |u (x)| ≤
2
2
0
Z a+δ
a
Z b
1
|u(ξ)|dξ +
2
que implica em
|u(ξ)|dξ + δ
Z b
|u00 (ξ)|dξ,
a
a+3δ
Z b
Z b
c
|u (x)| ≤ 2
δ
0
2
|u(ξ)|dξ +
a
|u00 (ξ)|dξ.
a
A desigualdade de Hölder nos fornece
1
c
|u0 (x)| ≤ 2 δ 1− q
δ
Z b
|u(ξ)|q dξ
1q
+ cδ
1− r1
Z b
a
|u00 (ξ)|r dξ
r1
.
a
Tomando a potência p e utilizando o fato p2 = 1r + 1q tem-se
|u0 (x)|p ≤ cp δ
−p+ pr −2
Z b
|u(ξ)|q dξ
pq
+ cp δ
p− pr
Z b
a
|u00 (ξ)|r dξ
pr
(39)
.
a
Integrando (39) com respeito à x em (a, b) obtemos
Z b
|u0 (x)|p dx ≤ cp δ
−p+ pr −1
Z b
|u(ξ)|q dξ
pq
+ cp δ
p− pr +1
Z b
a
a
|u00 (ξ)|r dξ
pr
.
(40)
a
Se provarmos que para algum L > 0,
Z L
|u0 |p dx ≤ cp
Z ∞
0
|u00 |r dx
2rp Z ∞
0
2qp
|u|q dx
,
(41)
0
então (34) segue.
Considere k ≥ 1, um inteiro. Denote por I o intervalo [0, Lk ].
R
pq
R
pr
Se c δ
< cδ
, dena I1 = I . Caso contrário, aumentamos I até que os dois termos quem iguais. Neste caso, chamamos o
correspondente intervalo de I1 (deixando xo o ponto extremo esquerdo). Note que I1
existe, pois devemos assumir u00 6= 0 em (0, ∞).
Temos que
p −p+ pr −1
Z
I1
b
|u(ξ)dξ
a
|u0 (x)|p dx ≤
p p− pr +1
p
2c
R
2cp
b
|u00 (ξ)|dξ
a
p
L 1+p− r
K
00 r
I1
|u | dx
R
2rp
L
|u00 |r dx
0
2rp R
b
|u(ξ)dξ
a
2qp
se |I1 | = |I|,
se |I1 | =
6 |I|.
(42)
17
Se |I1 | ≥ L, então (41) segue. Caso I1 ≤ L, então repetimos o passo acima para I2 , I3 , ...,
onde o útimo Ii satisfaz |I1 | + · · · + |Ii | ≥ L > |I1 | + · · · + |Ii−1 |. Armamos que este
processo ocorre no máximo k vezes, enquanto que a soma do segundo membro é análoga
à segunda desigualdade em (42).
Portanto ao somarmos as desigualdades e fazermos k → ∞, então (41) segue. Note
que a constante c independe de p, q e r.
Se n > 1, então aplicamos (34) para cada derivada ∂xi , tratando todas as variáveis
xj , com j 6= i como variáveis. Em seguida integramos a desigualdade com respeito às
variáveis xj , (j 6= i) e utilizamos a desigualdade de Hölder.
Finalmente os casos q = ∞ e r = 1, ∞ são obtidos fazendo q → ∞ e r → 1, ∞ em
(34).
Passo 2. Agora vamos considerar o caso em que a = 1, j = 0, m = 1. Vamos supor
r < n, considere r = 1. Como u tem suporte compacto, para cada i = 1, ..., n e x ∈ Rn
temos
Z xi
u(x) =
uxi (x1 , ..., xi−1 , yi , xi+1 , ..., xn )dyi .
−∞
Logo
Z ∞
|u(x)| ≤
|∇u(x1 , ..., xi−1 , yi , xi+1 , ..., xn )|dyi .
−∞
Consequentemente
|u(x)|
n
n−1
≤
n Z ∞
Y
i=1
1
n−1
|∇u(x1 , ..., xi−1 , yi , xi+1 , ..., xn )|dyi
.
−∞
Integrando esta igualdade com respeito à x1 e utilizando a desigualdade geral de Hölder:
Z ∞
n
|u(x)| n−1 dx1
−∞
≤
Z ∞Y
n Z ∞
−∞ i=1
1
n−1
uxi |∇u|dyi
Z ∞
uy1 |∇u|dyi
=
1 Z
n−1
n Z ∞
∞ Y
−∞
−∞ i=2
1
n−1
Z ∞
≤
dx1
−∞
uy1 |∇u|dyi
−∞
i=2
uxi |∇u|dyi
dx1
−∞
n Z ∞ Z ∞
Y
−∞
1
n−1
1
! n−1
|∇u|dx1 dyi
(43)
dx1 .
−∞
Agora integrando (43) com respeito à x2
Z ∞Z ∞
|u(x)|
−∞
para I1 =
n
n−1
Z ∞ Z ∞
dx1 dx2 ≤
−∞
R∞
−∞
|∇u|dy1 , Ii =
|∇u|dx1 dy2
−∞
R∞ R∞
−∞
−∞
−∞
1 Z
n−1
n
∞ Y
1
Iin−1 dx2 ,
−∞ i=1;i6=2
|∇u|dx1 dyi , (i = 3, ..., n). Aplicando mais uma
18
vez a desigualdade de Hölder estendida, encontramos
Z ∞Z ∞
n
|u(x)| n−1 dx1 dx2
−∞
−∞
1 Z
n−1
∞ Z ∞
Z ∞ Z ∞
|∇u|dx1 dy2
≤
−∞
i=3
|∇u|dy1 dx2
−∞
−∞
n Z ∞ Z ∞ Z ∞
Y
−∞
−∞
1
n−1
−∞
1
n−1
|∇u|dx1 dx2 dyi
.
−∞
Eventualmente continuando integrando com respeito à x3 , ..., xn , obtemos
Z
|u|
n
n−1
dx ≤
Rn
n Z ∞
Y
···
|∇u|dx1 ...dyi ...dxn
−∞
i=1
1
n−1
Z ∞
−∞
n
n−1
Z
|∇u|dx
=
.
Rn
Esta é a estimativa para r = 1.
Para obter o caso em que 1 < r < n é só aplicar a estimativa acima para v = |u|γ ,
onde γ > 1 será selecionado. Então
Z
|u|
γn
n−1
Z
|∇|u|γ |dx
dx ≤
Rn
RZn
|u|γ−1 |∇u|dx
= γ
Rn
Z
r
(γ−1) r−1
|u|
≤ γ
r−1
Z
r
|∇u| dx
dx
Rn
r
Rn
r1
.
(44)
γn
r
Vamos escolher λ tal que n−1
= (γ − 1) r−1
, desta forma temos
γ=
r(n − 1)
> 1,
n−r
γn
r
nr
neste caso teremos n−1
= (γ − 1) r−1
= n−r
. Portanto de (44) obtemos
nr ≤ k∇uk ,
kuk n−r
r
(45)
como queríamos.
Observação: No Passo 2 da demonstração acima só tratamos o caso em que r < n,
pois este será o caso utilizado em nosso trabalho. Ressaltamos que se r > n, quando
a = 1, j = 0, m = 1, então p < 0, assim como os espaços Lp (Rn ) só são denidos para
p ≥ 1 o resultado não faz sentido. Para contornar este problema o livro do Friedman
dene espaços Lp (Rn ) para p < 0 como sendo os espaços das funções Hölder Contínuas
com um certo expoente que depende de p, onde neste espaço o resultado tratado é válido.
19
Para maiores informações ver [2].
Teorema 2 (Desigualdade de Heisenberg ). Se f ∈ H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|2 dx), então
kf k22 ≤
n
X
kxj f k2 k∂xj f k2 .
(46)
j=1
Demonstração. Como S(Rn ) é denso em H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|2 dx), existe uma sequência de
funções {ϕn } em S(Rn ) tal que
lim (kϕn − f kH 1 (Rn ) + k(ϕn − f )|x|k2 ) = 0.
n→+∞
Então integrando por partes temos
kϕn k22
Z
|ϕn |2 dx
Z
= − xj ∂xj (|ϕn |2 )dx, ∀j = 1, 2, ..., n.
=
Assim somando as igualdades acima obtidas para cada n temos
nkϕn k2 = −
n Z
X
j=1
n Z
X
= −2
≤ 2
xj ∂xj (|ϕn |2 )dx
|xj (ϕn )|∂xj ϕn dx
j=1
n
X
kxj ϕn k2 k∂xj ∂ϕn k2 .
j=1
Fazendo n → ∞ e utilizando a continuidade da norma obtemos (46).
2.2 O Espaço de Schwartz
Denotaremos por N0 = {0}∪N. Se α, β ∈ Nn0 , onde α = (α1 , ..., αn ) e β = (β1 , ..., βn )
então xα = xα1 1 · · · xαnn e ∂ β f (x) = ∂xβ11 · · · ∂xβnn f (x).
Denição 2. Uma função complexa f de classe C ∞ denida em Rn está no espaço de
Schwartz se para todo par de multi-índices α, β ∈ Nn0 existe uma constante Cα,β tal que
ρα,β (f ) = sup|xα ∂ β f (x)| ≤ Cα,β < ∞.
(47)
Note que se f ∈ S(Rn ), então lim|x|→∞ f (x) = 0 e lim|x|→∞ ∂ β f (x) = 0 para todo
β ∈ Nn0 .
20
Iremos denotar o conjunto de todas as funções de Schwartz em Rn por S(Rn ). Fixado
um par α e β temos que ρα,β (f ) denido acima dene uma seminorma. A topologia em
S(Rn ) é dada pela família de seminormas ρα,β , onde α, β ∈ Nn0 .
Denição 3. Dizemos que uma sequência {ϕj } ⊂ S(Rn ) converge para a função nula 0
se para todo α, β ∈ Nn0 tem-se
ρα,β (ϕj ) → 0, quando j → ∞.
Vamos agora denir a transformada de Fourier em S(Rn ).
Denição 4. A transformada de Fourier de uma função f ∈ S(Rn ), denotada por fˆ é
dada por
fˆ(ξ) =
Z
e−2πξ·x f (x)dx.
Rn
(48)
A próxima proposição resume as principais propriedades da transformada de Fourier
no espaço de Schwartz.
Proposição 3. Sejam f e g em S(Rn ), y ∈ Rn , b ∈ C, α um multi-índice e t > 0, então
vale
1. kfˆkL∞ ≤ kf kL1 ,
2. f[
+ g = fˆ + ĝ ,
c = bfˆ,
3. bf
4. (∂ α f )ˆ= (2πiξ)α fˆ(ξ),
5. (∂ α fˆ)(ξ) = ((−2πix)α f )ˆ,
6. fˆ ∈ S(Rn ),
7. f[
∗ g = fˆĝ
Demonstração. Ver [6].
O teorema abaixo nos apresenta mais uma propriedade.
Proposição 4. O espaço de Schwartz é denso em Lp (Rn ) com p ∈ [1, +∞).
Demonstração. Ver [3].
A proposição seguinte estende o operador transformada de Fourier para o espaço
L (Rn ).
2
21
Proposição 5. A transformada de Fourier se estende unicamente para um operador unitário em L2 (Rn ). Além disso, se f e g pertencem à L2 (Rn ), então tem-se:
Z
Z
f gdx =
(49)
fˆĝdξ.
Demonstração. Ver [6]
2.3 Interpolação de Operadores
A partir de agora, vamos abordar alguns conceitos e resultados que servirão como
plataforma para a prova do clássico Teorema de Interpolação de Marcinkiewicz, que será
utilizado para provar a desigualdade de Hardy-Littlewood-Sobolev.
Sejam X um conjunto, A uma σ álgebra em X e µ uma medida em A.
Denição 5. Para uma função mensurável f : X → C denimos sua função de distribuição como
(50)
m(λ, f ) = µ(Efλ ),
onde Efλ = {x ∈ X; |f (x)| > λ}
Observemos que xado f temos que m(λ, f ) é uma função de λ ∈ [0, ∞] que toma
valores em [0, ∞), além disso, esta função é não crescente e contínua à direita.
Proposição 6. Para qualquer função mensurável f : X → C e qualquer λ ≥ 0 segue que
1. (Tchebychev)
−p
Z
m(λ, f ) ≤ λ
Efλ
|f (x)|p dxµ(x) ≤ λp kf kpp .
(51)
2. Se 1 ≤ p < +∞, então
kf kpp = −
Z ∞
Z ∞
p
λ dm(λ, f ) = p
0
λp−1 m(λ, f )dλ.
(52)
(53)
0
3.
m(λ, f + g) ≤ m
λ
,f
2
+m
λ
,g .
2
Demonstração. Vamos inicialmente obter (51). Pela denição de Efλ tem-se
Z
p
Z
|f (x)| dx ≥
Efλ
λp dµ(x)
Efλ
= λp m(λ, f ),
ou seja,
m(λ, f ) ≤ λp kf kpp ,
(54)
22
como queríamos mostrar. Pela denição de Efλ e pelo Teorema de Fubini tem-se
Z ∞
p−1
λ
p
Z ∞
λp−1 µ(Efλ )dλ
Z0 ∞
Z
p−1
p
λ
χEfλ dµ(x)dλ
0
X
Z Z ∞
p
λp−1 χEfλ dλdµ(x)
X 0
Z Z |f (x)|
λp−1 dλdµ(x)
p
Z X 0
|f (x)|p dµ(x)
m(λ, f )dxλ = p
0
=
=
=
=
X
= kf kp .
A igualdade − 0∞ λp dm(λ, f ) = p 0∞ λp−1 m(λ, f )dxλ é obtida através de uma integração
por partes. Assim provamos (52).
Agora vamos provar o último item. Pela desigualdade triangular temos que |f + g| ≤
|f | + |g|. Se X é tal que |f (x)| < λ2 e |g(x)| < λ2 , então |f (x) + g(x)| < λ. Assim
λ
λ
λ
λ
(Ef2 )c ∪ (Eg2 )c ⊂ (Efλ+g )c , implicando em Ef2 ∪ Eg2 ⊃ Efλ+g . Portanto
R
R
λ
λ
µ(Efλ+g ) ≤ µ(Ef2 ) + µ(Eg2 ),
(55)
como queríamos mostrar.
Denição 6. Para 1 ≤ p < +∞ denote por Lp∗ (X, A, µ) o espaço das funções mensuráveis f : X → tal que
1
kf k∗p = sup λ(m(λ, f )) p < ∞.
λ>0
(56)
Note que L∞ = L∞ .
∗
Proposição 7. Se 1 ≤ p < ∞, então
1. Lp (Rn ) está continuamente imerso em Lp (Rn ).
∗
2. kf + gk∗p ≤ 2(kf k∗p + kgk∗p ).
Demonstração. Ver [9].
Denição 7. Seja M (X) o espaço das funções de valores complexos mensuráveis denidas
em X . Um operador sublinear T : Lp (X) → M (X) com 1 ≤ p < +∞ é dito do tipo fraco
(p, q) se existe uma constante c > 0 tal que para toda f ∈ Lp (X) termos
kT f k∗q ≤ ckf kp .
(57)
23
Observe que pela desigualdade de Tchebychev segue que se T é do tipo (p, q), então
esta é do tipo fraco (p, q).
Enm vamos ao Teorema de Marcinkiewicz
Teorema 3 (Marcinkiewicz). Seja 1 < r < ∞ e T : L1 (Rn ) + Lr (Rn ) → M (Rn ) um
operador sublinear. Se T é do tipo fraco (1, 1) e do tipo fraco (r, r), então T é do tipo
forte (p, p) para qualquer p ∈ (1, r).
Demonstração. Vamos inicialmente obter o resultado para r = ∞. Trocando o operador
T por kT k−1 T podemos assumir que
(58)
kT f k∞ ≤ kf k∞ .
Dada f ∈ L1 (Rn ) + Lr (Rn ), para cada λ ∈ R+ dena
(
f1λ =
f (x), se |f (x)| ≥ λ2
0, se |f (x)| < λ2
(59)
e
(60)
f2λ = f (x) − f1λ (x).
Portanto como T é sublinear temos
|T f (x)| ≤ |T (f1λ (x) + f2λ (x))|
≤ |T (f1λ (x))| + |T (f2λ (x))|
λ
≤ T (f1λ (x)) + ,
2
implicando em
λ
n
λ
{x ∈ R ; |T (f (x)| > λ} ⊂ x ∈ R ; |T (f1 (x))| >
.
2
n
Como T é do tipo fraco (1, 1) temos
n
x∈R
λ
; |T (f1λ (x))| >
2
λ −1
≤ c
2
Z
−1
Rn
|f1λ (x)|dx
Z
|f (x)|dx,
= 2cλ
|f |> λ
2
onde | · | denota a medida Lebesgue.
Agora combinando a parte 2 da Proposição 6 com o Teorema de Fubini
24
Z
Z ∞
p
|T f (x)| dx =
Rn
λp−1
0
Z ∞
≤
x ∈ Rn ; |T (f λ (x))| > λ
!
Z
λp−1 cλ−1
dx
|f (x)|dx dλ
|f |> λ
2
0
Z ∞
= 2cp
λp−2
|f (x)|dx dλ
|f |> λ
2
0
Z
= 2cp
Rn
Z
Z ∞
λp−2 |f (x)|χ λ2 dxdλ
Ef
0
!
Z
2|f (x)|
λp−2 dλ |f (x)|dx
= 2cp
Rn
!
Z
0
Z
2cp p−1
2
|f (x)|p−1 |f (x)|dx
p−1
Rn
2p cp
=
kf kpp ,
p−1
=
provando assim o caso r = ∞. No caso r < ∞ temos que
m(λ, T f ) = |{x ∈ Rn ; |T f (x)| > λ}|
λ
λ
≤ m( , T f1λ ) + m( , T f2λ )
2
2
−r Z
Z
λ
λ
r
−1
|f1 (x)|dx + cr
≤ c1 λ
|f2λ (x)|r dx
2
n
n
ZR
ZR
= 2c1 λ−1
|f (x)|dx + 2crr (λ)−r
|f (x)|r dx.
|f |≥ λ
2
|f |≤ λ
2
Como na prova do caso r = ∞ temos
Z ∞
λp−2
!
Z
|f (x)|dx dλ =
|f |≥ λ
2
0
2p−1
kf kpp .
p−1
Um argumento similar prova que
Z ∞
λ
0
p−1−r
!
2p−r
|f (x)| dx dλ =
kf kpp .
λ
r−p
|f |< 2
Z
r
25
Combinando estas igualdades e utilizando a parte 2 da Proposição (6) obtemos
kT f kpp
Z +∞
λp−1 m(λ, T f )dλ
Z
Z0 +∞
Z
Z +∞
p−1
−1
p−1 r
−r
λ c1 λ
≤ p
λ 2cr (λ)
|f (x)|dx + p
= p
|f |≥ λ
2
0
|f (x)|r dx
|f |≤ λ
2
0
p−r
p−1
2
2
c1 kf kpp +
cr kf kpp
p−1
r−p r
p−1
2
2p−r r
=
c1 +
c kf kpp ,
p−1
r−p r
=
ou ainda,
kT f kp ≤
2p−1
2p−r r
c1 +
c
p−1
r−p r
p1
kf kp ,
como queríamos.
Como aplicação do Teorema de Interpolação de Marcinkiewicz iremos obter algumas
propriedades básicas da função de Hardy-Littlewood maximal.
Denição 8. Para uma dada função f ∈ L1loc (Rn ) denotemos por Mf (x), a função
maximal Hardy-Littlewood associada à f , como
Z
1
|f (y)|dy
Mf (x) = sup
r>0 |Br (x)| Br (x)
Z
1
= sup
|f (x − ry)|dy
r>0 ωn B1 (0)
1
= sup |f | ∗
χB (0) (x).
Br (0) r
r>0
Proposição 8. As seguintes armações são válidas
1. M dene um operador sublinear, ou seja,
|M(f + g)(x)| ≤ |Mf (x)| + |Mg(x)|, x ∈ Rn .
2. Se f ∈ L∞ (Rn ), então
kMf k∞ ≤ kf k∞ .
Demonstração. Ver [9]
Lema 4 (Cobertura de Vitali). Seja E ⊂ Rn um conjunto mensurável tal que E ⊂
∪α Brα (xα ) onde a família de bolas abertas {Brα (xα )}α satisfaz supα rα = c0 < ∞. Então
26
existe uma subfamília {Brj (xj )}j disjunta e enumerável tal que
n
|E| ≤ 5
∞
X
|Brj (xj )|.
j=1
Demonstração. ver [9].
Teorema 5 (Hardy-Littlewood). Seja 1 < p ≤ ∞. Então M é um o operador quasilinear do tipo (p, q), ou seja, exite cp tal que
kMf kp ≤ cp kf kp , para toda f ∈ LP (Rn ).
(61)
Demonstração. Ver [9]
Lema 6. Seja φ ∈ L1 (Rn ) uma função radial, positiva e não crescente de r = kxk ∈
[0, ∞). Então
φ(t−1 (x − y))
f (y)dy ≤ kφk1 Mf (x).
tn
Rn
Z
sup |φt ∗ f (x)| = sup
t>0
t>0
(62)
Demonstração. ver [9].
Denição 9. Seja 0 < α < n. O potencial de Riesz de ordem α, denotado por Iα , é
denido como
Z
Iα f (x) = cα
f (y)
dy = kα ∗ f (x).
n−α
Rn |x − y|
Teorema 7 (Hardy-Littlewood-Sobolev) . Seja 0 < α < n, 1 ≤ p < q < ∞, com
1
= p1 + αn
q
,então
1. Se f ∈ Lp (Rn ), então Iα f (x) é absolutamente convergente em x ∈ Rn .
2. Se p > 1, então Iα é do tipo (p, q), ou seja,
kIα (f )kq ≤ cp,α,n kf kp .
(63)
Demonstração. Vamos decompor o Kernel kα (x) = kα0 (x) + kα∞ (x) como
(
kα0 (x) =
kα (x), se |x| ≤
0, se |x| > ,
e kα∞ (x) = kα (x) − kα0 (x), onde é uma constante a ser determinada.
Portanto
|Iα f (x)| ≤ |kα0 ∗ f (x)| + |kα∞ ∗ f (x)| = I + J.
(64)
27
A integral I representa a convolução de uma função kα0 ∈ L1 (Rn ) com f ∈ Lp Rn . A
0
integral J é a convolução de uma função com f ∈ Lp Rn com kα∞ (x) ∈ Lp (Rn ). Portanto
as duas integrais convergem absolutamente.
Também usando
Z
Z
dy
|y|< y
= cn
n−α
rn−1
dr = cn,α α ,
n
r
0
com (62) do Lema 6, obtemos
(65)
I ≤ cα,n α Mf (x).
Por outro lado a desigualdade de Hölder implica
Z
10
1
J ≤ cα,n kf kp
p
dy
(n−α)p0
|y|≥ |y|
10
Z ∞ n−1
p
r
= cα,n kf kp
dr
0
r(n−α)p
0
n
= cα,n p0
−n+α
(66)
kf kp .
Agora xe = (x) tal que
n
cα Mf (x) = cα,n p0
−n+α
kf kp ,
temos
usando pn0 − n = −n
p
n
(67)
cMf (x) = cα,n − p kf kp ,
que por sua vez implica em
−n
n
(68)
(x) = (Mf (x)) p kf kpp
Combinando (64)-(68) obtemos
αp
|Iα f (x)| ≤ c(kf kp (Mf (x))−1 ) n Mf (x)
αp
αp
= ckf kpn (Mf (x))1− n
= ckf kθp (Mf (x))1−θ , θ =
αp
∈ (0, 1).
n
(69)
Por m, tomando a norma Lq (Rn ) em (69) e usando (61) obtemos
1−θ
≤ ckf kp ,
kIα f (x)kq ≤ ckf kθp k(Mf (x))1−θ kq = ckf kθp kMf (x)k(1−θ)q
(70)
28
)q = p, já que por hipótese temos 1q = p1 − αn .
pois (1 − θ)q = (1 − αp
n
Isto prova o teorema.
2.4 Espaços de Sobolev com Pesos
Denição 10. Sejam k e m inteiros não negativos e seja 1 ≤ p ≤ ∞.O Espaço de Sobolev
com peso Wmk,p = Wmk,p (Rn ) consiste de todas as funções localmente integráveis u : Rn → R
tal que para cada multi-índice α com |α| ≤ K , Dα u existe no sentido fraco e esta pertence
à Lp (Rn ) e além disso para cada multi-índice β tal que |β| ≤ m a função xβ u pertence à
Lp (Rn ).
O espaço Wmk,p é um espaço vetorial complexo de Banach com a seguinte norma
kukWmk,p =
X
k∂ α ukp +
α≤k
X
kxα ukp ,
(71)
α≤m
onde a norma k · kp denota a norma em Lp (Rn ) = Lp .
Vamos denotar Lpm e Hmk por Wm0,p e Wmk,2 respectivamente.
Temos a seguinte propriedade
Lema 8. Se m é um inteiro não negativo e 1 < p < ∞, então vale
X
kxα ∂ β φkp ≤ ckφkWmm,p .
(72)
|α|+|β|≤m
Demonstração. Ver [12]
Em particular temos
k(x − 2it∂)α φkp ≤ (1 + |t|)m kφkWmm,p ,
(73)
sempre que |α| ≤ m, t ∈ R e φ ∈ Wmm,p .
3 O GRUPO LIVRE DE SCHRÖDINGER
Neste capítulo vamos analisar as principais propriedades do Operador Livre de Schrödinger. Salientamos que os resultados desta seção não serão provados e as demonstrações
podem ser consultadas em [11] e [9].
Considere o seguinte problema de Cauchy para a equação linear de Schrödinger
(
onde u0 ∈ S(Rn ).
iut + ∆u = 0
u(0, x) = u0 (x), x ∈ Rn , t ∈ R
(74)
29
Aplicando a Transformada de Fourier na variável espacial em (75) obtemos a seguinte
equação diferencial ordinária
(
iût − 4π 2 |ξ|2 û = 0
û(0, ξ) = uˆ0 (ξ), x ∈ Rn , t ∈ R.
(75)
Por outro lado sabemos que a solução de (75) é dada por
2
2
û(ξ, t) = e−4π |ξ| it û0 .
(76)
Desta forma aplicando a transformada de Fourier inversa obtemos
u(t) = (e−4π |x| it û0 )ˇ,
(77)
u(t) = e−it∆ u0 .
(78)
2
2
ou seja,
Vamos adotar a seguinte notação
S(t) = e−it∆ u0 .
Faremos agora um estudo das principais propriedades do operador S(t).
Teorema 9. A família de operadores {S(t)} formam um grupo unitário de operadores
em L2 (Rn ), isto é,
1. Para todo t ∈ R S(t) : L2 (Rn ) 7→ L2 (Rn ) é uma isometria, ou seja,
kS(t)f k2 = kf k2 .
(79)
2. S(t)S(s) = S(t + s), com (S(t))−1 = S(−t) = (S(t))∗ .
3. S(0) = I.
4. Fixado f ∈ L2 (Rn ), a função φf : R 7→ L2 (Rn ) denida por φf (t) = S(t)f é uma
função contínua, ou seja, esta descreve uma curva em L2 (Rn ).
Demonstração. Ver [11].
O próximo resultado caracteriza os grupos unitários de operadores em um espaço de
Hilbert.
Teorema 10 (M.H. Stone). A família de operadores {Tt }∞
t=−∞ denida num espaço de
Hilbert H é um grupo unitário de operadores se e somente se existe um operador autoadjunto A (não necessariamente limitado) em H tal que
Tt = eitA
(80)
30
no seguinte sentido: considere D(A) o domínio do operador A, que é denso em H ; se
f ∈ D(A), então temos
Tt f − f
= iAf.
(81)
t→0
t
Em outras palavras, se f ∈ D(A), então a curva φf denida no teorema acima é diferenciável em t = 0 com derivada iAf .
lim
Demonstração. Ver [13].
Proposição 9. Se t 6= 0, p1 + p10 = 1 e p0 ∈ [1, 2], então temos que S(t) : Lp0 (Rn ) 7→ Lp (Rn )
é contínua e
n
n
kS(t)f kp ≤ (4π|t|)− 2 + p kf kp0 .
(82)
A expressão (82) é conhecida como a estimativa fundamental para a equação de Schrödinger.
Demonstração. [11] e [9].
A próxima denição será útil para simplicar a escrita.
Denição 11. O par (q, p) é dito admissível, se
2
n n
= − = δ(p).
q
2
p
(83)
O próximo teorema é conhecido como as estimativas de Strichartz.
Teorema 11. Se (p, q) for um par admissível e T > 0 valem:
1. Para todo φ ∈ L2 (Rn ) a função t 7→ S(t)φ pertence à Lq (R; Lp (Rn )) ∩ C(R; L2 (Rn ))
e ainda existe um c tal que
(84)
kS(·)φkLqt Lpx ≤ ckφk2 .
2. Dena o funcional
Z t
S(t − s)φ(s)ds,
I(t, φ) =
0
então existe c > 0 tal que para toda φ ∈ Lq (0, T ; Lp (Rn )) vale
0
0
kI(·, φ)kLqT Lpx ≤ ckφkLq0 Lp0 .
T
x
(85)
3. Existe c > 0 tal que para toda φ ∈ Lq (0, T ; Lp (Rn )) vale
0
0
kI(t, φ)k2 ≤ ckφkLq0 Lp0 .
T
x
(86)
31
Demonstração. Ver [11] e [9].
Para a prova de certas estimativas feitas neste trabalho, vamos utilizar fortemente o
fato do operador S(t) comutar com o operador derivada ∂ α . De fato seja φ ∈ S(Rn ),
então
2
2
∂ α (S(t))φ = ∂ α (e−4π it|ξ| φ̂)ˇ
2
2
= ((2πiξ)α e−4π it|ξ| φ̂)ˇ.
(87)
Por outro lado temos que
2
2
2
2
S(t)(∂ α φ) = (e−4π it|ξ| (∂ α φ)ˆ)ˇ
= (e−4π it|ξ| (2πiξ)α φ̂)ˇ.
(88)
Portanto por (87) e (88) temos que
∂ α (S(t)φ) = S(t)(∂ α φ).
(89)
Lema 12. Seja α ∈ N0 então para toda φ ∈ S(Rn ) vale
xα S(t)φ = S(t)(x − 2it)α φ.
(90)
Demonstração. Tome φ ∈ S(Rn ), então utilizando as propriedades da transformada de
Fourier no espaço de Schwartz temos
2
2
xα S(t)φ = xα (e−4π it|ξ| φ̂)ˇ
1
2
2
(∂ α (e−4π it|ξ| φ̂))ˇ
=
α
(−2πi)
1
(−4π 2 it2ξ)α −4π2 it|ξ|2
−4π 2 it|ξ|2 α
=
(e
∂
φ̂)
ˇ+
(e
φ̂)ˇ
(−2πi)α
(−2πi)α
1
2
2
=
(e−4π it|ξ| ((−2πx)α φ)ˆ)ˇ+
α
(−2πi)
1
2
2
((−4tπ)α e−4π it|ξ| (2πξ)α φ̂)ˇ
α
(−2πi)
α
2t
2
2
α
= S(t)x φ +
(e−4π it|ξ| (∂ α φ)ˆ)ˇ
i
= S(t)(x − 2it∂)α φ.
Como queríamos demonstrar.
O próximo teorema nos dá as estimativas de Strichartz em espaços de Sobolev com
Pesos.
32
Proposição 10 (Estimativa Fundamental em Espaços de Sobolev com Pesos) . Sejam k
e m inteiros não negativos com k ≥ m. Então para qualquer par (p, q) admissível e para
0
todo t ∈ R \ {0}, então S(t) é um operador linear limitado de Wmk,p em Wmk,p com
(91)
kS(t)φkWmk,p ≤ (1 + |t|)m |t|−δ(p) kφkW k,p0 .
m
No caso p = 2, a mesma armação vale para todo t ∈ R, e S(t) forma um grupo unitário
de operadores.
Demonstração. Por (89), (73), (82) e (73) obtemos
X
kS(t)φkWmk,p =
|α|≤k
kxβ S(t)φkp
|β|≤m
X
=
X
k∂ α (S(t)φ)kp +
X
kS(t)(∂ α φ)kp +
|α|≤k
kS(t)(x − 2it)β φkp
|β|≤m
X
≤ c|t|−δ(p)
k∂ α φkp0 + c(1 + |t|)m |t|−δ(p) kφkW k,p0 ,
m
|α|≤k
≤ (1 + |t|)m |t|−δ(p) kφkW k,p0 .
m
Proposição 11. Seja (p, q) um par admissível, então existe um c > 0 tal que para toda
k
vale
φ ∈ Hm
(92)
kS(·)φkLq Wmk,p ≤ c(1 + T )m kφkHmk .
T
Demonstração. Utilizando (89), o Lema 12, a estimativa de Strichartz (84) e (93) temos
X
kS(·)φkLq Wmk,p =
T
|α|≤k
X
=
X
=
X
kS(t)(∂ α φ)kp
+
LqT
kS(·)(∂ α φ)kLqT Lpx +
kS(t)(x − 2it)β φkp
LqT
X
kS(t)(x − 2it)β φkp
|β|≤m
X
α
k∂ φk2 +
X
X
k(x − 2it∂)β φk2
|β|≤m
k∂ α φk2 + (1 + |t|)m kφkHmm )
|α|≤k
≤ c(1 + |t|)m kφkHmk ,
LqT
kS(·)(x − 2it∂)β φkLqT Lpx
|β|≤m
|α|≤k
≤ c(
LqT
|β|≤m
|α|≤k
≤ c
X
kS(t)(∂ α φ)kp +
|α|≤k
X
kxβ S(t)φkp
|β|≤m
|α|≤k
≤
X
k∂ α (S(t)φ)kp +
33
como queríamos mostrar.
Proposição 12. Sejam k e m inteiros não negativos tais que k ≥ m, (p, q) um par
admissível e
Z t
(93)
S(t − s)u(s)ds,
I(t, u) =
0
então existe um c > 0 tal que para toda u ∈ Lq (0, T ; Wmk,p ) valem
0
0
kI(·, u)kLq Wmk,p ≤ c(1 + T )m kukLq0 W k,p0
m
(94)
kI(·, u)kHmk ≤ c(1 + T )m kukLq0 W k,p0 .
(95)
T
T
e além disso,
T
m
k
).
Mais que isso, para cada u ∈ Lq (0, T ; Wmk,p ), temos que I(·, u) ∈ C([0, T ]; Hm
0
0
Demonstração. Vamos dividir a demonstração em três passos.
Passo 1. Vamos primeiramente mostrar que vale
(96)
∂ α I(t, u) = I(t, ∂ α u),
para toda u ∈ S(Rn ). De fato utilizando as propriedades da Transformada de Fourier em
S(Rn ) temos
Z t
α
∂ I(t, u) =
Z0 t
=
Z0 t
=
Z0 t
=
2
∂ α (e−4πi(t−s)|ξ| û(s))ˇds
2
((2πix)α e−4πi(t−s)|ξ| û(s))ˇds
2
(e−4πi(t−s)|ξ| (∂ α u)ˆ)ˇds
S(t − s)∂ α uds
0
= I(t, ∂ α u).
Passo 2. Agora vamos obter (94). Por (73) e pela estimativa de Strichartz (85) tem-se
kI(·, u)kLq Wmk,p =
X
≤
X
T
k∂ α I(·, u)kp +
|α|≤k
X
|β|≤m
k∂ α I(·, u)kLqT Lpx +
|α|≤k
≤ c
X
|α|≤k
kxβ I(·, u)kp
X
Lq (0,T )
kS(t)(x − 2it∂)β I(·, u)kLqT Lpx
|β|≤m
α
k∂ ukLq0 Lp0 + c(1 + |t|)m
T
X
x
|β|≤m
≤ c(1 + |t|)m kukLq0 W k,p0 .
T
m
kukLq0 W m,p0
T
m
34
Onde na terceira passagem usamos (73) e a estimativa de Strichartz (85).
Passo 3. Vamos agora mostrar a desigualdade (95). Por (90), pelo fato de S(t) ser
unitário em L2 (Rn ), pela estimativa fundamental para espaços de Sobolev com pesos e
pela estimativa de Strichartz (86) temos
kI(t, u)kHmk =
X
k∂ α I(t, u)k2 +
|α|≤k
=
X
=
kI(t, ∂ u)k2 +
≤
X
kS(t)(x − 2it∂)β I(t, u)k2
|β|≤m
kI(t, ∂ α u)k2 +
|α|≤k
X
kxβ I(t, u)k2
|β|≤m
α
|α|≤k
X
X
X
k(x − 2it∂)β I(t, u)k2
|β|≤m
α
kI(t, ∂ u)k2 + c(1 + |t|)m kI(t, u)kWmm,2
|α|≤k
≤
X
ck∂ α ukLq0 Lp0 + c(1 + |t|)m kukLq0 W m,p0
x
T
|α|≤k
T
m
≤ c(1 + T )m kukLq0 W k,p0 .
m
T
Passo 4. Por m suponha que u ∈ Lq0 (0, T ; Wmk,p0 ) e vamos mostrar que I(·, u) ∈
k
).
C([0, T ]; Hm
Como o conjunto das funções contínuas em C[0,T] são densas em Lq [0, T ] e o espaço
0
S(Rn ) é denso em Wmk,p , podemos tomar uma sequência {uj }j∈N em C([0, T ]; S(Rn )), tal
0
0
que uj → u em Lq (0, T ; Wmk,p ), quando j → ∞. Armamos que I(·, uj ) ∈ C([0, T ]; Hmk ),
com efeito como S(t) forma um grupo unitário em Hmk temos
0
Z t
kI(t, uj )kHmk =
S(t − s)uj (s)ds
0
Z t
≤
0
k
Hm
kS(t − s)uj (s)dskHmk
Z t
=
0
kuj (s)kHmk ds.
Isto implica em nossa armação já que uj ∈ C([0, T ]; Hmk ).
Para todo t ∈ [0, T ] temos por (95)
kI(t, uj ) − I(t, uj )kHmk ≤ c(1 + T )m kuj − ukLq0 W k,p0 .
T
Lembrando que uj → u em Lq (0, T ; Wmk,p ), quando j → ∞, assim
0
0
k
I(·, uj ) → I(·, u), em L∞ ([0, T ]; Hm
),
portanto temos que I(·, u) ∈ C([0, T ]; Hmk ), como queríamos demonstrar.
(97)
35
4 BOA COLOCAÇÃO DA EQUAÇÃO NÃO-LINEAR DE SCHRÖDINGER
EM ESPAÇOS DE SOBOLEV COM PESOS
Neste capítulo iremos estudar a boa colocação local para o problema de Cauchy para
a equação não linear de Schrödinger em Rn , n > 1, da forma
(
iut + ∆u = F (u), x ∈ Rn , t ∈ R,
u(0, x) = u0 (x)
(98)
onde u0 ∈ Hmk .
A proposição seguinte escreve o problema (98) na forma integral.
Proposição 13. Se u é uma solução de (98), então u satisfaz
Z t
S(t − s)F (u(s))ds,
u(t) = S(t)u0 − i
(99)
0
onde S(t) = eit∆ é o grupo livre de Schrödinger.
Demonstração. Seja
w(s) = S(t − s)u(s),
utilizando as propriedades do operador S(t) temos que
S(t − s − h)u(s + h) − S(t − s)u(s)
w(s + h) − w(s)
=
h
h
S(t − s − h)u(s + h) − S(t − s + h − h)u(s)
=
h
S(t − s − h)u(s + h) − S(t − s − h)S(h)u(s)
=
h
S(t − s − h)u(s + h) − S(t − s − h)u(s)
=
+
h
S(t − s − h)u(s) − S(t − s − h)S(h)u(s)
h
u(s + h) − u(s)
S(h)u(s) − u(s)
.
= S(t − s − h)
−
h
h
Fazendo h → 0, usando o teorema de Stone e (98) obtemos
w0 (s) = S(t − s)(∂s u(s) − i∆u) = iS(t − s)u(s).
(100)
Agora integrando ambos os membros com respeito à variável s de 0 à τ , para τ pertencente à [0, t) obtemos
Z
Z
τ
τ
0
iS(t − s)u(s).
w (s) =
0
0
36
Pelo teorema fundamental do cálculo
Z τ
iS(t − s)u(s).
w(τ ) − w(0) =
(101)
0
Por outro lado pela denição de w temos que (101) é equivalente à
Z τ
iS(t − s)u(s).
S(t − τ )u(τ ) − S(t)u(0) =
0
Finalmente, fazendo τ → t temos a equação na forma integral
Z t
u(t) = S(t)u0 − i
S(t − s)F (u(s))ds,
(102)
0
como armamos.
Vamos agora ao principal teorema desta seção
Teorema 13. Sejam k e m inteiros não negativos, com k ≥ m. Seja λ ≥ 1 e 2 ≤ p ≤ ∞
2
k
≤ p1 . Seja ainda V um espaço de Banach no qual Hm
esteja continuamente
com 12 − n(λ+1)
0
k
em Wmk,p tal que
imerso. Seja F uma aplicação de Wmk,p ∩ Hm
kF (φ) − F (ψ)kW k,p0 ≤ c{1 + kφkWmk,p + kψkWmk,p }λ−1 kφ − ψkWmk,p
(103)
kF (φ)kW k,p0 ≤ c{1 + kφkV }λ−1 kφkWmk,p ,
(104)
m
e
m
k
k
, existe um T > 0,e uma única
. Então para toda u0 ∈ Hm
para toda φ, ψ ∈ Wmk,p ∩ Hm
solução u de (98) em [0, T ) com
4p
k
u ∈ C([0, T ); Hm
) ∩ L n(p−2) (0, T ; Wmk,p ) = X[0,T ) .
(105)
Além disso temos que T = ∞ ou limt→T ku(t)kV = ∞. Mais ainda, temos que se uma
k
k
sequência {u0j }j∈N ∈ Hm
com u0j → u0 em Hm
quando j → ∞, então para algum T 0 com
T 0 < Tj , uj ∈ X[0,Tj ) e T 0 < Tj sendo a solução de (98) para a condição inicial u0j , para
j sucientemente grande, e uj → u ∈ X[0,T 0 ] .
Demonstração. vamos mostrar este teorema em alguns passos.
Passo 1. Sejam k, m, λ, p, v e F como nas hipóteses do teorema e q = δp2 .
2
≤ p1 implica que
Primeiramente notemos que a condição 12 − n(λ+1)
λ+1
< 1.
q
(106)
Sejam T > 0, Y = C([0, T ]; Hmk ), Z = Lq (0, T ; Wmk,p ) e X = Y ∩ Z , vamos adotar a
37
seguinte norma em X :
kukX = max{kukY , kukZ }.
Seja u0 ∈ Hmk e dena
Z t
G(u(t)) = S(t)u0 − i
(107)
S(t − s)F (u(s))ds.
0
Iremos escrever como antes
Z t
S(t − s)w(s)ds.
I(t, w) =
0
Pela proposição anterior temos que se w ∈ Lq (0, T ; Wmk,p ), então I(·, w) ∈ X com
0
0
(108)
kI(·, w)kX ≤ ckwkLq0 W k,p0 .
T
m
Pela Proposição 11 e da estimativa fundamental em espaços de Sobolev com pesos
para p = 2 temos
kS(·)u0 kX ≤ a(1 + T )m ku0 kHmk ,
para algum a > 0.
Sejam u e v pertencentes à X , então pela desigualdade de Hölder para o par de
0
q−1
expoentes conjugados r = q−1
e r0 = q−1−λ
, nas funções kF (u) − F (v)kqW k,p0 e na função
λ
m
constante f (s) = 1, pela hipótese (103) e pela desigualdade de Hölder para o par de
q
q
λ
nas funções ku − vkwλ k,p e {1 + kukwmk,p + kvkwmk,p } λ (λ−1) temos
expontes conjugados λ e λ−1
m
kGu − GvkX
Z t
=
S(t − s)(F (u(s)) − F (v(s)))ds
0
X
= kI(·, F (u) − F (v))kX
≤ c(1 + T )m kF (u) − F (v)kLq0 W k,p0
T
m
≤ c(1 + T ) T
m
≤ c(1 + T ) T
1− λ+1
q
kF (u) − F (v)k λq
≤ c(1 + T ) T
0
k,p
LT Wm
1− λ+1
q
Z T
c{1 + kukwm
k,p + kvk k,p }
wm
0
m
m
1− λ+1
q
Z T
0
λ−1
q
(λ−1)
λ
{1 + kukwm
k,p + kvk k,p } dt
wm
λq
ku − vkwk,p dt
q
λ
m
λ−1
q
q
ku − vkZ
λ+1
≤ c(1 + T )m+ q T 1− q {1 + kukZ + kvkZ }λ−1 ku − vkZ .
Resumindo obtemos
λ−1
λ+1
kGu − GvkX ≤ c(1 + T )m+ q T 1− q {1 + kukX + kvkX }λ−1 ku − vkX .
(109)
38
De (104) temos que F (0) = 0, assim um cálculo análogo ao anterior implica em
kI(·, F (u))kX ≤ c(1 + T )m kF (u)kLq0 W k,p0
≤ c(1 + T )
m+ λ−1
q
T
m
T
λ+1
1− q
{1 + kukZ }λ−1 kukZ .
Além disso,
Z t
S(t − s)F (u(s))dskX
kGukX = kS(t)u0 − i
0
(110)
≤ kS(t)u0 kX + kI(·, F (u))kX
≤ a(1 + T )m ku0 kHmk + c(1 + T )
m+ λ−1
q
T
1− λ+1
q
{1 + kukZ }λ−1 kukZ .
Em particular,
λ−1
λ+1
kGukX ≤ a(1 + T )m ku0 kHmk + c(1 + T )m+ q T 1− q {1 + kukX }λ−1 kukX .
(111)
Agora seja K um número real tal que
K ≥ ku0 kHmk .
Para cada b xado dena o seguinte conjunto
BK = {u ∈ X; kukX ≤ (a + b)K + b}.
(112)
De (109) e (111) temos que G é uma contração de BK em BK para um T > 0 sucientemente pequeno, logo pelo método do ponto xo da contração a equação u(t) = G(u(t))
tem um única solução u ∈ BK em [0, T ], para um certo T que denotaremos por TK . Assim
provamos a existência de solução para o problema (98), no espaço X , para T = TK .
Passo 2.Vamos agora mostrar a unicidade da solução em X . Sejam u e v soluções
em X = X[0,T ] . Dena a seguinte função θ : [0, T ) → R, dada por
θ(s) = max{ku(t) − v(t)kLqs Wmk,p , ku(t) − v(t)kL∞
k }.
s Hm
Como u(0) = v(0) = u0 segue que θ(0) = 0.
Armamos que θ é contínua. Com efeito seja θ1 (s) = ku(t) − v(t)kLqs Wmk,p , mostremos
primeiro que θ1 é contínua. Seja tn uma sequência em [0, T ] tal que tn → t, então
θ1 (tn ) =
≤
ku − vkWmk,p χ[0, tn ]
ku − vkWmk,p
LqT
.
LqT
39
Aplicando o teorema da convergência dominada obtemos
lim θ(tn ) = lim ku − vkWmk,p χ[0, tn ]
tn →t
tn →t
=
=
lim ku − vkWmk,p χ[0, tn ]
tn →t
ku − vkWmk,p χ[0, t0 ]
LqT
LqT
LqT
= θ(t),
mostrando assim a continuidade de θ1 . Por outro lado a função θ2 (s) = ku(t)−v(t)kL∞
k }
s Hm
é claramente contínua, logo θ é contínua.
Dena t0 = inf{t ∈ [0, T ]; θ(t) > 0, então pela continuidade de θ temos que θ(t0 ) = 0,
desta forma u(t0 ) = v(t0 ). Suponha por absurdo que exista um t ∈ [0, T ) tal que θ(t) > 0,
então pela denição de ínmo existe um δ > 0 tal que θ(t) > 0 sempre que t ∈ (t0 , t0 + δ).
Dena ũ(t) = u(t0 + t) e ṽ(t) = u(t0 + t), como θ(t0 ) = 0 então v(t0 ) = ṽ(0) = ũ(0) =
u(t0 ) = ψ(x) para um certa ψ .
Desta forma ũ e ṽ são soluções do problema abaixo
(
iwt + ∆w = F (w), x ∈ Rn , t ∈ R,
w(0, x) = ψ(x)
(113)
Assim procedendo de forma análoga à (109) temos
λ+1
λ−1
kũ − ṽkX ≤ c(1 + )m+ q 1− q {1 + kũkX + kṽkX }λ−1 kũ − ṽkX ,
(114)
onde ∈ [0, T − t0 ], X = C([o, ]; Hmk ) ∩ Lq (0, ; Wm k , p). Tomando sucientemente
pequeno para que < δ e
λ−1
λ+1
c(1 + )m+ q 1− q {1 + kũkX + kṽkX }λ−1 <
obtemos
1
2
1
kũ − ṽkX < kũ − ṽkX ,
2
ou seja,
θ(t0 + ) = kũ − ṽkX = 0,
obtemos assim uma contradição pela denição de t0 . Portanto devemos ter θ(t) = 0 para
todo t ∈ [0, T ).
Passo 3. Como TK pode ser escolhido uniformemente por u0 na bola de raio K em
k
Hm
de raio k, concluímos que a solução u se estende unicamente em algum intervalo
40
maximal [0, Tmax ) tal que
k
u ∈ C([0, Tmax ); Hm
) ∩ Lq (0, Tmax ; Wmk,p ).
Agora vamos mostrar que ocorre a seguinte alternativa de explosão:
Tmax = ∞ ou
lim ku(t)kHmk = ∞
t→Tmax
Iremos fazê-lo por contradição. Suponha que Tmax ku(t)kHmk < ∞ e que não ocorra
lim ku(t)kHmk = ∞,
t→Tmax
então como u ∈ C([0, Tmax ]; Hmk ) temos que
lim ku(t)kHmk = ku(Tmax )kHmk = M,
t→Tmax
onde M < ∞. Considerando agora o novo problema do valor inicial
(
ivt + ∆v = F (v), x ∈ Rn , t ∈ R,
v(0, x) = u(Tmax , x)
(115)
Como ku(Tmax )kHmk = M ≤ ∞, seguindo o raciocínio anterior, podemos tomar a bola
BM = {v ∈ X; (a + b)M + b} e escolhermos um Tm sucientemente pequeno de forma que
a aplicação dada por
Z t
v → G̃(v(t)) = S(t)uTmax − i
S(t − s)F (v(s))ds
0
seja uma contração, então temos uma solução v ∈ X[0,Tm ] . Dena
(
w̃(x, t) =
u(x, t), se t ∈ [0, Tm ax)
v(t − Tmax ), se t ≥ Tmax
(116)
desta forma temos que w ∈ X[0,Tmax +Tm ] dene uma nova solução de (98) isto contradiz a
maximilidade de Tmax .
Passo 4. Armamos que ou Tmax = ∞ ou limt→Tmax ku(t)kV = ∞. Com efeito
suponha que Tmax < ∞ e ku(t)kV < c quando 0 < t < Tmax , iremos mostrar que desta
forma temos que ku(t)kHmk < c em (0, T ) e obter uma contradição.
No caso p = 2 a prova é mais simples, pois seja 0 < t < Tmax , pela Estimativa
41
Fundamental em Espaços de Sobolev com Pesos e por (104) obtemos
Z t
S(t − s)F (u(s))dskHmk
Z t
kS(t − s)F (u(s))kHmk ds
≤ kS(t)u0 kHmk +
0
Z t
m
m
≤ c(1 + t) ku0 kHmk + c(1 + t)
kF (u(s))dskHmk ds
ku(t)kHmk = kS(t)u0 − i
0
0
≤ c(1 + t)m ku0 kHmk +
Z t
m
{1 + ku(s)kV }λ−1 kukHmk ds
c(1 + t)
0
Z t
m
ku(s)kHmk ds.
≤ c(1 + Tmax ) ku0 kHmk + c(1 + Tmax )
0
Então pela desigualdade de Gronwall temos que
ku(t)kHmk ≤ c, ∀ 0 < t < Tmax .
Obtendo assim uma contradição, portanto devemos ter Tmax = ∞ ou limt→Tmax ku(t)kV =
∞.
Agora assuma 2 < p < ∞, então 2 < q < ∞. Para mostrarmos que ku(t)kHmk ≤ c
quando 0 < t < Tmax , é suciente mostrarmos que u ∈ Lq (0, Tmax , Wmk,p ) devido à (110) e
à equação u = G(u).
Pela Estimativa de Strichartz em espaços de Sobolev com pesos (93) encontramos
kukLq Wmk,p = kS(·)u0 + I(·, F (u))kLq Wmk,p
T
T
(117)
≤ kS(·)u0 kLq Wmk,p + kI(·, F (u))kLq Wmk,p
T
T
≤ c(1 + T )m ku0 kHmk + c(1 + T )m kI(·, F (u))kLq Wmk,p .
T
Agora estimemos kI(·, F (u))kLqT Wmk,p :
Z T
kI(·, F (u))kLq Wmk,p =
T
0
Z T
=
0
1q
kI(t, F (u))kqW k,p dt
m
1q
kS(t − s)F (u(s))dskqW k,p dt
m
Z T Z t
≤
m
−δ(p)
c(1 + T ) |t − s|
0
0
q 1q
kF (u(s))kWmk,p
(118)
42
Z T Z t
≤
−δ(p)
m
c(1 + T ) |t − s|
0
{1 + ku(s)kV }
λ−1
0
≤ c(1 + T )m
Z T Z t
0
0
|t − s|−δ(p) ku(s)kWmk,p ds
q 1q
ku(s)kWmk,p ds
q 1q
.
De (117) e (118) tem-se
(119)
kukLq Wmk,p ≤ ku0 kHmk + c(1 + Tmax )m J,
T
onde
Z T Z t
J=
0
0
q 1q
|t − s|−δ(p) ku(s)kWmk,p ds
.
Temos que
J ≤ J1 + J2 + J3 ,
onde
Z Z t
J1 =
0
0
|t − s|−δ(p) ku(s)kWmk,p ds
Z T Z t−
J2 =
0
−δ(p)
|t − s|
1q
ds ,
q 1q
|t − s|−δ(p) ku(s)kWmk,p ds ds ,
Z T Z t
J3 =
q
t−
1q
q
ku(s)kWmk,p ds
ds
,
com 0 < < T .
Inicialmente vamos estimar J1 .
J1q
Z Z t
(t − s)
=
0
−δ(p)
0
Z Z t
(t − s)
=
0
−δ(p)
3
kU (s)kWmk,p ds
(t − s)
−2δ(p)
3
0
Z Z t
≤
0
(t − s)−δ(p) ds
3q Z t
0
0
(1−δ(p)) 3q
Z T Z t
≤ c
q−2 q
3 3
0
Z T Z t
0
−δ(p)
(t − s)
0
≤ c
q
0
dt
q
ku(s)kWmk,p ds dt
3
2
(t − s)−δ(p) ku(s)kW k,p ds
2q3
dt
m
2q3
3
2
ku(s)kW k,p ds
dt
m
2q3
(t − s)−δ(p) ku(s)kW k,p ds
dt,
3
2
m
−δ(p)
onde na terceira passagem utilizamos a desigualdade de Hölder nas funções h1 = (t−s) 3
e h2 = (t − s)−δ(p) ku(s)kWmk,p para os expoentes conjugados r = 3 e r0 = 32 .
43
+ δ(p) − 1 a desigualdade de Hardy-Littlewood-Sobolev implica que
Como 2q3 = 2q−1
2q
"Z
T Z t
0
0
2q3 # 2q3
Z T
2q−1
2q
3q
2q−1
−δ(p)
(t − s)
ku(s)kW k,p ds
dt
≤
ku(s)kW k,p ds
.
3
2
m
m
0
> 1, pois q > 2, então pela desigualdade de Hölder temos que
Também temos que 2q−1
3
J1q
≤ c
q−2
3
Z T
ku(s)k
0
≤ c
q−2
3
≤ c
q−2
3
Z T
0
T
3q
2q−1
k,p
Wm
2q−1
2q
ds
ku(s)kqW k,p ds
m
2(q−2)
3
2q−4
3
2q−1
Z T 2q−1
2q 2q−1
2q 2q−1
1
0
ku(s)kqW k,p ds.
m
A estimativa de J3 é um caminho completamente análogo. De fato:
J3q
Z T Z t
(t − s)
=
t−
Z T Z t
−δ(p)
≤
(t − s)
−δ(p)
3
q
ku(s)kWmk,p ds
(t − s)
q
ku(s)kWmk,p ds dt
−2δ(p)
3
t−
Z Z t
(t − s)−δ(p) ds
≤
0
3q Z t
t−
q
≤ c(1−δ(p)) 3
0
≤ c
q−2 q
3 3
≤ c
q−2
3
0
T
t−
2(q−2)
3
m
3
t−
Z T Z t
2q3
(t − s)−δ(p) ku(s)kW k,p ds
dt
3
2
t−
Z T Z t
dt
2
(t − s)−δ(p) ku(s)kW
k,p ds
2q3
dt
m
2q3
(t − s)−δ(p) ku(s)kW k,p ds
dt
3
2
m
ku(s)kqW k,p ds.
m
Agora estimemos J2 :
J2q
Z T Z t−
−δ(p)
|t − s|
=
0
Z T "Z t−
≤
= c
q
ku(s)kWmk,p ds dt
−δ(p)q 0
qq0 Z t−
|t − s|
0
Z Th
(1−δ(p)q 0 )
t
≤ cT
1−δ(p)q 0 qq0
0
−
Z T Z t−
≤ cT q−3
Z T Z t−
(1−δ(p)q 0 )
0
0
i q0 Z t−
q
0
ku(s)kqW k,p ds
m
ku(s)kqW k,p ds
m
ku(s)kqW k,p ds
m
#
ku(s)kqW k,p ds
m
dt
44
Assim de (119) e das estimativas de J1 , J2 e J3 temos
kukLq Wmk,p ≤ ku0 kHmk + c(1 + Tmax )m J1 + J2 + J3
T
Z t
q−3
q
m
≤ ku0 kHmk + c(1 + Tmax ) cT q
kukLq W k,p dt
+c
(1 + Tmax )
2(q−2)
3q
m
T
0
q−2
3
kukLq Wmk,p .
T
Como isto vale para um > 0 qualquer com < T segue que
kukqLq W k,p ≤ c(1 + Tmax )mq ku0 kqH k + c(1 + Tmax )mq cT q−3
m
m
T
Z t
0
kukqLq W k,p dt,
T
m
sempre que 0 ≤ T < Tmax . Pela desigualdade de Gronwall temos que
kukLq Wmk,p ≤ c,
T
sempre que 0 < T < Tmax , assim u ∈ Lq (0, Tmax , Wmk,p ), como queríamos mostrar.
Passo 5. Neste passo mostraremos a continuidade de u em X com respeito às condições iniciais.
Seja u0j ∈ Hmk , j ∈ N e uj ∈ X[0,Tj ] a sua correspondente solução. Suponha que
k
quando j → ∞. Vamos provar que uj → u em X[0,Tmax ] . De fato
u0j → u0 em Hm
lembremos que para cada k > 0 existe um TK > 0 e uma bola BK em X[0,Tmax ] de raio
k
ck + c centrada na origem, tal que se u0 está na bola em Hm
de raio k e centrada na
origem, então G é uma contração de BK em BK .
A solução u em BK e [0, TK ] é feita por construção.
Assuma que u0 pertence a bola em Hmk de raio k. Como u0j → u0 em Hmk segue que
uj ∈ B2k para j sucientemente grande, denotando X = X[0,T2k ] temos
ku − uj kX = kGu − Gj uj kX
≤ kGu − Guj kX + kGuj − Gj uj kX
≤ kGu − Guj kX + kS(·)(u0 − u0j )kX .
Usando (91) com p = 2, (93) e o fato de G ser uma contração de B2k encontramos
ku − uj kX = cku − uj kX + c(1 + T2k )m ku0 − u0j kX .
(120)
ku − uj kX = c(1 + T2k )m ku0 − u0j kX ,
(121)
Por outro lado
ou seja uj → u em X[0,T2k ] , como queríamos demonstrar.
45
O próximo lema é útil para obtermmos estimativas adequadas do termo não linear de
equação dada por
Lema 14. Seja F : C → C, dada por F (z) = |z|α−1 z , então vale a seguinte desigualdade
|F (z1 ) − F (z2 )| = ||z1 |α−1 z1 − |z2 |α−1 z2 | ≤ {1 + |z1 | + |z2 |}α−1 |z1 − z2 |.
(122)
Demonstração. Vamos fazer a prova para o caso α − 2 < 0, pois o caso contário é feito de
maneira análoga.
Suponhamos sem perda de generalidade que |z1 | ≤ |z2 |, logo
||z1 |α−1 z1 − |z2 |α−1 z2 | = ||z1 |α−1 z1 − z2α−1 z1 + z2α−1 z1 − |z2 |α−1 z2 |
≤ |z2 |α−1 |z2 − z1 | + |z1 |||z1 |α−1 − |z2 |α−1 |.
Aplicando o Teorema do Valor Médio para um θ ∈ (0, 1), obtemos
||z1 |α−1 z1 − |z2 |α−1 z2 |
≤ |z2 |α−1 |z2 − z1 | + |z1 |(α − 1)((1 − θ)z1 + θz2 )α−2 |z1 − z2 |
≤ |z2 |α−1 |z2 − z1 | + |z1 |(α − 1)z1α−2 |z1 − z2 |
≤ {|z1 | + |z2 |}α−1 |z1 − z2 |,
como queríamos mostrar.
Corolário 15. Considere o problema de Cauchy
(
iut + ∆u + λ|u|α−1 u = 0
u(0, x) = u0 (x), x ∈ Rn , t ∈ R,
(123)
onde λ é real e α deve satisfazer
(
n+2
, se n > 2
1 < α < n−2
1 < α < ∞, se n = 1, 2.
(124)
Então o problema acima é localmente bem posto em H11 (Rn ).
Demonstração. Pelo resultado obtido anteriormente basta vericarmos que a função F (u) =
λ|u|α−1 u satisfaz as hipóteses do teorema acima, para k = m = 1 e um certo λ > 1 Inicialmente veriquemos que se u ∈ W11,p , então
kF (u)kW 1,p0 = kλ|u|α−1 ukW 1,p
1
1
≤ c{1 + kukW 1,p }α kukW 1,p .
1
1
46
Temos
kλ|u|α−1 ukW 1,p0 =
1
kλ|u|α−1 ukp0 + k∇(λ|u|α−1 u)kp0 + kλ|x||u|α−1 ukp0 .
Desta forma precisamos estimar cada um dos três termos acima. Inicialmente estimemos kλ|u|α−1 ukp0 .
p
Pela desigualdade de Hölder para os expoentes conjugados pp0 e p1 = p−p
0 temos
α−1
kλ|u|
Z
|u|
ukp0 = λ
Z
≤ λ
α−1
10
p
p0
|u| dx
p
(α−1) p−p
0
p
(p−p0 )p0
Z
p
|u|
p1
|u|
= λkukα−1
kukp ,
l
onde l = (α − 1)p1 . Pela desigualdade de Gagliardo Niremberg para p = (α − 1)l, r = p,
θ = 1, j = 0 e m = 1 onde
p − p0
1 1
1
=
= − ,
(125)
l
(α − 1)p
p
n
obtemos
kukα−1
≤ k∇ukα−1
≤ kukα−1
.
p
l
W 1,p
1
Assim,
kλ|u|α−1 ukp0 ≤ λkukα−1
kukW 1,p
W 1,p
1
1
≤ λ{1 + kukW 1,p }α−1 kukW 1,p .
1
1
(126)
Logo um candidato natural a fazer o papel de λ é α. Armamos que α satisfaz as condições
requeridas por λ, com efeito temos por hipótese que α > 1 e pela hipótese (135) temos
que
2
1
1
−
≤ .
2 nα
p
(127)
Para obtermos a estimativa de kλ|x||u|α−1 ukp0 vamos repetir o processo feito acima.
Aplicando a desigualdade de Hölder para as funções |u|α−1 e |x|u, e em seguida a desigualdade de Gagliardo Niremberg em |u|α−1 , obtemos
kλ|x||u|α−1 ukp0 ≤ λc{1 + kukW 1,p }α−1 kukW 1,p .
1
1
O passo seguinte será estimar k∇(λ|u|α−1 u)kp0 . Reproduzindo o argumento usado
47
anteriormente para as funções |u|α−1 e ∇u chegamos em
(128)
kλ|u|α−1 ∇ukp0 ≤ λ{1 + kukW 1,p }α−1 kukW 1,p .
1
1
Note que
α−1
||u|∇(|u|α−1 )| = ||u|∇(uu) 2 |
α−1
α−1
= |u|
(uu) 3 ∇(uu)
2
= ||u||u|α−3 (u∇u + u∇u)|
= |u|α−2 (u∇u + u∇u)
≤ |u|α−1 (|∇u| + |∇u|)
(129)
= 2|u|α−1 |∇u|.
Assim, por (128) e (129) temos
1
(130)
kλ|u|α−1 ukW 1,p0 ≤ c{1 + kukW 1,p }α−1 kukW 1,p .
(131)
kλ|u|∇(|u|α−1 )kW 1,p0 ≤ c{1 + kukW 1,p }α−1 kukW 1,p .
1
1
Portanto, pelas estimativas acima obtemos
1
1
1
Agora nosso objetivo será obter a seguinte estimativa
kF (u) − F (v)kW 1,p0 = kλ(|u|α−1 u − |v|α−1 )kW 1,p0
1
1
≤ c{1 + kukW 1,p + kvkW 1,p }α−1 ku − vkW 1,p .
1
1
Com efeito, sabemos que
kλ(|u|α−1 u − |v|α−1 )kW 1,p0 =
1
kλ(|u|α−1 u − |v|α−1 )kp0 + kλ(∇(|u|α−1 u − |v|α−1 ))kp0 +
n
X
kλ|x|(|u|α−1 u − |v|α−1 )kp0 .
i=1
Vamos analisar cada uma das expressões acima.
Pelo Lema 14 temos que
||u|α−1 u − |v|α−1 | ≤ {|u| + |v|}α−1 |u − v|,
então
k|u|α−1 u − |v|α−1 kp0 ≤ k{|u| + |v|}α−1 |u − v|kp0
1
48
e
k|x||u|α−1 u − |v|α−1 kp0 ≤ k{|u| + |v|}α−1 |x||u − v|kp0 .
Procedendo de modo análogo às estimativas anteriores encontramos
k{|u| + |v|}α−1 |u − v|kp0 ≤ k|u| + |v|kα−1
ku − vkp
p
e
k|x|(u − v)kp .
k{|u| + |v|}α−1 |x||u − v|kp0 ≤ k|u| + |v|kα−1
p
A desigualdade de Minkowski nos dá
k{|u| + |v|}α−1 |u − v|kp0 ≤ (kukp + kvkp )α−1 ku − vkp
≤ (kukW 1,p + kvkW1 1 ,p )α−1 ku − vkW 1,p .
1
1
e
k{|u| + |v|}α−1 |x||u − v|kp0 ≤ (kukp + kvkp )α−1 k|x|(u − v)kp
≤ (kukW 1,p + kvkW 1,p )α−1 k(u − v)kW 1,p .
1
1
1
Assim temos
||u|α−1 u − |v|α−1 | ≤ (kukW 1,p + kvkW1 1 ,p )α−1 ku − vkW 1,p
1
1
e
k|x||u|α−1 u − |v|α−1 kp0 ≤ (kukW 1,p + kvkW 1,p )α−1 k(u − v)kW 1,p
1
1
1
Resta estimar kλ∇(|u|α−1 u − |v|α−1 v)kp0 .
De fato, temos
kλ(∇(|u|α−1 u − |v|α−1 v))kp0
= kλ(∇(|u|α−1 u) − ∇(|v|α−1 v))kp0
= kλ(∇(|u|α−1 )u + |u|α−1 )∇u − ∇(|v|α−1 )v − |v|α−1 ∇vkp0
≤ λ(k|u|α−1 ∇u − |v|α−1 ∇vkp0 + k∇(|u|α−1 )u − ∇(|v|α−1 )vkp0 )
≤ ck|u|α−1 ∇u − |v|α−1 ∇vkp0 .
Além disso, tem-se
||u|α−1 ∇u − |v|α−1 ∇v|
= ||u|α−1 ∇u − |v|α−1 ∇u + |v|α−1 ∇u − |v|α−1 ∇v|
49
≤ |v|α−1 |∇u − ∇v| + |∇u|||u|α−1 − |v|α−1 v|
≤ |v|α−1 |∇(u − v)| + |∇u||u|α−2 |u − v|
≤ |v|α−1 |∇(u − v)| + |∇u + u|α−1 |u − v|.
Aplicando as desigualdades de Hölder e Gagliardo Niremberg obtemos
k|v|α−1 |∇(u − v)|kp0 ≤ kvkα−1
ku − vkp
p
e
ku − vkp .
k(|∇u| + u)α−1 |u − v|kp0 ≤ k(|∇u| + u)kα−1
p
As estimativas acima implicam
kλ(∇(|u|α−1 u − |v|α−1 v))kp0 = c{1 + kukW 1,p + kvkW 1,p }α−1 ku − vkW 1,p .
1
1
1
(132)
Portanto o corolário está provado.
5 COMPORTAMENTO ASSINTÓTICO PARA A EQUAÇÃO NLS
Neste capítulo vamos estudar o comportamento das soluções locais ao longo do tempo
do problema do valor inicial
(
iut + ∆u + λ|u|α−1 u = 0
u(0, x) = u0 (x), x ∈ Rn , t ∈ R,
(133)
onde λ e α são constantes conhecidas com α > 1.
5.1 Resultados Globais
Vamos considerar a equação na forma integral
Z t
u(t) = S(t)u0 + iλ
S(t − t0 )(|u|α−1 u)(t0 )dt0 .
(134)
0
No capítulo anterior vimos que se u é solução da equação (133), então esta também é
solução de (134).
5.1.1 O caso L2 (Rn )
Para o caso L2 (Rn ) temos o seguinte teorema de boa colocação local:
Teorema 16 (Teoria Local em L2 ). Se 1 < α < 1 + n4 , então para todo u0 ∈ L2 (Rn )
existe um T = T (ku0 k2 , n, λ, α) > 0 e uma única solução da equação (134) no intervalo
50
de tempo [0, T ] com
u ∈ C([0, T ] : L2 (Rn )) ∩ Lr ([0, T ] : Lα+1 (Rn )),
4(α+1)
.
onde r = n(α−1)
Além disso, para todo T 0 < T existe uma vizinhança V de u0 ∈ L2 (Rn ) tal que o campo
F : V → C([0, T 0 ] : L2 (Rn )) ∩ Lr ([0, T 0 ] : Lα+1 (Rn )) dado por u˜0 → ũ(t) é Lipschitz.
Demonstração. Ver [9] ou [11].
Vamos enunciar o teorema de boa colocação local em H 2 (Rn ) de (134) para justicarmos um argumento de densidade utilizado na demonstração da conservação das normas
das soluções em L2 .
Lema 17 (Teoria Local em H 2 (Rn )). Se α satisfaz
(
n
2 < α < n−4
, se n ≥ 5
2 < α < ∞, se n ≤ 4.
(135)
Então para todo u0 ∈ H 2 (Rn ) existe T = T (ku0 kH22 , n, λ, α) > 0 e uma única solução u
da equação integral (134) no intervalo de tempo [0, T ] com u ∈ C([0, T ] : H 2 (Rn )). Além
disso, para todo T 0 < T existe uma vizinhança W de u0 em H 2 (Rn ) tal que a função
F : V → C([0, T 0 ] : H 2 (Rn )) dada por u˜0 → ũ(t) é Lipschitz.
O lema abaixo nos fornece a lei de conservação das soluções de (133) em L2 (Rn ).
Lema 18. Se u ∈ L2 (Rn ) é uma solução de (133) fornecida pelo Teorema 16, isto é, para
α ∈ 1, 1 + n4 , em um intervalo de tempo [0, T ] temos
ku(t)k2 = ku0 k2 , ∀t ∈ [0, T ].
(136)
1
). Desta forma, devido ao Lema
Demonstração. Vamos fazer a prova para α ∈ (2, 1 + 4n
(18) podemos considerar u ∈ H 2 (Rn ), pois dada u0 ∈ L2 podemos encontrar uma sequência {uk0 }k∈ N em H 2 (Rn ) tal que
lim ku0 − uk0 kL2 (Rn ) .
k→∞
(137)
Assim supondo que (136) seja válido para toda u ∈ H 2 (Rn ), temos que
kuk (t)k2 = kuk0 k2 , para todo t ∈ [0, T ], k ∈ N.
(138)
Por outro lado, utilizando a dependência contínua das soluções com respeito às condições
51
iniciais em L2 (Rn ) temos
(139)
lim sup kuk (t) − u(t)k2 = 0.
k→∞ t∈[0,T ]
Portanto por (137), (138) e (139) obtemos
ku0 k2 = lim kuk0 k2 = lim kuk (t)k2 = ku(t)k2 .
k→∞
k→∞
Desta forma vamos obter (136) para uma dada u(x, t) = a(x, t) + ib(x, t) ∈ H 2 (Rn ).
Multipliquemos (133) por u, tomemos a parte imaginária e integremos em Rn , assim
Z
0=
(140)
Im(uiut + u∆u + uλ|u|α−1 u)dx.
Por um lado temos
Im(uiut )dx = Im(i(a − ib)(∂t a + i∂t )) = a∂t a + b∂t b =
d1 2
|u| ,
dt 2
(141)
e ainda,
Im(uλ|u|α−1 u) = Im(λ|u|α ) = 0.
(142)
Por outro lado, como u ∈ H 2 (Rn ), podemos utilizar a proposição 5 e obter
Z
Im
Z
u∆udx
= Im
û(∆u)ˆdξ
Z
2
= Im
û(2πi|ξ|) ûdξ
Z
2
2
2
= Im −4π
|ξ| |û| dξ
(143)
= 0.
Portanto por (140), (141), (142) e (143) obtemos
d
dt
Z
|u|2 dx = 0,
que implica na seguinte lei de conservação
ku(t)k2 = ku0 k2 , ∀t ∈ [0, T ].
(144)
Como queríamos mostrar.
O caso α ∈ (1, 2) exige um argumento de regularização e requer mais trabalho, o leitor
interessado deve consultar [9].
Como consequência deste lema temos o seguinte teorema:
52
Teorema 19 (Solução L2 (Rn ) global, caso subcrítico). Se a potência de não-linearidade
α ∈ 1, 1 + n4 , então para toda u0 ∈ L2 (Rn ) a solução local de u(x, t) de (133) se estende
globalmente no tempo com
u ∈ C([0, ∞) : L2 (Rn )) ∩ Lqloc ([0, ∞) : Lp (Rn )).
(145)
Demonstração. Se caso exitisse um intervalo maximal [0, T ∗ ) com T ∗ < ∞ o Teorema 16
implicaria em
lim ku(x, t)k2 = ∞,
t→T ∗
gerando uma contradição já que o lema anterior diz que
ku(t)k2 = ku0 k2 < ∞, ∀t ∈ [0, T ∗ ).
5.1.2 O caso H 1 (Rn )
Agora vamos analisar o caso H 1 . No capítulo anterior provamos que o problema (134)
é localmente bem posto em H11 (Rn ) se α satisfaz:
(
, se n > 2
1 < α < n+2
n−2
1 < α < ∞, se n = 1, 2.
4
Vamos considerar soluções H 1 locais α ∈ 1, 1 + n−2
se n ≥ 3 ou 1 < α ≤ ∞ para
n = 1, 2, onde o tempo de existência T depende da condição inicial, isto é, T = T (ku0 kH 1 ).
Vamos obter agora outra fórmula de conservação de energia.
Lema 20. Se u é uma solução no intervalo [0, T ) de (133) então
Z
2λ
2λ
2
α+1
2
α+1
|u0 |
dx =
|∇x u(x, t)| −
|u(x, t)|
dx,
|∇x u0 | −
α+1
α+1
Rn
Rn
Z
para todo t ∈ [0, T ).
Demonstração. Multiplicando (133) por −∂t u temos
−∂t uiut − ∂t u∆u − ∂t uλ|u|α−1 u = 0.
Consideremos u(x, t) = a(x, t) + ib(x, t), temos as seguintes relações
Re(−∂t uiut − ∂t u∆u − ∂t uλ|u|α−1 u) = Re(−i|∂t u|) = 0,
53
Re (−∂t u∆u) = Re −
n
X
!
!
∂x2j a + i∂x2j b (∂t a − i∂t b)
j=1
= −
n
X
!
∂x2j a∂t a + ∂x2j b∂t b
j=1
=
n
X
∂x2j a∂x2j t a + ∂xj b∂xj t b
j=1
n
=
1d X
(∂x a)2 + (∂xj b)2
2 dt j=1 j
Re(−∂t uλ|u|α−1 u) = −λ|u|α−1 (a∂t a + b∂t b)
1d 2
|u|
= −λ|u|α−1
2 dt
α−1 d
−1
=
λ||u|2 | 2
|u|2
2
dt
−1 2λ
=
|u|α+1 .
2 α+1
(146)
(147)
Assim, por (146) e (147) ao tomarmos a parte real de (133) e integrar em Rn obtemos
d
dt
Denotando
2λ
α+1
2
|u(x, t)|
|∇x u(x, t)| −
dx = 0.
α+1
Rn
Z
2λ
2
α+1
E(u(t)) =
|∇x u(x, t)| −
|u(x, t)|
dx,
α+1
Rn
Z
temos que E(t) é constante no tempo, ou seja,
2λ
α+1
2
|u(x, t)|
E(u0 ) =
|∇x u(x, t)| −
dx,
α+1
Rn
Z
(148)
para todo t ∈ (0, T ), onde (0, T ) é o intervalo na qual é denida a solução u.
Teorema 21. Seja u0 ∈ H 1 (Rn ), então a solução u associada à u0 se estende globalmente
no tempo se
1. λ < 0
2. λ > 0 e α < 1 + n4
3. λ > 0, α = 1 + n4 e ku0 k2 < c0
4. λ > 0, α > 1 + n4 e ku0 k1,2 ∼
= ku0 k2 + ||∇u||2 < ρ.
para c0 e ρ sucientemente pequenos.
54
Demonstração. Caso 1. Vamos primeiro supor λ < 0, então por (148) temos que
Z
|∇x u(x, t)|2 ≤ E(u0 ), ∀t ∈ (−T, T ),
Rn
logo
Z
|∇x u(x, t)|2 ≤ E(u0 ), ∀t ∈ (−T, T ),
sup
[0,T ]
Rn
então via (144) temos que
sup ku(t)k21,2 ≤ E(u0 ) + ku0 k22 .
[0,T ]
Assim podemos estender a solução local u para todo R.
Caso 2. No caso λ > 0 usando a desigualdade de Gagliardo-Niremberg temos para
todo t ∈ [0, T ]
ku(t)kα+1 ≤ ck∇x u(t)kθ2 ku(t)k1−θ
2
= ck∇x u(t)kθ2 ku0 k21−θ ,
onde
1
=θ
α+1
1 1
−
2 n
ou
θ=
+
1−θ
2
,
n(α − 1)
.
2(α + 1)
Desta forma temos que
n(α−1)
2
ku(t)kα+1
α+1 ≤ ck∇x u(t)k2
[(α+1)− n(α−1)
]
2
ku0 k2
.
Esta desigualdade combinada com (148) nos prova que se E(u0 ) < ∞, então
n(α−1)
[(α+1)− n(α−1)
]
2
k∇x u(t)k22 ≤ |E(u0 )| + cα ku0 k2
k∇x u(t)k2 2 .
(149)
Caso 2.1. Assumindo que α ∈ 1, 1 + n4 , então n(α−1)
< 2, assim com a notação
2
y = y(t) = k∇x u(t)k2 temos
[(α+1)− n(α−1)
] 2−γ
2
y 2 ≤ |E(u0 )| + cku0 k2
y ,
∈ (0, 2).
com γ = 2 − n(α−1)
2
Dena g : [0, ∞) → R, por
g(y) =
y2
.
[(α+1)− n(α−1)
] 2−γ
2
|E(u0 )| + cα ku0 k2
y
(150)
55
Temos que limy→+∞ g(y) = +∞, g(0) = 0, g 0 (y) ≥ 0 e g é contínua, assim pelo Teorema
do Valor Intermediário que existe ym > 0 tal que
(
g(y) ≤ 1; 0 ≤ y ≤ ym ,
g(y) > 1; y ≥ ym .
(151)
Assim a desigualdade (150) é satisfeita somente se 0 ≤ y ≤ ym .
Logo tomando M = ym tem-se
sup k∇x u(t)k2 ≤ M.
[0,T ]
Portanto a solução local u pode ser estendida globalmente.
. Seja δ = ku0 k2 , assim por (149)
Caso 2.2. Agora suponha que α ∈ 1 + n4 , n+2
n−2
temos
y 2 (t) ≤ E(u0 ) + cδ [(α+1)−
>
Como n (α−1)
2
n(α−1)
2
] y(t) n(α−1)
2
.
4
n(1+ n
−1)
>2
2
, assim podemos escrever
y 2 (t) ≤ E(u0 ) + cδ [(α+1)−
n(α−1)
2
] y(t)2+ν ,
(152)
E(u0 ) ≥ y 2 (0) − cδ [(α+1)−
n(α−1)
2
] y(0)2+ν .
(153)
onde ν = n (α−1)
− 2 > 0.
2
Fazendo t = 0 temos
Assim para k∇u0 k2 e ku0 k2 sucientemente pequenos, digamos ku0 k ≤ ρ1 , temos que
E(u0 ) > 0.
n(α−1)
Dena p : [0, ∞) → R por p(y) = y 2 e q : [0, ∞) → R por q(y) = cδ [(α+1)− 2 ] y 2+ν ,
desta forma existe um y1 tal que
(
p(y) ≥ q(y); 0 ≤ y ≤ y1 ,
p(y) < q(y); y > y1 .
(154)
Além disso, caso E(u0 ) seja sucientemente pequeno, digamos E(u0 ) ≤ ρ2 , que implica
em k∇u0 k2 ≤ ρ2 , existem ym e yn , com 0 < ym < yn tais que
(
p(y) ≤ E(u0 ) + q(y); y ∈ [0, ym ] ∪ [yn , +∞)
p(y) > E(u0 ) + q(y); y ∈ [ym , yn ].
(155)
Dena ρ = min{ρ1 , ρ2 }. Assim temos que
y 2 ≤ E(u0 ) + cδ [(α+1)−
n(α−1)
2
] y 2+ν ,
(156)
56
é satisfeita para ku0 kH11 ≤ ρ somente se y ∈ [0, ym ] ∪ [yn , +∞). Como y(t) = k∇u(t)k2 e
u(x, t) ∈ C([0, T ]; H11 (Rn )) temos que (156) é satisfeita somente quando y ∈ [0, ym ].
Logo tomando M = ym temos que y(t) = k∇x u(t)k2 ≤ M , então podemos estender
soluções locais para todo o intervalo de tempo como anteriormente.
Gráco 1: Grácos de p(y) e q(y)
Caso 2.3. Por m suponha que α = 1 + n4 então temos de (149) que
4
y 2 ≤ E(u0 ) + cku0 k2n y 2 ,
ou ainda,
4
(1 − cku0 k2n )y 2 ≤ E(u0 ),
assim se ku0 k2 ≤ c1n4 , temos que a inequação acima tem solução contida num intervalo
limitado, desta forma temos
k∇x u(x, t)k2 ≤ M,
para um certo M > 0, então neste caso podemos estender a solução local u associada à
u0 para todo o tempo.
5.2 Formação de Singularidades
Nesta seção, iremos mostrar que os resultados globais provados no Teorema anterior
são ótimos, ou seja, quando não são satisfeitas as suas hipóteses pode-se mostrar um
resultado de explosão em tempo nito, isto é, existe u0 ∈ H 1 (Rn ) e T < ∞ tal que a
solução correspondente de (133) satisfaz
lim k∇u(t)k2 = ∞.
t↑T
(157)
57
Para simplicar nossa exposição iremos assumir λ = 1. Na prova de (157) utilizaremos o
seguinte lema:
Lema 22. Seja u(t) uma solução em C([0, T ] : H 1 (Rn )) do problema do valor inicial
(133) com λ = 1, então
d
dt
com r = |x|, r∂r u =
d
Im
dt
Z
2
|x| |u(x, t)| dx = 4Im
Rn
Pn
i=1 ∂xj uxj
(158)
e
2
|∇u(x, t)| dx +
Rn
Rn
ru∂r udx,
Rn
Z
ru∂r udx = 2
Z
Z
2
Z
2n
−n
|u(x, t)|α+1 dx.
α+1
Rn
(159)
Demonstração. Multipliquemos (133) por 2u e tomemos a sua parte imaginária, assim
temos
Im(2uiut + 2u∆u − 2u|u|α−1 u) = 0,
assim
d 2
|u| + 2div(Im(∇uu)) = 0,
dt
multiplicando esta expressão por |x|2 e integrando em Rn
d
dt
Z
2
2
|u| |x|
Z
= −2 |x|2 div(Im(∇uu))
Z X
n
= 2
Im(u∂xj u)2xj dx
i=1
= 4
Z X
n
Im(u∂xj u)xj
i=1
Z
= 4
Im(ruur )dx.
onde na segunda passagem zemos integração por partes.
Vamos agora obter a segunda expressão. Multipliquemos (133) por 2r∂r u, tomemos a
parte real e integremos em Rn e temos
Z
Re(2r∂r uiut + 2r∂r u∆u + 2r∂r uλ|u|α−1 u)dx = 0.
Vamos analisar cada expressão separadamente:
Z
Z
r(∂r uut − ∂r u∂t u)dx
Z
Z
= −2Re
r∂uδu − 2Re r∂r u|u|α−1 udx
Re(2r∂r uiut )dx = 2i
58
Por outro lado fazendo integração por partes:
Z
r(∂r uut − ∂r u∂t u)dx =
i
= i
Z X
n
xj (∂xj u∂t u − ∂xj u∂t c)dx
i=1
n
X
d
xj
= i
∂xj uu − ∂xj (u∂t u) dx
dt
Zi=1
Z
d
ru∂r udx + ni u∂t udx
= i
dt
Z
Z
d
=
(i r∂r udx) + n u(δu + |u|α−1 u)dx.
dt
Z
Na última passagem usamos (133).
Integrando por partes tem-se
Z
2Re
!
Z X
n
n
X
∂x2k udx
r∂u∆u
= 2Re
x j ∂ xj u
j=1
"Z
= −2Re
k=1
n
X
∂ xk
= −2Re
!
n
X
= −2Re
#
xj ∂xj u ∂xk u dx
((∂xk xj )∂xj u +
n
X
!
!
∂xk u∂xk udx
k=1
Z X
n X
n
−2Re
!
xj ∂x2k xj u∂xk udx ,
k=1 j=1
ou seja,
Z
2Re
Z
n X
n Z
X
2
r∂u∆u
= −2 |∇u| dx −
xj ∂xk u∂x2k xj u
j=1 k=1
−
n X
n Z
X
xj ∂xk u∂x2k xj u
j=1 k=1
Z
= −2
2
|∇u| dx +
n X
n Z
X
j=1 k=1
−
n X
n Z
X
j=1 k=1
xj ∂xk u∂x2k xj u
#
xj ∂x2j xk u)∂xk u dx
j=1
k=1
Z X
n
!
j=1
k=1
"Z
n
X
∂xk u∂xj (xj ∂xk u)dx
59
Z
Z
2
|∇u| dx + ∂xk u(∂xj u + ∂x2k xj u)
n X
n Z
X
−
xj ∂xk u∂x2k xj u
= −2
j=1 k=1
Z
Z
2
= −2 |∇u| dx + n
Z
+ xj ∂x2k xj u∂xk u
Z
= (n − 2) |∇u|2 dx.
|∇u|2 dx +
Também,
Z
2Re
α−1
|u|
Z
n
X
α−1
ru∂r udx
= 2Re( |u| u
xj ∂xj udx)
j=1
α−1
Z
(|u| )
(∂xj uu + u∂xj u)dx
2
Z
α+1
2
=
xj ∂xj [(|u|2 ) 2 ]dx
α+1
Z
2n
|u|α+1 .
=
α+1
=
xj
Por m, combinando as três igualdades acima obtemos
d
dt
Z
Z
|∇u(x, t)| dx +
∂r udx = 2
Rn
2
Rn
Z
2n
|u(x, t)|α+1 dx.
−n
α+1
n
R
Como queríamos demonstrar.
Teorema 23. Seja u uma solução para problema do valor inicial (133) em C([0, T ] :
H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|2 dx)) com λ = 1, fornecida pelo Corolário 15. Assuma que a condição
inicial u0 e a não linearidade α satisfaçam as seguintes condições:
(i)
R
2
|∇u0 |2 − α+1
|u0 |α+1 dx = E(u0 ) = E0 < 0;
4
,
(ii)α ∈ 1 + n4 , 1 + n+2
então existe T ∗ > 0 tal que
lim k∇u(t)k2 = ∞.
t→T ∗
Demonstração. Vamos fazer a demonstração em alguns passos
R
Suponha que Im ru0 ∂r u0 dx < 0.
(160)
60
Dena a função
Z
f (t) = −Im
(161)
r(∂r uu)(x, t)dx.
Por hipótese temos que f (0) > 0 assim o Lema (22) implica em
f (t) =
=
=
=
≥
Z
2n
−2
|∇u(x, t)| dx +
−n
|u(x, t)|α+1 dx
α+1
n
n
R
ZR
Z
α+1
2
2
|∇u(x, t)| dx + n
−1
|u(x, t)|α+1 dx
−2
2
α
+
1
n
n
R
Z
ZR
α
+
1
2
2
−2
|∇u(x, t)| dx + n
−1
|∇u(x, t)| dx − E0
2
Rn
Z
α+1
α+1
2
− 2−n
−1
|∇u(x, t)| dx − n
− 1 E0
2
2
M k∇u(x, t)k22 ,
Z
0
2
(162)
4
2+ n
−1
2
onde M = n
−2 > n
− 2 = n + 2 − 3 ≥ 0, pois α > 1 + n4 . Assim f (t)
é uma função não decrescente, e em particular f (t) ≥ f (0) > 0 para todo t > 0. Ainda
pelo Lema 22 segue
α+1
−1
2
d
dt
Z
2
Z
2
|x| |u(x, t)| dx = 4Im
Rn
(163)
ru∂r udx
Rn
(164)
= −4f (t) < 0.
Assim h(t) = Rn |x|2 |u(x, t)|2 dx é uma função decrescente com
R
Z
h(t) ≤
(165)
|x|2 |u0 |2 dx = h(0).
Rn
Além disso a desigualdade de Cauchy-Schwartz nos fornece
Z
f (t) = −Im
Z
r(∂r uu)(x, t)dx
|x|2 |u(x, t)|2 dx
≤
21 Z
|∂r u|2 (x, t)dx
21
Rn
= h(t)
1
2
Z
2
21
|∂r u| (x, t)dx
1
≤ h(0) 2 k∇u(x, t)k2 .
Desta forma combinando (162), (166) e (165) concluímos que f satisfaz
(
M
f 0 (t) ≥ h(0)
f (t)2
f (0) > 0
(166)
61
Assim temos
f 0 (t)
M
,
≥
2
f (t)
h(0)
que implica em
0
(s)
d
mas como ff(s)
2 = ds
Z t
f 0 (s)
ds ≥
2
0 f (s)
−1
f (s)
Z t
M
ds,
0 h(0)
, temos que
1
1
M
+
≥
t,
f (t) f (0)
h(0)
ou equivalentemente,
f (t) ≥
h(0)f (0)
.
h(0) − M f (0)t
Resumindo, obtemos
1
(h(0)) 2 k∇u(x, t)k2 ≥ f (t) ≥
h(0)f (0)
.
h(0) − M f (0)t
Assim como Mh(0)
> 0 ao tomarmos T ∗ = Mh(0)
> 0 obtemos o resultado.
f (0)
f (0)
R
Agora vamos considerar o caso em que Im ru0 ∂r u0 dx ≥ 0.
De (166) temos
Z
d
Im
ru∂r udx =
dt
Z
Z
2n
2
|u(x, t)|α+1 dx
−n
2 |∇u(x, t)| dx +
α+1
Z
2
2n
α+1
= 2 E0 +
|u(x, t)|α+1 dx
|u(x, t)|
−n
+
α+1
α+1
Z
2(n + 2)
= 2E0 +
−n
|u(x, t)|α+1 dx ≤ 2E0 ,
α+1
pois como α > 1 + n4 , então
2(n + 2)
2(n + 2)
−n≤
− n = 0.
α+1
2 + n4
(167)
Como E0 < 0 existe t̂ > 0 tal que
Z
Im
e assim caímos no caso anterior.
ru∂r u(x, t̂)dx
< 0,
(168)
62
Vamos agora ao caso crítico:
Teorema 24. Seja u ∈ C([0, T ] : H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|2 dx)) uma solução de (133) com α =
1 + n4 obtida no Corolário 15 tal que a condição inicial u0 ∈ H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|dx) satisfaça
uma das condições abaixo:
(i)E0 < 0,
(ii)E0 = 0 e Im ru0 ∂r u0 dx < 0,
R
√
(iii)E0 > 0 e Im ru0 ∂r u0 dx < − E0 k|x|u0 k2 .
R
Então existe um T para o qual vale
(169)
lim k∇u(t)k2 = ∞.
t→T
2
4
= α+1
.
Demonstração. Como α = 1 + n4 , então n 1 − α+1
Assim podemos reescrever (159) como
d
Im
dt
Z
ru∂r udx = 2
Z
2
|∇u(x, t)| dx −
α+1
Rn
Rn
2
Z
α+1
|u(x, t)|
dx
= 2E0 .
Rn
Integrando esta igualdade em (0, t) obtemos
Z
Z
ru∂r udx = Im
Im
Rn
ru0 ∂r u0 dx + 2tE0 ,
Rn
que combinada com (158) nos fornece
Z
d
dt
2
2
Z
|x| |u(x, t)| dx = 4Im
Rn
ru0 ∂r u0 dx + 8tE0 .
(170)
Z
(171)
Rn
Integrando (170) em (0, t) temos
Z
2
Rn
2
|x| |u(x, t)| dx = k|x|u0 k22 + 4tIm
ru0 ∂r u0 dx + 4t2 E0 .
Rn
Vamos analisar a expressão acima como um polinômio em t, assim dena
Z
p(t) =
Rn
2
2
|x| |u(x, t)| dx = k|x|u0 k22 + 4tIm
Z
Rn
ru0 ∂r u0 dx + 4t2 E0 .
(172)
Agora suponha que não ocorra a explosão
lim k∇u(t)k2 = ∞,
t→T
(173)
para todo T na qual a solução esteja denida, então a solução local u pode ser estendida
globalmente.
63
O discriminante de p(t) é
2
Z
∆ = 16 Im
ru0 ∂r u0 dx
Rn
− 16E0 k|x|u0 k22 .
(174)
Armamos que existe um T tal que
Z
(175)
|x|2 |u(x, t)|2 dx = 0.
lim
t→T
Rn
Provemos esta armação em alguns casos.
Primeiramente se E0 < 0 (174) nos diz que ∆ > 0, assim p(t) tem duas soluções reais.
Como p(0) = k|x|u0 k22 > 0, existe T ∗ > 0 (ver gura 4.2) tal que
Z
(176)
|x|2 |u(x, T )|2 dx = 0.
p(T ) =
Rn
Como por hipótese u ∈ C([0, T ] : H 1 (Rn ) ∩ L2 (|x|2 dx)), então obtemos (175).
Gráco 2: Gráco de p(t)
√
Já se E0 > 0 e Im ru0 ∂r u0 dx < − E0 k|x|u0 k2 , então ∆ > 0, assim p(t) tem duas
raízes reais e tomando
R
2
R
R
1
−4Im ru0 ∂r u0 dx + 4( Im Rn ru0 ∂r u0 dx − E0 k|x|u0 k22 ) 2
T =
>0
8E0
∗
tem-se que p(T ∗ ) = 0 (ver gura 4.3). Portanto obtemos (175).
R
Enm, se E(0) = 0 e Im ru0 ∂r u0 dx < 0, então
Z
p(t) =
Rn
2
2
|x| |u(x, t)| dx = k|x|u0 k22 + 4tIm
Assim tomando
T =−
obtemos nossa armação.
k|x|u0 k22
R
,
4Im Rn ru0 ∂r u0 dx
Z
ru0 ∂r u0 dx,
Rn
(177)
64
Gráco 3: Gráco de p(t)
Agora por (144) e pela desigualdade de Weil-Heisenberg obtemos
0 < ku0 k22 = kuk22 ≤
2
k|x|uk2 k∇uk2 .
n
(178)
Ora, como limt→T Rn |x|2 |u(x, t)|2 dx = 0, a igualdade acima resultaria em
R
lim k∇u(t)k2 = ∞,
t→T
(179)
uma contradição, logo existe um T ∗ tal que vale
lim k∇u(t)k2 = ∞.
t→T ∗
(180)
REFERÊNCIAS
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3. Folland, G.B., Real Analysis: Modern Techniques and Their Applications, 1999.
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Schrödinger equations, J. Math. Phys. 18(1977), 1794-1797.
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