Dissertação
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Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduação em Matemática
DISSERTAÇÃO DE MESTRADO
Rio São Francisco
Difeomorfismos que Preservam Volume
e Problemas Elípticos
MATEMÁTICA
A ciência
do infinito
Julio Cesar de Souza Almeida
Maceió,
15 de fevereiro de 2007
Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduação em Matemática
Dissertação de Mestrado
Difeomorfismos que Preservam Volume
e Problemas Elı́pticos
Julio Cesar de Souza Almeida
Orientador: Prof. Dr. Adán José Corcho Fernández
Maceió, Brasil
Fevereiro 2007
1
Agradecimentos
Primeiramente a Deus, por tudo.
Ao professor Adán pela orientação.
Aos meus colegas de turma Clarissa Codá, Maria Andrade, Thales Vieira e
Thiago Fontes, pela conversas matemáticas e amizade. Aos meus colegas de
sala de estudo André Pizzaia, Daniel Nicolau e Marcius Petrúcio.
A todos os professores do Programa de Pós Graduação em Matemática da
UFAL, que contribuı́ram de forma significativa na minha formação acadêmica,
com conversas matemáticas e não matemáticas.
Aos professores Krerley Oliveira, Fernando Codá e Eduardo Texeira pelas
sugestões na elaboração deste trabalho.
Aos professores da UFES Jamil Ferreira e José Antônio da Rocha Pinto, pelo
apoio e formação acadêmica.
Agradeço à Maria Marta Farias de Sousa, pelas Correções ortográficas, e ao
professor Hilário Alencar, pelo grande apoio.
Agradeço em especial ao meus pais Alci Felicio de Almeida e Edimar Maria de
Souza Almeida , as minhas irmãs Priscilla de Souza Almeida e Doriana Martins
da Silva e a minha namorada Maria Marta Farias de Sousa, que contribuı́ram de
forma valiosı́ssima para o meu crescimento.
Agradeço à FAPEAL, pelo apoio financeiro no perı́odo de 04/2005 a 02/2007.
2
3
Resumo
O fato de que o problema de Neumann possui solução única quando estudo em
adequados espaços de Hölder, nos permite resolver problemas elı́pticos até agora
tratados com dados iniciais infinitamente diferenciáveis. De posse da existência e
da unicidade da solução do problema de Neumann, encontra-se uma função que
se anula na fronteira do conjunto onde esta função está definida e cujo divergente
é igual a uma função dada. Esta última afirmação nos permite determinar um
difeomorfismo que preserva a fronteira e tal que o determinante da diferencial é
igual a uma função inicial.
A partir daı́, dados um domı́nio limitado do espaço euclidiano de dimensão n e
duas n-formas tais que suas funções coeficientes são positivas, então, sob algumas
hipóteses de regularidade, existe um difeomorfismo definido nesse domı́nio tal que
o pull-back de uma das formas por esse difeomorfismo é proporcional à segunda
forma. A constante de proporcionalidade vem dada pelo quociente das integrais
das formas, calculadas em todo o domı́nio.
O resultado acima pode ser escrito em uma forma mais analı́tica. Após
essa reformulação, verifica-se que o mesmo é uma conseqüência do resultdo
descrito a seguir. Dados um domı́nio limitado e uma função positiva definida
no fecho deste de forma tal que a integral da mesma neste domı́nio seja igual
ao volume do mesmo, então, adicionando algumas hipóteses de regularidade,
4
existe um difeomorfismo tal que, para todo ponto do interior do conjunto, o
determinante da derivada desse difeomorfismo é igual a função dada. Além
disso, esse difeomorfismo preserva pontualmente a fronteira do conjunto.
Como conseqüência podemos construir difeomorfismos que preservam volume
com valor de fronteira dado.
Palavras-chave: Análise Funcional e Equações Elı́pticas.
5
Introdução
Sejam Ω um domı́nio (aberto e conexo) limitado de Rn e γ e β duas n-formas,
γ = f (x)dx1 · · · dxn
e β = g(x)dx1 · · · dxn ,
com f, g > 0 em Ω. Neste trabalho provaremos que, com certas hipóteses
de regularidade sob Ω, f e g, existe um difeomorfismo ϕ : Ω → Ω, deixando
invariante pontualmente a fronteira ∂Ω do conjunto Ω e tal que
ϕ∗ β = λγ,
R R
onde λ = ( β) ( γ) e ϕ∗ β denota o pull-back da forma β pelo difeomorfismo ϕ.
De forma mais precisa, provaremos o seguinte resultado:
Teorema 0.1. Sejam k ≥ 0 um inteiro, 0 < α < 1 e Ω tal que sua fronteira
∂Ω possui regularidade C k+3,α . Se f, g ∈ C k,α (Ω) são estritamente positivas em Ω, então existe um difeomorfismo ϕ ∈ Dif k+1,α (Ω) satisfazendo o
seguinte problema de fronteira
g(ϕ(x)) det ∇ϕ(x) = λf (x),
se x ∈ Ω,
ϕ(x) = x,
se x ∈ ∂Ω.
6
(1)
Acima, C k,α (Ω) denota o clássico espaço de Hölder e Dif k,α (Ω) denota o
conjunto dos difeomorfismos (homeomorfismos, se k = 0) ϕ : Ω → Ω tais
que ϕ, ϕ−1 ∈ C k,α (Ω, Rn ).
O Teorema 0.1 foi estabelecido por Dacorogna e Moser (ver [4]) e é uma
versão mais forte de resultados conhecidos. Por exemplo, resultados similares foram demonstrados por Moser (ver [10]) para formas de volume em
uma variedade suave, compacta e sem bordo e por Banyaga (ver [3]) para
variedades com bordo, no caso C ∞ .
Uma aplicação do Teorema 0.1 é a possibilidade de construir difeomorfismos que preservam volume com valor de fronteira dado, em outras palavras,
se Ω é como nas hipóteses do Teorema 0.1 e ψ0 ∈ Dif k+1,α (Ω), então existe
ψ ∈ Dif k+1,α (Ω) tal que
det ∇ψ(x) = 1, se x ∈ Ω,
ψ(x) = ψ0 (x),
(2)
se x ∈ ∂Ω.
Para ver isso basta usar o Teorema 0.1 com g = 1 e f = det ∇ψ0−1 ; daı́
λ = 1 e podemos achar ϕ satisfazendo (1). Encontramos uma solução para
a equação (2) definindo ψ = ϕ ◦ ψ0 .
Este tipo de problema tem um papel importante na construção de transformações que preservam volume com órbitas periódicas e transformações
ergódicas pré-escritas, como se pode ver nos trabalhos de Alpern [1] e AnosovKatok [2].
A monografia aqui presente está estruturada do seguinte modo.
No
Capı́tulo 1 definimos concretamente os Espaços de Hölder, os quais serão
nosso ambiente de trabalho, e provaremos algumas de suas propriedades fundamentais. O Capı́tulo 2 será dedicado ao estudo do problema de Dirichlet
nos espaços de Hölder.
7
Os resultados obtidos neste capı́tulo combinados com os de Análise Funcional, apresentados no Capı́tulo 3, serão fundamentais no Capı́tulo 4, onde
se generalizam algumas das propriedades estabelecidas para o problema de
Dirichlet e, além disso, se garante a existência de soluções para o problema
de Neumann, fazendo-se uso do “Método Contı́nuo”para operadores lineares
e de um clássico teorema conhecido como “Alternativa de Fredholm”.
Z
Por último, no Capı́tulo 5, mostraremos que se
f (x)dx = Vol, onde Ω
Ω
e f são como no Teorema 0.1, então existe u ∈ Dif k+1,α (Ω) tal que
det ∇u(x) = f (x), se x ∈ Ω,
se x ∈ ∂Ω.
u(x) = x,
Este trabalho foi baseado no artigo On a partial differential equation
involving the Jacobian determinant, Ann. Inst. Henri Poincaré. Vol7, n0 1,
1990, p. 1-26.
8
Sumário
1 Espaços de Hölder
10
2 O Problema de Dirichlet nos Espaços de Hölder
16
3 Tópicos de Análise Funcional
28
3.1
O Método Contı́nuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2
A Alternativa de Fredholm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.3
Operadores Elı́pticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4 O Problema da Derivada Oblı́qua
41
4.1
Estimativas de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.2
O Problema de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5 Uma EDP Envolvendo o Determinate Jacobiano
9
55
Capı́tulo 1
Espaços de Hölder
Neste capı́tulo definimos com precisão os espaços de Hölder, os quais são
subespaços do espaço vetorial
C k (Ω̄) = f : Ω̄ ⊆ Rn → Rm ; Dβ f é contı́nua em Ω̄, para |β| ≤ k ,
com as seguintes notações:
• β = (β1 , β2 , · · · , βn ),
• |β| = β1 + β2 + · · · + βn ,
• Dβ = D1β1 ◦ D2β2 ◦ · · · ◦ Dnβn = ∂xβ11 ◦ ∂xβ22 ◦ · · · ◦ ∂xβnn .
Apresentamos algumas das propriedades fundamentais destes espaços, dando
especial atenção a sua completude com relação à norma |·|k,α , definida mais
abaixo.
Definição 1.1. Sejam Ω ⊂ Rn , f : Ω → Rm , x0 ∈ Ω e 0 < α ≤ 1. Dizemos
que f é Hölder contı́nua com expoente α em x0 se
|f (x) − f (x0 )|
<∞
|x − x0 |α
x∈Ω
[f ]α,x0 = sup
x6=x0
10
e que f é uniformemente Hölder contı́nua com expoente α em Ω se
|f (x) − f (y)|
< ∞.
|x − y|α
x,y∈Ω
[f ]α,Ω = sup
x6=y
Além disso, f é dita localmente Hölder contı́nua com expoente α em Ω se for
uniformemente contı́nua Hölder com expoente α em subconjuntos compactos
de Ω.
Observação 1.1. Notemos que para α = 1 a noção de uniformemente Hölder
contı́nua coincide com a definição de função Lipschitziana.
Definição 1.2 (Espaços de Hölder). Sejam Ω ⊂ Rn um aberto e k um in
teiro não negativo. O espaço de Hölder, denotado por C k,α (Ω̄) C k,α (Ω) , é
definido como o subespaço de C k (Ω̄) C k (Ω) consistindo das funções que possuem derivadas parciais de ordem k uniformemente Hölder contı́nuas (localmente Hölder continua) com expoente α em Ω̄ (em subconjuntos compactos de Ω).
Por simplicidade, quando 0 < α < 1, escrevemos
C 0,α (Ω̄) = C α (Ω̄)
e
C 0,α (Ω) = C α (Ω).
Além disso, faremos uso das seguintes notações
C k,0 (Ω̄) = C k (Ω̄)
e
C k,0 (Ω) = C k (Ω).
Exemplo 1.1. Seja B ⊂ Rn uma bola. Se u ∈ C ∞ (B̄), então u ∈ C k,α (B̄)
para todo inteiro k ≥ 0 e 0 < α ≤ 1
Demonstração. Com efeito, se |β| = k e x 6= y, pela Desigualdade do Valor
Médio, temos que
Dβ u(x) − Dβ u(y)
Di Dβ u(ξ) |x − y|
≤
sup
≤ C;
|x − y|α
|x − y|α
1≤i≤n
ξ∈[x,y]
portanto [Dβ u]α,Ω < ∞.
11
No espaço C k,α (Ω̄) definimos as seguintes seminormas:
[u]k,0,Ω = |Dk u|0,Ω := sup sup |Dβ u|,
|β|=k Ω
k
(1.1)
β
[u]k,α,Ω = [D u]α,Ω := sup [D u]α,Ω ,
|β|=k
e a partir dessas seminormas, definimos as normas
|u|C k (Ω̄) = |u|k,Ω :=
k
X
[u]j,0,Ω =
j=0
k
X
|Dj u|0,Ω ,
(1.2)
j=0
|u|C k,α (Ω̄) = |u|k,α,Ω := |u|k,Ω + [u]k,α,Ω = |u|k,Ω + [Dk u]α,Ω .
Se Ω é limitado e denotamos por d = diam(Ω) o diâmetro do conjunto Ω,
é conveniente definir as normas a seguir:
|u|,C k (Ω̄) = |u|,k,Ω :=
k
X
j=0
dj [u]j,0,Ω =
k
X
dj |Dj u|0,Ω
(1.3)
j=0
|u|,C k,α (Ω̄) = |u|,k,α,Ω := |u|,k,Ω + dk+α [u]k,α,Ω = |u|,k,Ω + dk+α [Dk u]α,Ω
Provaremos agora a completude do espaço C k,α (Ω̄), | · |k,α .
Teorema 1.1. O espaço C k,α (Ω̄), | · |k,α é um espaço de Banach.
k,α
Demonstração. Seja {un }∞
(Ω̄) tal que lim |un − um |k,α = 0. Com
n=1 ⊂ C
m,n→∞
isso,
Dβ (un − um )(x) − Dβ (un − um )(y)
−→ 0.
|un − um |k + sup sup
|x − y|α
|β|=k x6=y
(1.4)
Como o espaço C k (Ω) é completo, existe u ∈ C k (Ω) tal que |un − u|k → 0.
Daı́, para mostrar que |un − u|k,α → 0, basta mostrar que
Dβ (un − u)(x) − Dβ (un − u)(y)
−→ 0.
|x − y|α
|β|=k x6=y
sup sup
12
Primeiro observe que, dado > 0, existe n0 () ∈ N tal que n ≥ n0 implica
sup sup Dβ un (x) − Dβ u(x) = sup sup Dβ (un − u)(x) < ,
|β|≤k Ω
|β|≤k Ω
pois |un − u|k → 0.
Assim, para cada ı́ndice β tal que |β| ≤ k e para todo x ∈ Ω, temos
Dβ un (x) − Dβ u(x) < .
Portanto, para cada ı́ndice β, lim Dβ un (x) = Dβ u(x), onde o limite é unin→∞
forme. Finalmente, de (1.4) temos que existe n1 () ∈ N tal que para todos
m, n ≥ n1 vale que
Dβ (un − um )(x) − Dβ (un − um )(y)
< ,
|x − y|α
|β|=k x6=y
sup sup
logo
Dβ (un − um )(x) − Dβ (un − um )(y)
≤ .
m→∞ |β|=k x6=y
|x − y|α
lim sup sup
De onde se segue que
lim Dβ (un − um )(x) − lim Dβ (un − um )(y)
sup sup
m→∞
|β|=k x6=y
m→∞
|x − y|α
Dβ (un − u)(x) − Dβ (un − u)(y)
≤ .
|x − y|α
|β|=k x6=y
= sup sup
Com isso, temos
Dβ (un − u)(x) − Dβ (un − u)(y)
= 0.
m→∞ |β|=k x6=y
|x − y|α
lim sup sup
13
Portanto, dado > 0 existe n2 () ∈ N tal que, para todo n > n2 , temos
|un − u|k,α < .
Usando a desigualdade triangular, obtemos |u|k,α < + |un |k,α , ∀n ≥ n2 .
Logo
lim |un − u|k,α = 0 e u ∈ C k,α (Ω̄).
n→∞
Observação 1.2. Neste trabalho estaremos interessados somente em domı́nios
0
0
Ω onde é válida a relação de inclusão C k ,α (Ω̄) ⊆ C k,α (Ω̄) sempre que
k + α ≤ k 0 + α0 . Por exemplo, em conjuntos convexos, pela Desigualdade
do Valor Médio, esta propriedade é sempre satisfeita.
Definição 1.3. Um domı́nio limitado Ω ⊂ Rn é dito de classe C k,α (ou com
fronteira C k,α ), 0 ≤ α ≤ 1, se para cada ponto x0 ∈ ∂Ω existem uma bola
B = B(x0 , r) e uma aplicação bijetiva ψ : B → D ⊂ Rn tal que:
(i) ψ(B ∩ Ω) ⊂ Rn+ ;
(ii) ψ(B ∩ ∂Ω) ⊂ ∂Rn+ ;
(iii) ψ ∈ C k,α (B) e ψ −1 ∈ C k,α (D).
Dizemos que Ω tem uma partição de fronteira T ⊂ ∂Ω de classe C k,α se em
cada ponto x0 ∈ T , existe uma bola B = B(x0 , r) em que as condições acima
são satisfeitas e tal que B ∩ ∂Ω ⊂ T . Além disso, uma função ϕ definida em
T é dita de classe C k,α (T ) se, para cada ponto de T , tem-se
ϕ ◦ ψ −1 ∈ C k,α (D ∩ ∂Rn+ ).
14
A seguir enunciamos uma desigualdade de interpolação e um resultado
de extensão para funções ϕ ∈ C k,α (∂Ω). Tais resultados serão fundamentais
a partir do Capı́tulo 4.
Proposição 1.1. Suponha j + β < k + α, com α, β ∈ [0, 1] e j, k inteiros
não negativos. Seja Ω ∈ C k,α um domı́nio em Rn e assuma que u ∈ C k,α (Ω̄).
Então, para > 0 e alguma constante C = C(, k, j), temos
|u|j,β,Ω ≤ C |u|0,Ω + |u|k,α,Ω .
(1.5)
Proposição 1.2. Sejam Ω um domı́nio de classe C k,α em Rn , k ≥ 1, e Ω0 um
aberto contendo Ω̄. Se ϕ ∈ C k,α (∂Ω), então existe uma função Φ ∈ C0k,α (Ω0 )
tal que Φ|∂Ω = ϕ.
Para ver os detalhes das demonstrações das proposições 1.1 e 1.2 referimos
ao leitor o Capı́tulo 6 de [6].
15
Capı́tulo 2
O Problema de Dirichlet nos
Espaços de Hölder
Neste capı́tulo estudaremos o problema clássico de Dirichlet em um domı́nio
Ω considerando o potencial Newtoniano nos espaços de Hölder. De maneira
mais precisa, faremos estimativas para o potencial Newtoniano w de uma
função f , isto é,
Z
Γ(x − y)f (y)dy,
w(x) =
Ω
onde Γ denota a função de Green para a equação de Laplace (∆u = 0), ou
seja,
1
|x|2−n , n ≥ 3,
n(2
−
n)ω
n
Γ(x) =
1
log |x|,
n = 2,
2π
com ωn = Área(S n−1 ).
Os resultados que apresentaremos serão fundamentais no Capı́tulo 4, onde
abordaremos o problema de Newmann.
Começamos demonstrando os seguintes resultados clássicos de regularidade.
16
Lema 2.1. Sejam f uma função limitada e integrável em Ω e w seu potencial
Newtoniano. Então w ∈ C 1 (Ω) e, além disso,
Z
Di Γ(x − y)f (y)dy,
Di w(x) =
i = 1, · · · , n,
(2.1)
Ω
para todo x ∈ Ω.
Z
Di Γ(x − y)f (y)dy. Vamos provar que v ≡
Demonstração. Defina v(x) :=
Ω
Di w. Para verificar isto, definimos a função auxiliar η ∈ C 1 (R) de forma tal
que 0 ≤ η ≤ 1, 0 ≤ η 0 ≤ 2 e
η(t) =
0, para t ≤ 1,
1, para t ≥ 2.
Além disso, usaremos a seguinte notação: η (t) = η( t ).
Z
Γ(x − y)η (|x − y|)f (y)dy e observamos
Para > 0, definimos w (x) :=
Ω
que w ∈ C 1 (Ω) e
Z
v(x) − Di w (x) =
Di {(1 − η (|x − y|)) Γ(x − y)} f (y)dy.
|x−y|≤2
Dessa forma, temos que
2
|v(x) − Di w (x)| ≤ sup |f |
|Di Γ| + |Γ| dy
|x−y|≤2
2n
,
se n > 2
n−2
≤ sup |f |
4(1 + |log 2|), se n = 2.
Z
Conseqüentemente, em subconjuntos compactos de Rn , temos que
lim w = w e lim Di w = v,
→0
→0
onde os limites são uniformes.
Portanto w ∈ C 1 (Rn ) e Di w = v.
17
Lema 2.2. Sejam f limitada e localmente Hölder contı́nua (com expoente
α ≤ 1) em Ω e w o potencial Newtoniano de f . Então w ∈ C 2 (Ω), ∆w = f
e, para todo x ∈ Ω, temos
Z
Dij w(x) =
Dij Γ(x − y)(f (y) − f (x))dy
Ω0
Z
− f (x)
Di Γ(x − y)νj (y)dsy ,
i,j=1,· · · ,n.
(2.2)
∂Ω0
Acima Ω0 é um domı́nio que contém Ω no qual vale o Teorema da divergência
e f é extendida a Ω0 , sendo nula no exterior de Ω.
Demonstração. Defina
Z
Z
Dij Γ(x − y)(f (y) − f (x))dy − f (x)
u(x) =
Di Γ(x − y)νj (y)dsy .
∂Ω0
Ω0
Z
Se v = Di w e v (x) =
Di Γη f (y)dy, então, para suficientemente
Ω
pequeno, temos
Z
Dj (Di Γη )f (y)dy
Dj v (x) =
ZΩ
Dj (Di Γη )(f (y) − f (x))dy
Z
+ f (x)
Dj (Di Γη )dy
Ω0
Z
=
Dj (Di Γη )(f (y) − f (x))dy
Ω0
Z
Di Γνj (y)dsy .
− f (x)
=
Ω0
∂Ω0
Com isso, segue-se que
Z
|u(x) − Dj v (x)| =
Dj {(1 − η )Di Γ}(f (y) − f (x))dy
Z
2
≤ [f ]α,x
|Dij Γ| + |Di Γ| |x − y|α dy
|x−y|≤2
n
≤
+ 4 [f ]α,x (2)α .
α
|x−y|≤2
18
Conseqüentemente, quando → 0, temos que Dj v (x) converge uniformemente a u em subconjuntos compactos de Ω. E, como em Ω v converge
uniformemente a v = Di w, concluı́mos que w ∈ C 2 (Ω) e u = Dij w. Finalmente, tomando Ω0 = BR (x) em (2.2), concluı́mos que
Z
1
∆w(x) =
f (x)
νi (y)νi (y)dsy = f (x).
nωn Rn−1
|x−y|=R
Isso completa a prova do Lema 2.2.
Lema 2.3. Sejam B1 = BR (x0 ), B2 = B2R (x0 ) bolas concêntricas de Rn .
Suponha que f ∈ C α (B 2 ), 0 < α < 1, e seja w o potencial Newtoniano de f
em B2 . Então w ∈ C 2,α (B 1 ) e
,
D2 w 0,α,B1 ≤ C |f |,0,α,B2 ,
(2.3)
onde C = C(n, α).
Demonstração. Pela fórmula (2.2), para todo x ∈ B1 , temos que
Z
Z
Dij w(x) =
Dij Γ(x − y)(f (y) − f (x))dy − f (x)
Di Γ(x − y)νj (y)dsy .
B2
∂B2
Com isso,
[f ]α,x
dsy +
ωn
∂B2
n
≤ 2n−1 |f (x)| + (3R)α [f ]α,x
α
≤ C1 (|f (x)| + Rα [f ]α,x ),
|f (x)| 1−n
|Dij w(x)| ≤
R
nωn
Z
Z
|x − y|α−n dy
(2.4)
B2
onde C1 = C1 (n, α).
Seja x um outro ponto de B1 . Escrevendo δ = |x − x| e ξ =
1
(x − x),
2
temos a seguinte relação:
Dij w(x) − Dij w(x) = f (x)I1 + (f (x) − f (x))I2 + I3 + I4 + (f (x) − f (x))I5 + I6 ,
(2.5)
19
onde as integrais Ij , com j ∈ {1, · · · , 6}, são dadas por:
Z
I1 =
(Di Γ(x − y) − Di Γ(x − y))νj (y)dsy ,
∂B2
Z
I2 =
Di Γ(x − y))νj (y)dsy ,
∂B2
Z
I3 =
Dij Γ(x − y)(f (x) − f (y))dy,
B
Z δ(ξ)
Dij Γ(x − y)(f (y) − f (x))dy,
I4 =
Bδ(ξ)
Z
Dij Γ(x − y)dy,
I5 =
B2 −Bδ(ξ)
Z
(Dij Γ(x − y) − Dij Γ(x − y))(f (x) − f (y))dy.
I6 =
B2 −Bδ(ξ)
Tais integrais podem ser estimadas da seguinte forma:
Z
|I1 | ≤ |x − x̄|
|DDi Γ(x0 − y)| dsy
(para algum ponto x0 entre x e x̄)
∂B2
n2 2n−1 |x − x̄|
≤
ρ
α
δ
2 n−α
≤ n2
ρ
1 1−n
|I2 | ≤
ρ
nωn
Z
(pois |x0 − y| ≥ ρ para y ∈ ∂B2 )
(pois δ = |x − x̄| < 2ρ).
dsy = 2n−1 ,
∂Ω2
Z
|I3 | ≤
|Dij Γ(x − y)| |f (x) − f (y)| dy
Bδ(ξ)
Z
1
[f ]
|x − y|α−n dy
≤
ωn α,x B3δ/2 (x)
α
n 3δ
[f ]α,x ,
=
α 2
20
n
|I4 | ≤
α
3δ
2
α
[f ]α,x
Z
Di Γ(x − y)νj (y)dsy
|I5 | =
∂(B2 −Bδ(ξ) )
Z
Z
Di Γ(x − y)νj (y)dsy +
≤
∂B2
n−1
≤ 2
Di Γ(x − y)νj (y)dsy
∂Bδ (ξ)
1
+
nωn
1−n Z
δ
dsy = 2n
2
∂Bδ (ξ)
Z
|I6 | ≤ |x − x̄|
|DDi Γ(x0 − y)| |f (x̄) − f (y)| dy
( x0 entre x e x̄)
B2 −Bδ(ξ)
|f (x̄) − f (y)|
(c = n(n + 5)/ωn )
n+1 dy,
,
|y−ξ|≥δ |x − y|
Z
|x̄ − y|α
≤ cδ [f ]α,x̄
n+1 dy,
,
|y−ξ|≥δ |x − y|
α
Z
3
n+1
≤ c
2 δ [f ]α,x̄
|ξ − y|α−n−1 dy
2
|y−ξ|≥δ
α
0
c
3
δ α [f ]α,x̄
≤
2n+1
c0 = n2 (n + 5) .
1−α
2
Z
≤ cδ
Usando as estimativas realizadas acima para Ij , j ∈ {1, 2, · · · , 6}, de
(2.5) podemos concluir que
|Dij w(x) − Dij w(x)| ≤ C2 (ρ−α |f (x)| + [f ]α,x + [f ]α,x̄ ) |x − x̄|α ,
(2.6)
onde C2 é uma constante dependendo somente de n e de α.
A estimativa (2.3) segue diretamente combinando (2.4) e (2.6).
Observação 2.1. Sejam Ω1 e Ω2 domı́nios tais que Ω1 ⊂ B1 , Ω2 ⊃ B2 e
f ∈ C α (Ω2 ). Se w é o potencial Newtoniano de f em Ω2 , então o Lema 2.3
vale para Ω1 e Ω2 no lugar de B1 e B2 , respectivamente.
Teorema 2.1. Sejam Ω um domı́nio de Rn , u ∈ C 2 (Ω) e f ∈ C α (Ω) tais
que ∆u = f em Ω. Então u ∈ C 2,α (Ω) e, para quaisquer bolas concêntricas
21
B1 = BR (x0 ), B2 = B2R (x0 ) ⊂⊂ Ω, temos que
|u|,2,α,B1 ≤ C(|u|0,B2 + R2 |f |,0,α,B2 ),
(2.7)
onde C = C(n, α).
Demonstração. Consideremos primeiro o caso em que a dimensão é maior que
2 (n > 2). Pelo Lema 2.2, para x ∈ B2 , podemos escrever u(x) = v(x)+w(x),
onde v é harmônica em B2 e w é o potencial Newtoniano de f em B2 . Por
outro lado, pelos Lemas 2.1 e 2.3 temos que
R|Dw|0,B1 + R2 |D2 w|,0,α,B1 ≤ R2 |f |,0,α,B2
e
R|Dv|0,B1 + R2 |D2 v|,0,α,B1 ≤ C(|u|0,B2 + R2 |f |0,B2 ),
onde a última desigualdade segue-se de v = u − w. A estimativa (2.7) segue
diretamente combinando as estimativas obtidas acima para v e w.
Para n = 2, escrevemos u(x1 , x2 , x3 ) = u(x1 , x2 ) e consideramos u como
solução da equação de Poisson na bola de R3 (Método da Descida de Hadamard).
Definição 2.1. Seja Ω um subconjunto próprio de Rn . Se x, y ∈ Ω, sejam
dx = dist(x, ∂Ω) e dx,y = min(dx , dy ). Para u ∈ C k,α (Ω), definimos as
22
seguintes quantidades:
[u]∗k,0,Ω = [u]∗k,Ω = sup dkx Dβ u(x) ,
k = 0, 1 · · · ;
x∈Ω
|β|=k
|u|∗k,Ω = |u|k,0,Ω =
k
X
[u]∗j,Ω ;
j=0
[u]∗k,α,Ω =
k+α
sup dx,y
x,y∈Ω
|β|=k
Dβ u(x) − Dβ u(y)
|x − y|α
0 < α ≤ 1;
|u|∗k,α,Ω = |u|∗k,Ω + [u]∗k,α,Ω ;
(k)
|f |0,α,Ω = sup dkx |f (x)| + sup dk+α
x,y
x∈Ω
x,y∈Ω
|f (x) − f (y)|
.
|x − y|α
Nesta notação temos que
[u]∗0,Ω = |u|∗0,Ω = |u|0,Ω .
Note que |u|∗k,Ω e |u|∗k,α,Ω são normas dos espaços C k (Ω) e C k,α (Ω), respectivamente. Da definição acima decorre a propriedade seguinte, a qual será
utilizada no Capı́tulo 4.
Proposição 2.1. Suponha j + β < k + α, onde j, k = 0, 1, 2, · · · e 0 ≤ α, β ≤
1. Seja Ω um aberto de Rn e assuma que u ∈ C k,α (Ω). Então, para > 0 e
alguma constante C = C(, k, j), temos
[u]∗j,β,Ω ≤ C |u|0,Ω + [u]∗k,α,Ω ,
|u|∗j,β,Ω ≤ C |u|0,Ω + [u]∗k,α,Ω .
(2.8)
Demonstração. Veja o capı́tulo 6 de [6].
Teorema 2.2. Sejam Ω ⊂ Rn um aberto, u ∈ C 2 (Ω) e f ∈ C α (Ω) tais que
∆u = f em Ω. Então
|u|∗2,α,Ω ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ),
(2)
onde C = C(n, α).
23
(2.9)
(2)
Demonstração. Se |u|0,Ω = ∞ ou |f |0,α,Ω = ∞, então a desigualdade (2.9) é
1
trivial. Caso contrário, para x ∈ Ω, R = dx , B1 = BR (x) e B2 = B2R (x),
3
temos que
dx |Du(x)| + d2x D2 u(x)
≤ (3R) |Du|0,B1 + (3R)2 D2 u 0,B1
≤ (|u|0,B2 + R2 |f |,0,α,B2 ),
por (2.7)
(2)
≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ).
Com isso, obtemos
|u|∗2,Ω ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ).
(2)
(2.10)
Para estimar [u]∗2,α,Ω , sejam x, y ∈ Ω tais que dx ≤ dy . Então
d2+α
x,y
|D2 u(x) − D2 u(y)|
≤ (3R)2+α D2 u α,B1
α
|x − y|
+ 3α (3R)2 ( D2 u(x) + D2 u(y) )
≤ C(|u|0,B2 + R2 |f |,0,α,B2 ) + 6 |u|∗2,Ω ,
(2)
≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ),
por (2.7)
por (2.10).
No seguinte teorema, Rn+ denotará o conjunto xn > 0, T o hiperplano
xn = 0, B1 = BR (x0 ) e B2 = B2R (x0 ) bolas concêntricas de Rn , com x0 ∈ Rn+ ,
B1+ = B1 ∩ Rn+ e B2+ = B2 ∩ Rn+ .
+
Teorema 2.3. Sejam f ∈ C α (B 2 ) e w o potencial Newtoniano de f em B2+ .
+
Então w ∈ C k,α (B 1 ) e
|D2 w|,0,α,B + ≤ C|f |,0,α,B + ,
1
2
com C = C(n, α).
24
Demonstração. Suponha que B2 intercepta T , pois caso contrário o resultado
segue como no Lema 2.3. Observe que a representação (2.2) vale para Dij w
com Ω0 = B2+ . Se i 6= n ou j 6= n, então
Z
Z
Di Γ(x − y)νj (y)dsy =
∂B2+
∂B2+
Dj Γ(x − y)νi (y)dsy = 0,
pois νi = 0 ou νj = 0.
Estimamos Dij w (i ou i 6= 0) exatamente como no Lema 2.3, colocando
B2+ no lugar de B2 , Bδ (ξ) ∩ B2+ no lugar de Bδ (ξ) e ∂B2+ − T no lugar de
∂B2 . Para estimar Dnn usamos a equação ∆w = f e as estimativas feitas
para Dkk w, para k = 1, · · · , n − 1.
+
+
Teorema 2.4. Sejam u ∈ C 2 (B2+ ) ∩ C 0 (B 2 ) e f ∈ C α (B 2 ) tais que
∆u(x) = f (x), x ∈ Ω
u(x) = 0,
x ∈ T.
+
Então u ∈ C 2,α (B 1 ) e
|u|,2,α,B + ≤ C(|u|0,B + + |f |,0,α,B + ),
2
1
(2.11)
2
onde C = C(n, α).
Demonstração. Sejam x, = (x1 , · · · , xn−1 ), x∗ = (x, , −xn ) e defina
f ∗ (x, , x ),
se xn ≥ 0
n
f ∗ (x) = f ∗ (x, , xn ) =
f ∗ (x, , −x ), se x ≤ 0.
n
n
Pelo Teorema 2.1, podemos assumir que B2 intercepta T. Sejam B2− = {x ∈
R; x∗ ∈ B2+ } e D = B2+ ∪ B2− ∪ (B2 ∩ T ). Então
f ∗ ∈ C α (D) e |f ∗ |,0,α,D ≤ 2|f |,0,α,B + .
2
25
Defina agora
Z
w(x) =
[Γ(x − y) − Γ(x∗ − y)]f (y)dy
B2+
Z
=
[Γ(x − y) − Γ(x − y ∗ )]f (y)dy.
B2+
Com isso, temos que w(x, , 0) = 0 e ∆w = f em B2+ . Note que
Z
Z
∗
[Γ(x − y )f (y)dy =
[Γ(x − y)f ∗ (y)dy,
B2−
B2+
donde obtemos que
Z
Z
Γ(x − y)f (y)dy −
w(x) = 2
B2+
∗
Z
Definindo w (x) =
Γ(x − y)f ∗ (y)dy.
D
Γ(x − y)f ∗ (y)dy, segue-se que
D
|D2 w|,0,α,B + ≤ C|f ∗ |,0,α,D ≤ 2C ≤ |f |,0,α,B + .
1
2
Combinando esta última desigualdade com o Lema 2.3, temos que
|D2 w|,0,α,B + ≤ |f |,0,α,B + .
1
(2.12)
2
Por fim, seja v = u − w. Então ∆v = 0 em B2+ e v = 0 em T . Por reflexão, v
pode ser extendida a uma função harmônica em B2 e, portanto, a estimativa
(2.11) segue da estimativa interior para funções harmônicas.
Definição 2.2. Seja Ω um subconjunto próprio de Rn+ com uma partição de
fronteira aberta T em xn = 0. Se x, y ∈ Ω, sejam dx = dist(x, ∂Ω − T ) e
26
dx,y = min(dx , dy ). Para u ∈ C k,α (Ω), definimos as seguintes quantidades:
k
[u]∗k,0,Ω∪T = [u]∗k,Ω∪T = sup dx Dβ u(x) ,
k = 0, 1 · · · ;
x∈Ω
|β|=k
|u|∗k,Ω∪T
= |u|k,0,Ω∪T =
k
X
[u]∗j,Ω∪T ;
j=0
[u]∗k,α,Ω∪T =
k+α
sup dx,y
x,y∈Ω
|β|=k
Dβ u(x) − Dβ u(y)
|x − y|α
0 < α ≤ 1;
|u|∗k,α,Ω∪T = |u|∗k,Ω∪T + [u]∗k,α,Ω∪T ;
k + α |f (x) − f (y)|
.
α
k
(k)
|f |0,α,Ω∪T = sup dx |u(x)| + sup dx,y
x∈Ω
|x − y|
x,y∈Ω
Teorema 2.5. Seja Ω um subconjunto próprio de Rn+ com uma partição de
fronteira aberta T em xn = 0. Sejam u ∈ C 2 (Ω)∩C 0 (Ω∪T ) e f ∈ C α (Ω∪T )
tais que
∆u(x) = f (x),
x∈Ω
u(x) = 0,
x ∈ T.
Então
|u|∗2,α,Ω∪T ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω∪T ),
(2)
(2.13)
onde C = C(n, α).
Demonstração. Segue do Teorema 2.4 da mesma forma que o Teorema 2.2
segue do Teorema 2.1.
27
Capı́tulo 3
Tópicos de Análise Funcional
Desenvolvemos aqui alguns resultados de Análise Funcional, os quais serão
fundamentais para garantir a existência de soluções de equações elı́pticas
presentes no Capı́tulo 4.
3.1
O Método Contı́nuo
Nesta seção explicamos em que consiste o “Método Contı́nuo”para operadores lineares.
Teorema 3.1 (Método Contı́nuo). Sejam B um espaço de Banach, V um
espaço vetorial normado e L0 , L1 : B 7→ V operadores limitados. Para cada
t ∈ [0, 1] seja
Lt = (1 − t)L0 + tL1
e suponha que existe uma constante C tal que, para todo t ∈ [0, 1], tem-se
kxkB ≤ C kLt xkV .
Então L1 aplica B sobre V se, e somente se, L0 aplica B sobre V .
28
(3.1)
Demonstração. Suponha que para algum s ∈ [0, 1] o operador Ls seja sobrejetor. Por (3.1), temos que Ls é inversı́vel.
Observe que, para t ∈ [0, 1] e y ∈ V , a equação Lt x = y é equivalente a
equação
Ls x = y + (Ls − Lt )x
= y + (t − s)L0 x − (t − s)L1 x.
Esta última equação é equivalente a
−1
x = L−1
s y + (t − s)Ls (L0 − L1 )x.
Seja
δ = [2C(kL0 k + kL1 k)]−1 .
Com isso, se |s − t| < δ, então a aplicação T : B 7→ B, definida por T x =
−1
L−1
s y + (t − s)Ls (L0 − L1 )x, é uma contração. Portanto o operador Lt é
sobrejetor para todo t ∈ [0, 1] tal que |s − t| < δ. Daı́, dividindo o intervalo
[0, 1] em subintervalos de comprimento menor do que δ, vemos que o operador
Lt é sobrejetor para todo t ∈ [0, 1], desde de que Ls seja sobrejetor para algum
s ∈ [0, 1]. Em particular para s = 0 ou s = 1.
3.2
A Alternativa de Fredholm
Aqui apresentamos a prova de uma das ferramentas fundamentais deste trabalho, o clássico teorema da “Alternativa de Fredholm”.
Teorema 3.2 (Alternativa de Fredholm). Seja V um espaço vetorial
normado. Se T : V 7−→ V é uma aplicação linear compacta, então apenas
uma das alternativas se verifica:
29
(i) A equação homogênea
x − Tx = 0
tem uma solução x ∈ V não-trivial
ou
(ii) para cada y ∈ V , a equação
x − Tx = y
tem uma única solução x ∈ V .
Lema 3.1. Sejam V um espaço vetorial normado e M um subespaço próprio
e fechado de V . Então dado θ < 1, existe um elemento xθ ∈ V tal que
kxθ k = 1 e dist(xθ , M ) ≥ θ.
Demonstração. Seja x ∈ V − M . Como M é fechado, temos que
dist(x, M ) = inf kx − yk = d > 0.
y∈M
Conseqüentemente existe um elemento yθ ∈ M tal que
d
kx − yθ k ≤ .
θ
Dessa forma, definido
xθ =
x − yθ
,
kx − yθ k
temos que kxθ k = 1. Além disso, para todo y ∈ M , segue-se que
kx − yθ − kyθ − xk yk
kyθ − xk
d
≥
≥ θ.
kyθ − xk
kxθ − yk =
30
Demonstração do Teorema 3.2. Dividiremos nossa demonstração em quatro
etapas:
(1) Sejam S = I − T e N = S −1 (0) = {x ∈ V ; Sx = 0}. Então existe uma
constante c tal que
dist(x, N ) ≤ c|Sx|,
para todo x ∈ V.
Demonstração. Suponha que a afirmação seja falsa. Então dado cn > 0
x∗n
existe x∗n ∈ V − N tal que dist(x∗n , N ) > cn |Sx∗n |. Seja xn =
.
|Sx∗n |
Então
1
1
dist(x∗n , N ) =
inf kx∗n − yk
∗
|Sxn |
|Sx∗n | N
= inf kxn − yk = dist(xn , N ).
cn = cn |Sxn | <
N
Com isso, existe uma seqüência {xn } ⊂ V tal que kSxn k = 1 e dn =
dist(xn , N ) → ∞. Escolha {yn } ⊂ N de forma que dn ≤ kxn − yn k ≤
xn − yn
2dn . Então se zn =
temos que kzn k = 1 e
kxn − yn k
kSzn k =
1
≤ d−1
n → 0.
kxn − yn k
Portanto
Szn → 0.
Como T é compacto, passando a uma subseqüência, se necessário, podemos assumir que {T zn } converge a um elemento y0 ∈ V . Como
zn = (S + T )zn , temos que zn → y0 . Portanto
0 = lim Szn = S(lim zn ) = Sy0 .
Isso nos leva a uma contradição, pois
dist(zn , N ) = inf kzn − yk = |xn − yn |−1 inf kxn − yn − kxn − yn k yk
y∈N
y∈N
1
= |xn − yn |−1 dist(xn , N ) ≥ .
2
31
(2) Seja R = S(V ). Então R é um subespaço fechado de V .
Demonstração. Seja {xn } uma seqüência em V cujas imagens {Sxn }
converge a um elemento y ∈ V . Para verificar que R é fechado mostraremos que y = Sx para algum elemento x ∈ V . Pelo resultado
anterior, a seqüência {dn }, com dn = dist(xn , N ), é limitada, pois Sxn
é convergente. Escolhendo yn ∈ N como na demonstração do ı́tem (1)
e wn = xn − yn , temos que {wn } é limitada e que {Swn } converge a
y. Como T é compacto, passando a uma subseqüência, se necessário,
podemos assumir que a seqüência T xn converge a um elemento w0 ∈ V .
Com isso,
lim wn = lim (S + T )wn = y + w0 .
n→∞
n→∞
E como S é contı́nuo, segue que
S(y + w0 ) = lim S(wn ) = y.
n→∞
Portanto R é fechado.
(3) Se N = {0}, então R = V . Ou seja, se o caso (i) do Teorema 3.2 não
vale, então o caso (ii) é verdadeiro.
Demonstração. Pelos resultados anteriores, os conjuntos Rj , definidos
por Rj = S j (V ), j = 1, 2, · · · , formam uma seqüência não crescente de
subespaços fechados de V . Suponha que Rn − Rn+1 6= ∅ para todo n.
Então, para todo j, tem-se que Rj é subespaço próprio de Rj+1 . Pelo
Lema 3.1, existe uma seqüencia {yn } ⊂ V tal que yn ∈ Rn , kyn k = 1 e
32
1
dist(yn , Rn+1 ) ≥ . Assim, se n > m, temos que
2
T ym − T yn = ym + (−yn − Sym + Syn )
= yn − y,
para algum y ∈ Rm+1 .
1
, o que contraria a compacidade de T .
2
Conseqüentemente existe um inteiro k tal que Rj = Rk , para todo
Portanto kT ym − T yn k ≥
j ≥ k.
Agora seja y um ponto arbitrário de V . Então S k y ∈ Rk = Rk+1 . Portanto S k y = S k+1 x, para algum x ∈ V . Segue-se daı́ que S k (y−Sx) = 0
e, portanto, y = Sx, pois S −k (0) = S −1 (0) = 0. Conseqüentemente
R =V.
(4) Se R = V , então N = {0}. Conseqüentemente, no Teorema 3.2, ou
apenas o caso (i) é verdadeiro ou apenas o caso (ii) é verdadeiro.
Demonstração. Seja {Nj } uma seqüência não decrescente de subespaços
fechados definida por Nj = S −j (0). Observe que tais espaços são realmente fechados devido a continuidade de S. Suponha que Nj 6= Nj+1
para todo j. Pelo Lema 3.1, existe uma seqüência {yn } ⊂ V tal que
1
kyn k = 1 e dist(yn+1 , Nn ) ≥ .
2
Observe que, se n ≥ 2, então
yn+1 ∈ Nn+1 , yn , Syn+1 ∈ Nn e Syn ∈ Nn−1 ⊂ Nn .
Com isso,
T yn+1 − T yn = yn+1 + (−yn − Syn+1 + Syn ) = yn+1 + y,
onde y ∈ Nn .
33
Da mesma forma, concluı́mos que se 2 ≤ m < n, então
T yn − T ym = yn − y,
1
onde y ∈ Nn . Daı́ kT yn − T ym k ≥ , o que é uma contradição.
2
Portanto Nj = Nl para todo j ≥ algum inteiro l. Como R = V , então
se y ∈ Nl , segue que y = S l x, para algum x ∈ V . Conseqüentemente
S 2l x = 0 e, portanto, x ∈ N2l = Nl . Com isso, temos que y = S l x = 0.
Portanto Nl = {0}, donde se segue que N = {0}.
3.3
Operadores Elı́pticos
Definiremos agora operadores elı́pticos e discutiremos algumas consequências
do “Princı́pio do Máximo”para tais operadores.
Seja Ω um domı́nio limitado de Rn e considere o seguinte operador L
definido em Ω:
Lu = aij (x)Dij u + bi (x)Di u + c(x)u = f (x),
aij = aji .
Aqui assumimos que u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω), aij ,bi e c são contı́nuos em Ω e que
L é uniformente elı́ptico em Ω, ou seja, existe λ > 0 tal que
aij (x)ξi ξj ≥ λ |ξ|2 ,
∀x ∈ Ω,
ξ ∈ Rn .
(3.2)
Lema 3.2. Suponha u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) e Lu > 0 em Ω, onde c(x) ≤ 0 em Ω.
Se u tem máximo não negativo em Ω, então esse máximo ocorre na fronteira
de Ω.
34
Demonstração. Seja m o máximo de u em Ω. Suponha que exista x0 ∈
Ω tal que u(x0 ) = m. Então Di u(x0 ) = 0 e a matriz B = (Dij u(x0 )) é
semi-negativa definida. Pela condição de elipcidade, a matriz A = (aij (x0 ))
é positiva definida. Portanto a matriz AB é semi-negativa definida com
aij (x0 )Dij u(x0 ) ≤ 0. Isso implica que Lu(x0 ) ≤ 0, o que é uma contradição.
Teorema 3.3. Suponha u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) e Lu ≥ 0 em Ω, onde c(x) ≤ 0
em Ω. Se u tem máximo não negativo em Ω, então esse máximo ocorre na
fronteira de Ω.
Demonstração. Seja > 0 e considere a função w(x) = u(x) + eax1 , a > 0.
Temos que
Lw = Lu + eax1 (a11 a2 + b1 a + c).
Como b1 e c são limitados e a11 (x) ≥ λ > 0, para todo x ∈ Ω, escolhendo a
suficientemente grande, temos que
a11 (x)a2 + b1 (x)a + c(x) > 0,
para todo x ∈ Ω.
Isso implica que Lw > 0 em Ω. Pelo Lema 3.2, w atinge máximo não negativo
somente em ∂Ω, isto é
sup w ≤ sup w+ .
Ω
∂Ω
Portanto
sup u ≤ sup w ≤ sup w+ ≤ sup u+ + sup eax1 .
Ω
Ω
∂Ω
∂Ω
∂Ω
Concluimos a demonstração fazendo → 0.
Teorema 3.4 (Lema de Hopf ). Sejam B uma bola aberta de Rn e x0 ∈ ∂B.
Suponha que u ∈ C 2 (B) ∩ C(B ∪ {x0 }) e Lu ≥ 0 em B, onde c(x) ≤ 0 em
35
B. Além disso, assuma que u(x) < u(x0 ), para todo x ∈ B, e que u(x0 ) ≥ 0.
Então, para cada direção exterior n em x0 , com n · ν > 0, temos
1
lim+ inf [u(x0 ) − u(x0 − tn)] > 0.
t→0
t
Observação 3.1. Se supomos que u ∈ C 1 (B ∪ {x0 }), então
∂u
(x0 ) > 0.
∂n
Demonstração. Podemos assumir que B tem centro na origem e raio r. Além
disso, podemos supor que u ∈ C(B) e que u(x) < u(x0 ), para todo x ∈ B
(basta considerar uma bola B1 tangente a B em x0 e tal que B1 ⊂ B).
Considere v(x) = u(x) + h(x), onde h é uma função não negativa. De2
2
note S = B ∩ Br/2 (x0 ) e defina h(x) = e−a|x| − e−ar , onde a ∈ Rn será
determinado.
Observe que
(
−a|x|2
Lh = e
4a2
X
aij (x)xi xj − 2a
i,j
i=1
X
n
X
(
−a|x|2
≥ e
4a2
n
X
aij (x)xi xj − 2a
i,j
aii (x) − 2a
n
X
)
bi (x)xi + c
− ce−ar
i=1
)
[aii (x) + bi (x)xi ] + c .
i=1
Pela hipótese de elipcidade, t que
n
X
aij (x)xi xj ≥ λ|x|2 ≥ λ
i,j=1
r 2
2
> 0 em S.
Assim, para a suficientemente grande, concluı́mos que Lh > 0 em S. Daı́,
Lv = Lu + Lh > 0 em S, para todo > 0. Portanto, pelo Lema 3.2, v não
atinge máximo não negativo no interior de S.
Como u(x) < u(x0 ) para todo x ∈ ∂S ∩ B, segue que existe δ > 0 tal que
u(x) < u(x0 ) − δ. Tome tal que h < δ em ∂S ∩ B. Com isso, temos que
v(x) < u(x0 ), para todo x ∈ ∂S ∩ B.
36
2
Por outro lado, em S ∩ ∂B, temos que h(x) = 0 e u(x) < u(x0 ) para todo
x 6= x0 . Portanto v(x) < u(x0 ) em S ∩ ∂B e v(x0 ) = u(x0 ).
Com isso, concluimos que
v(x0 ) − v(x0 − tn)
≥ 0,
t
donde se segue que
1
∂h
lim+ inf [u(x0 ) − u(x0 − tn)] ≥ − (x0 ).
t→0
t
∂n
Pela definição de h,
∂h
(x0 ) < 0.
∂n
E isso completa a demostração.
Teorema 3.5. Suponha u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) e Lu ≥ 0 em Ω, onde c(x) ≤ 0
em Ω. Então o máximo não negativo de u em Ω pode ocorrer somente em
∂Ω, a menos que u seja constante.
Demonstração. Sejam M o máximo não negativo de u em Ω e S = {x ∈
Ω; u(x) = M }. Observe que S é fechado. Suponha que S seja um subconjunto
próprio de Ω. Então existem uma bola aberta B ⊂ Ω − S e um ponto x0
tal que x0 ∈ ∂B ∩ S. Com isso, u(x) < u(x0 ) para todo x ∈ B. Daı́, pelo
∂u
Teorema 3.1, segue que
> 0.
∂ν
Por outro lado, como u(x) ≤ u(x0 ) para todo x ∈ Ω, temos que Du(x0 ) =
0, o que é uma contradição.
Definição 3.1. Dizemos que um domı́nio Ω possui a propriedade interior
esférica se, para todo x0 ∈ ∂Ω, existe uma bola B ⊂ Ω tal que x0 ∈ ∂B.
37
Corolário 3.1. Suponha que Ω possui a propriedade interior esférica. Sejam
u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) tal que Lu ≥ 0 e c(x) ≤ 0 em Ω. Assuma que u atinge
máximo não negativo em x0 ∈ Ω. Então x0 ∈ ∂Ω e para todo vetor n, exterior
a ∂Ω em x0 , temos
∂u
(x0 ) > 0,
∂ν
a menos que u seja constante em Ω.
Proposição 3.1. Seja Ω um aberto limitado que satisfaz a propriedade interior esférica. Considere o seguinte problema:
Lu = f,
em Ω
∂u
+ α(x)u = ϕ, em ∂Ω,
∂ν
(3.3)
para algum f ∈ C(Ω) e ϕ ∈ C(∂Ω). Assuma que c(x) ≤ 0 em Ω e que
α(x) ≥ 0 em ∂Ω. Então se c 6= 0 ou α 6= 0, o problema (3.3) tem única
solução u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω).
Demonstração. Considere o problema homogêneo
Lu = 0,
em Ω
∂u + α(x)u = 0, em ∂Ω.
∂ν
Suponha que u tem máximo positivo em x0 ∈ Ω. Se u ≡ const > 0, isto
contradiz a condição c 6= 0 em Ω ou α 6= 0 em ∂Ω. Caso contrário, temos
∂u
que x0 ∈ ∂Ω e, pelo Corolário 3.1, segue que
(x0 ) > 0, o que também é
∂ν
uma contradição. Portanto u ≡ 0. Isso prova a Proposição.
Proposição 3.2. Suponha que sup |aij | + sup |bi | ≤ Λ. Seja u ∈ C 2 (Ω) ∩
Ω
Ω
C 1 (Ω) satisfazendo
Lu = f,
em Ω
∂u + α(x)u = ϕ, em ∂Ω
∂ν
38
para algum f ∈ C(Ω) e ϕ ∈ C(∂Ω). Se c(x) ≤ 0 em Ω e α(x) ≥ α0 > 0 em
∂Ω, então
|u(x)| ≤ C{sup |ϕ| + sup |f |}, para todo x ∈ Ω,
Ω
∂Ω
onde C é uma constante positiva dependendo somente de λ, Λ, α0 e dim(Ω).
(i) Caso c(x) ≤ −c0 < 0.
Demonstração.
Seja F := sup |f (x)| e Φ := sup |ϕ|. Vamos mostrar que
Ω
∂Ω
1
1
F + Φ, para todo x ∈ Ω.
c0
α
|u(x)| ≤
1
1
F + Φ ± u(x). Então temos
c0
α
1
1
Lv = c(x)
F + Φ ± f ≤ −F ± f ≤ 0 em Ω
c0
α
Defina v :=
e
∂v
+ α(x)v = α
∂ν
1
1
F + Φ ± ϕ ≥ Φ ± ϕ ≥ 0, em ∂Ω.
c0
α
Se v tem um mı́nimo negativo em Ω, então, pelo Teorema 3.4, temos
que esse mı́nimo é atingido na fronteira. Se x0 ∈ ∂Ω é tal que v(x0 ) =
∂v
min |v(x)|, então
(x0 ) ≤ 0. Com isso, temos que
Ω
∂ν
∂v
+ αv (x0 ) ≤ αv(x0 ) < 0,
∂ν
o que é uma contradição.
Portanto, v ≥ 0 em Ω. Em particular,
|u(x)| ≤
1
1
F + Φ, para todo x ∈ Ω.
c0
α
(ii) Caso Geral: c(x) ≤ 0.
39
Considere a função auxiliar u(x) = z(x)w(x), onde z é uma função
positiva em Ω que será determinada. Daı́,
aij Dij z + bi Di z
f
aij Dij w + Bi Di w + c +
w = em Ω
z
z
e
∂u
1 ∂z
ϕ
+ α+
w = em ∂Ω,
∂ν
z ∂ν
z
1
com Bi = (aij + aji )Dj z + bi . Precisamos encontrar uma função z > 0
z
em Ω tal que
c+
aij Dij z + bi Di z
≤ −c0 (λ, Λ, d, α0 ) < 0 em Ω
z
e
α+
1 ∂z
1
≥ α0 em ∂Ω,
z ∂ν
2
ou ainda,
aij Dij z + bi Di z
≤ −c0 < 0 em Ω
z
e
1 ∂z
1
≤ α0 em ∂Ω.
z ∂ν
2
Suponha que se (x1 , · · · , xn ) ∈ Ω, então 0 < x1 < d. Seja z(x) =
A + eβd − eβx1 , onde A e β serão determinadas. Temos que
1
(β 2 a11 + βb1 )eβx1
1
β 2 a11 + βb1
− (aij Dij z+bi Di z) =
≥
≥
> 0,
βd
βx
βd
1
z
A+e −e
A+e
A + eβd
se β for escolhido de forma que β 2 a11 + βb1 ≥ 1. Além disso, para A
suficientemente grande, segue que
1 ∂z
β
1
≤ eβd ≤ α0 .
z ∂ν
A
2
Daı́, basta aplicar o caso anterior para concluir a demonstração.
40
Capı́tulo 4
O Problema da Derivada
Oblı́qua
Neste capı́tulo mostraremos a existência e a unicidade da solução do problema
de Neumann. Esse resultado será crucial para encontrarmos uma solução
para o problema contido no Teorema 5.1.
4.1
Estimativas de Schauder
Começaremos com uma extensão das idéias estabelecidas no Capı́tulo 2.
Nosso primeiro resultado é uma generalização dos Teoremas 2.2 e 2.5.
Lema 4.1. Na equação
L0 u = Aij Dij u = f (x),
Aij = Aji ,
seja [Aij ] uma matriz constante tal que
λ |ξ|2 ≤ Aij ξi ξj ≤ Λ |ξ|2 ,
onde λ e Λ são constantes positivas.
41
∀ξ ∈ Rn ,
(4.1)
(a) Sejam Ω um aberto de Rn , u ∈ C 2 (Ω) e f ∈ C α (Ω) tais que L0 u = f .
Então
|u|∗2,α,Ω ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ),
(2)
onde C = C(n, α, λ, Λ).
(b) Sejam Ω um aberto de Rn+ com uma partição de fronteira T em xn = 0,
u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (Ω ∪ T ) e f ∈ C α (Ω ∪ T ) tais que
L u = f, em Ω
0
u = 0, em T .
Então
|u|∗2,α,Ω∪T ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω∪T ),
(2)
(4.2)
onde C = C(n, α, λ, Λ).
Demonstração. Seja P uma matriz constante que define uma transformação
linear não singular y = P x de Rn em Rn . Sob essa transformação, associe
u(x) a ũ(y), onde ũ = u ◦ P −1 . Observe que
Aij Dij u(x) = Ãij Dij ũ(y),
onde à = P AP t . Sejam λ1 , · · · , λn os autovalores de A. Podemos escolher
P ortogonal de forma que à é a matriz [λi δij ]. Se Q = DP , onde D é a
−1/2
matriz diagonal [λi
δij ], então a transformação y = Qx associa a equação
L0 u = f a equação ∆ũ(y) = f˜(y). Além disso, podemos assumir que o
conjunto xn > 0 é associado ao conjunto yn > 0. Se, sob a transformação
y = Qx, tivermos Ω → Ω̃ e v(x) → ṽ(x), então
C −1 |v|∗k,α,Ω ≤ |ṽ|∗k,α,Ω ≤ C|v|∗k,α,Ω ,
(k)
(k)
C −1 |v|0,α,Ω ≤ |ṽ|0,α,Ω
42
(k)
≤ C|v|0,α,Ω ,
(4.3)
onde C = C(k, n, λ, Λ). Por outro lado, se Ω é um aberto de R+ com uma
partição de fronteira T em xn = 0, então sob a transformação y = Qx, temos
que Ω̃ é um aberto de R+ com partição de fronteira T̃ em yn = 0. Daı́, as
normas da Definição 2.2 satisfazem as seguintes igualdades:
C −1 |v|∗k,α,Ω∪T ≤ |ṽ|∗k,α,Ω̃∪T̃ ≤ C|v|∗k,α,Ω∪T ,
(k)
(k)
C −1 |v|0,α,Ω∪T
≤ |ṽ|0,α,Ω̃∪T̃
(4.4)
(k)
≤ C|v|0,α,Ω∪T ,
onde C é como em (4.3). Aplicando as desigualdades (4.3) e o Teorema 2.2
em Ω̃ , obtemos
(2)
(2)
|u|∗2,α,Ω ≤ C|ũ|∗2,α,Ω ≤ C(|ũ|0,Ω̃ + |f˜|0,α,Ω̃ ) ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ).
Isso prova a parte (a) do Lema.
Para a parte (b) agimos do mesmo modo usando o Teorema 2.5 e as
desigualdades (4.4).
Definição 4.1. Sejam σ ∈ Rn e k um inteiro não negativo. Se f ∈ C k,α (Ω),
definimos
(σ)
(σ)
[f ]k,0,Ω = [f ]k,Ω = sup dk+σ
Dβ f (x) ,
x
k = 0, 1 · · · ;
x∈Ω
|β|=k
(σ)
[f ]k,α,Ω =
(σ)
|f |k,Ω
=
k+α+σ
sup dx,y
x,y∈Ω
|β|=k
k
X
Dβ f (x) − Dβ f (y)
|x − y|α
0 < α ≤ 1;
(σ)
[f ]j,Ω ;
j=0
(σ)
|f |k,α,Ω
(σ)
(σ)
(σ+τ )
(σ)
= |f |k,Ω + [f ]k,α,Ω .
Observe que
(τ )
|f g|0,α,Ω ≤ |f |0,α,Ω |g|0,α,Ω ,
43
para σ + τ ≥ 0.
(4.5)
Teorema 4.1. Sejam Ω um aberto de Rn e u ∈ C 2,α (Ω) uma solução limitada
de
Lu = aij Dij u + bi Di u + cu = f.
Na equação acima assuma que f ∈ C α (Ω) e que existam constantes positivas
λ e Λ tais que
aij (x)ξi ξj ≥ λ |ξ|2 ,
∀x ∈ Ω,
ξ ∈ Rn
e
(0)
aij 0,α,Ω ,
(1)
(2)
bi 0,α,Ω , |c|0,α,Ω ≤ Λ.
(4.6)
Então
|u|∗2,α,Ω ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ),
(2)
(4.7)
onde C = C(n, α, λ, Λ).
Demonstração. Pela Desigualdade de Interpolação (ver Proposição 2.1) é
suficiente provar a desigualdade (4.7) para [u]∗2,α,Ω . Inicialmente suponha
que já tenhamos verificado o resultado para subconjuntos compactos de
Ω. Agora seja {Ωi } uma seqüência de subconjuntos abertos de Ω tal que
Ωi ⊂ Ωi+1 ⊂⊂ Ω e ∪Ωi = Ω. Portanto, temos que [u]∗2,α,Ωi é finito para cada
i. Dessa forma, para i suficientemente grande, temos
2
2
(i) 2+α |D u(x) − D u(y)|
(dx,y )
α
|x − y|
(2)
≤ [u]∗2,α,Ωi ≤ C(|u|0,Ωi + |f |0,α,Ωi )
(2)
≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ),
(i)
onde dx,y = min{dist(x, ∂Ωi ), dist(y, ∂Ωi )}. Quando i → ∞, obtemos
d2+α
x,y
|D2 u(x) − D2 u(y)|
(2)
≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ), ∀x, y ∈ Ω.
|x − y|α
Portanto podemos assumir que [u]∗2,α,Ω é finito.
44
Sejam x0 , y0 dois pontos distintos em Ω e suponha que dx0 = dx0 ,y0 =
1
min(dx0 , dy0 ). Sejam µ ≤ uma constante positiva, d = µdx0 e B = Bd (x0 ).
2
Escreva Lu = f na forma
aij (x0 )Dij u = (aij (x0 ) − aij (x))Dij u − bi Di u − cu + f ≡ F (x)
e considere esta equação em B com coeficientes constantes aij (x0 ). Se y0 ∈
Bd/2 (x0 ), então, pelo Lema 4.1(a), segue que
2+α 2
d
|D u(x0 ) − D2 u(y0 )|
(2)
≤ C(|u|0,B + |F |0,α,B );
α
2
|x0 − y0 |
portanto
d2+α
x0
C
|D2 u(x0 ) − D2 u(y0 )|
(2)
≤ 2+α (|u|0,B + |F |0,α,B ).
α
|x0 − y0 |
µ
d
Por outro lado, se |x0 − y0 | ≥ , segue que
2
α
2
2
2
2+α |D u(x0 ) − D u(y0 )|
≤
dx0
[d2x0 |D2 u(x0 )| + d2y0 |D2 u(y0 )|]
α
|x0 − y0 |
µ
4 ∗
[u] ,
≤
µα 2,Ω
de modo que, combinando estas duas desigualdades, obtemos
d2+α
x0
|D2 u(x0 ) − D2 u(y0 )|
C
4
(2)
≤ 2+α (|u|0,B + |F |0,α,B ) + α [u]∗2,Ω .
α
|x0 − y0 |
µ
µ
(4.8)
Observe que
(2)
|F |0,α,B ≤
X
(2)
|(aij (x0 )−aij (x))Dij u|0,α,B +
X
(2)
(2)
(2)
|bi Di u|0,α,B +|cu|0,α,B +|f |0,α,B .
i,j
1
Seja agora g ∈ C α (Ω). Se x ∈ B, então dx > (1 − µ)dx0 ≥ dx0 e, portanto,
2
(2)
|g|0,α,B ≤ d2 |g|0,B + d2+α [g]α,B ≤
µ2
µ2+α
(2)
(2)
+
[g]
[g]
(1 − µ)2 0,Ω (1 − µ)2+α 0,α,Ω (4.9)
(2)
(2)
(2)
≤ 4µ2 [g]0,Ω + 8µ2+α [g]0,α,Ω ≤ 8µ2 |g|0,α,Ω .
45
Para cada par de ı́ndices i, j, escreva (a(x0 )−a(x))D2 u = (aij (x0 )−aij (x))Dij u.
Com isso, de (4.5) e (4.9), obtemos
(2)
(0)
(2)
|(a(x0 ) − a(x))Du|0,α,B ≤ |a(x0 ) − a(x)|0,α,B |D2 u|0,α,B
(0)
≤ |a(x0 ) − a(x)|0,α,B (4µ2 [u]∗2,Ω + 8µ2+α [u]∗2,α,Ω ).
Como
(0)
|a(x0 ) − a(x)|0,α,B ≤ sup |a(x0 ) − a(x)| + dα [a]α,B ≤ 2dα [a]α,B
x∈Ω
1+α α
µ [a]∗0,α,Ω ≤ 4Λµα ,
≤ 2
então, pela Proposição 2.1, segue que
X
(2)
|(aij (x0 ) − aij (x))Dij u|0,α,B ≤ 32n2 Λµ2+α ([u]∗2,Ω + µα [u]∗2,α,Ω ) (4.10)
i,j
≤ 32n2 Λµ2+α (C(µ)|u|0,Ω + 2µα [u]∗2,α,Ω ).
Para cada ı́ndice i, seja bDu = bi Di u. Novamente, pela Proposição 2.1, (4.6)
e (4.9) nos dá
(2)
(2)
(1)
(1)
|bDu|0,α,B ≤ 8µ2 |bDu|0,α,Ω ≤ 8µ2 |b|0,α,Ω |Du|0,α,Ω
≤ 8µ2 Λ|u|∗1,α,Ω ≤ 8µ2 Λ(C(µ)|u|0,Ω + µ2α [u]∗2,α,Ω ).
Assim, temos que
(2)
|bi Di u|0,α,B ≤ 8nµ2 Λ(C(µ)|u|0,Ω + µ2α [u]∗2,α,Ω ).
(4.11)
Da mesma forma, usando (4.5) e (4.9), obtemos
(2)
(2)
(0)
|cu|0,α,B ≤ 8µ2 |c|0,α,Ω |u|0,α,Ω ≤ 8µ2 Λ(C(µ)|u|0,Ω + µ2α [u]∗2,α,Ω ).
(4.12)
Além disso, temos
(2)
(2)
|f |0,α,B ≤ 8µ2 |f |0,α,Ω .
46
(4.13)
Combinando (4.10) e (4.13) obtemos
(2)
(2)
|F |0,α,B ≤ C 2+2α [u]∗2,α,Ω + C(µ)(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ).
Daı́ e de (4.8), segue que
d2+α
x0 ,y0
|D2 u(x0 ) − D2 u(y0 )|
(2)
≤ Cµα [u]∗2,α,Ω + C(µ)(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ),
α
|x0 − y0 |
donde obtemos
(2)
[u]∗2,α,Ω ≤ Cµα [u]∗2,α,Ω + C(µ)(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ).
1
Escolha agora µ = µ0 de forma que Cµα0 ≤ . Isso nos dá
2
(2)
[u]∗2,α,Ω ≤ C(|u|0,Ω + |f |0,α,Ω ).
4.2
O Problema de Neumann
Como conseqüência da teoria desenvolvida no Capı́tulo 2, do Lema 4.1 e do
Teorema 4.1, temos o seguinte resultado:
Teorema 4.2. Sejam Ω um domı́nio C 2,α e β(x) = (β1 (x), · · · , βn (x)) tal
que a componente normal βν de β satisfaça |βν | ≥ κ > 0 em ∂Ω(κ = const).
Suponha que u ∈ C 2,α (Ω) seja uma solução do problema
Lu = f,
x∈Ω
N (x, )u ≡ γ(x, )u + β(x, ) · Du = ϕ(x, ),
x, ∈ ∂Ω.
Se
f, aij , bij , c ∈ C α (Ω),
ϕ, γ, βi ∈ C 1,α (Ω)
e
f, aij , bij , c α,Ω , |ϕ, γ, βi |1,α,Ω ≤ Λ,
47
i, j = 1, · · · n,
(4.14)
então
|u|2,α,Ω ≤ C(|u|0,Ω + |ϕ|1,α,Ω + |f |α,Ω ),
(4.15)
onde C = C(n, α, λ, Λ, κ, Ω).
Demonstração. Ver Capı́tulo 6 de [6]
O Teorema acima é uma ferramenta fundamental para o seguinte resultado de existência e unicidade:
Teorema 4.3. Sejam Ω um domı́nio C 2,α , L um operador elı́ptico, com c ≤ 0
e coeficientes pertencendo a C α (Ω), e N u ≡ γu+β ·Du um operador definido
na fronteira ∂Ω tal que γ(β · ν) > 0 em ∂Ω. Assuma que γ, β ∈ C 1,α (∂Ω).
Então, para todos f ∈ C α (Ω) e ϕ ∈ C 1,α (∂Ω), o problema
Lu = f, em Ω
N u = ϕ, em ∂Ω
(4.16)
tem única solução em C 2,α (Ω).
Demonstração. Pela Proposição 1.2, podemos assumir que ϕ e β são definidas
em Ω. Além disso, sem perda de generalidade, podemos considerar γ > 0 e
βν > 0 em ∂Ω. Considere a famı́lia de problemas
Lt u ≡ tLu + (1 − t)∆u = f,
se x ∈ Ω
∂u
+ u = ϕ, se x ∈ ∂Ω
Nt u ≡ tN u + (1 − t)
∂ν
(4.17)
onde 0 ≤ t ≤ 1.
Seja ut ∈ C 2,α (Ω) uma solução do problema (4.17) (para algum t). Observe que |ut |2,α satisfaz a estimativa (4.15) com C independente de t. Portanto, pela Proposição 3.2, temos que
|ut |2,α ≤ C(|ϕ|1,α + |f |0,α ).
48
(4.18)
Além disso, pela Proposição 3.1, segue que ut é única.
Sejam
B1 = C 2,α (Ω) e B2 = C α (Ω) × C 1,α (∂Ω),
com k(f, ϕ)kB2 = |f |0,α,Ω + |ϕ|1,α,∂Ω ,
e considere o operador
Lt = (Lt , Nt ) : B1 → B2 .
Observe que (4.18) é equivalente a
kukB1 ≤ CkLt ukB2 .
(4.19)
Afirmamos que o problema
∆u = f,
se x ∈ Ω
u + ∂u = ϕ, se x ∈ ∂Ω
∂ν
tem solução em C 2,α (Ω) (Ver [8]). Por fim, o Teorema segue de (4.19) e do
Teorema 3.1.
Lema 4.2. Sejam Ω um domı́nio C 2,α , L = ∆ e N u = ν · Du um operador
definido na fronteira ∂Ω. Então o problema
Lu = f, em Ω
N u = ϕ, em ∂Ω
tem única solução u ∈ C
2,α
(4.20)
Z
(Ω) ∩ v; v(x) = 0 para todo f ∈ C α (Ω) e
Ω
ϕ ∈ C 1,α (∂Ω). Além disso, existe C > 0 tal que
|u|2,α,Ω ≤ C(|f |α,Ω + |ϕ|1,α,∂Ω ).
Demonstração. Considere o espaço vetorial
Z
2,α
A := (−u, u); u ∈ C (Ω),
u(x)dx = 0 ,
Ω
49
onde definimos a norma |(−u, u)|A = |u|α,Ω + |u|1,α,∂Ω
e o espaço
B := (f, ϕ) ∈ C α (Ω) × C 1,α (∂Ω) ,
onde definimos a norma |(f, ϕ)|B = |f |α,Ω + |ϕ|1,α,∂Ω .
Considere o operador Mλ : A 7−→ B definido
Mλ (−u, u) = M (−u, u) + λ(−u, u),
∂u
), λ > 0 e os valores da função segunda coordenada
∂ν
são tomados em ∂Ω. Observe que, pelo Teorema 4.3, Mλ−1 existe.
onde M (−u, u) = (∆u,
Além disso, se Mλ (−u, u) = M (−u, u) + λ(−u, u) = (f, ϕ), então
1
(|u|α,Ω + |u|1,α,∂Ω ) ≤ |u|2,α,Ω ≤ C(|f |α,Ω + |ϕ|1,α,∂Ω ).
C1
(4.21)
Com isso, Mλ−1 : B 7→ A ⊂ B é compacto. Considere o problema
(−u, u) − λMλ−1 (−u, u) = Mλ−1 (f, ϕ).
Observe que v = 0 é a única solução do problema
∆u = 0, em Ω
∂u = 0, em ∂Ω.
∂ν
Equivalentemente, (−v, v) = 0 é a única solução do problema
(−u, u) − λMλ−1 (−u, u) = 0.
Portanto, pelo Teorema 3.2, temos que (4.22) tem única solução.
Daı́,
(f, ϕ) = Mλ (−u, u) − λMλ−1 (−u, u) = M (−u, u).
50
(4.22)
Por (4.21), temos que
|u|2,α,Ω − λMλ−1 (−u, u) 2,α,Ω ≤
(−u, u) − λMλ−1 (−u, u) 2,α,Ω (4.23)
≤ C(|f |α,Ω + |ϕ|1,α,∂Ω ),
onde acima λMλ−1 (−u, u) representa a projeção de λMλ−1 (−u, u) na primeira
coordenada.
Novamente por (4.21) e pela Proposição 1.1, segue que
Mλ−1 (−u, u) 2,α,Ω ≤ C1 (|u|α,Ω + |u|1,α,Ω )
≤ C1 (C2 |u|0,Ω + 2 |u|2,α,Ω + C3 |u|0,Ω + 3 |u|2,α,Ω )
≤ C4 (|u|0,Ω + |u|2,α,Ω ) ≤ 2C4 |u|2,α,Ω ,
onde C4 = C1 max{C2 , C3 , 2 , 3 }.
De (4.23) segue-se que
|u|2,α,Ω − 2λC4 |u|2,α,Ω ≤ |u|2,α,Ω − λMλ−1 (−u, u) 2,α,Ω ≤ C(|f |α,Ω + |ϕ|1,α,∂Ω ).
1
Escolhendo λ de forma que C4 λ = , concluı́mos que
4
|u|2,α,Ω ≤ 2C(|f |α,Ω + |ϕ|1,α,∂Ω ).
Encerraremos estes capı́tulo com a seguinte generalização do teorema anterior:
Teorema 4.4 (O Problema de Neumann). Sejam Ω um domı́nio C k+2,α (k ≥
0), f ∈ C k,α (Ω) e ϕ ∈ C k+1,α (∂Ω) . Então o problema
∆u = f, em Ω
∂u = ϕ, em ∂Ω
∂ν
51
(4.24)
tem única solução u ∈ C
k+2,α
Z
(Ω) ∩ v; v(x) = 0 . Além disso, existe
Ω
C > 0 tal que
|u|k+2,α,Ω ≤ C(|f |k,α,Ω + |ϕ|k+1,α,Ω ).
A demonstração do Teorema 4.4 segue-se de forma similar a do Teorema
4.2. A única diferença é a utilização do seguinte Lema:
Lema 4.3. Sejam Ω um domı́nio C k+2 e β(x) = (β1 (x), · · · , βn (x)) tal que
a componente normal βν de β satisfaça |βν | ≥ κ > 0 em ∂Ω(κ = const).
Suponha que u ∈ C k+2,α (Ω) seja uma solução do problema
Lu = f,
x∈Ω
N (x, )u ≡ γ(x, )u + β(x, ) · Du = ϕ(x, ),
x, ∈ ∂Ω.
(4.25)
Se
f, aij , bij , c ∈ C k,α (Ω̄),
ϕ, γ, βi ∈ C k+1,α (Ω)
e
f, aij , bij , c k,α,Ω , |ϕ, γ, βi |k+1,α,Ω ≤ Λ,
i, j = 1, · · · n,
então
|u|k+2,α,Ω ≤ C(|u|0,Ω + |ϕ|k+1,α,Ω + |f |k,α,Ω ),
onde C = C(n, α, λ, Λ, κ, k, Ω).
Demonstração. Observe que se k = 0, o resultado segue do Teorema 4.2.
Suponha o Lema válido para k. Vamos mostrar que também vale para k + 1.
Temos que
∂bi
∂c
∂u
∂u
∂u
∂f
∂aij
Dij u +
Di u +
u + aij Dij
+ bi Di
+c
=
∂xl
∂xl
∂xl
∂xl
∂xl
∂xl
∂xl
e que
n
n
X
∂γ
∂βi
∂u X
∂u
∂ϕ
u+
Di u + γ
+
=
.
βi Di
∂xl
∂xl
∂xl
∂xl
∂xl
i=1
i=1
52
Portanto
∂u
∂f
L
=
− g,
∂xl
∂xl
∂ϕ
∂u
N
=
− ψ,
∂xl
∂xl
x∈Ω
(4.26)
x ∈ ∂Ω,
onde
g=
e
∂aij
∂bi
∂c
Dij u +
Di u +
u
∂xl
∂xl
∂xl
n
X
∂γ
∂βi
ψ=
u+
Di u.
∂xl
∂xl
i=1
Da hipótese de indução, segue que
∂u
≤C
∂xl k+2,α,Ω
∂u
∂ϕ
∂f
+
+ |ψ|k+1,α,Ω +
+ |g|k,α,Ω
∂xl 0,Ω
∂xl k+1,α,Ω
∂xl k,α,Ω
No entanto, observe que
|g|k,α,Ω ≤
X ∂aij
∂xl
i,j
≤
X
Dij u
+
n
X
∂bi
k,α,Ω
i=1
∂xl
Di u
+
k,α,Ω
∂c
u
∂xl k,α,Ω
Cij |aij |k+1,α,Ω |u|k+2,α,Ω
i,j
+
X
Ci |bi |k+1,α,Ω |u|k+1,α,Ω + C |c|k+1,α,Ω |u|k,α,Ω
i
≤ Λ
X
Cij |u|k+2,α,Ω + Λ
i,j
|ψ|k+1,α,Ω
n
X
Ci |u|k+1,α,Ω + ΛC |u|k,α,Ω ;
i=1
n
X
∂β i
∂γ
u
+
Di u
≤
∂xl k+1,α,Ω i=1 ∂xl
k+1,α,Ω
X
≤ C |γ|(k+1)+1,α,Ω |u|k+1,α,Ω +
Ci |βi |(k+1)+1,α,Ω |u|k+2,α,Ω
i=1
≤ CΛ |u|k+1,α,Ω + Λ
n
X
Ci |u|k+2,α,Ω .
i=1
Daı́, pela Proposição 1.1, temos
∂u
≤ C C0 |u|0,Ω + |ϕ|(k+1)+1,α,Ω + |f |k+1,α,Ω + |u|(k+1)+2,α,Ω .
∂xl k+2,α,Ω
53
!
.
Portanto
|u|(k+1)+2,α,Ω = sup
l
∂u
∂xl k+2,α,Ω
≤ C C0 |u|0,Ω + |ϕ|(k+1)+1,α,Ω + |f |k+1,α,Ω + |u|(k+1)+2,α,Ω .
1
Escolhendo de forma que C = , concluimos que
2
|u|k+2,α,Ω ≤ C1 (|u|0,Ω + |ϕ|k+1,α,Ω + |f |k,α,Ω ).
54
Capı́tulo 5
Uma EDP Envolvendo o
Determinate Jacobiano
Neste capı́tulo demonstraremos o Teorema 0.1 enunciado na Introdução deste
trabalho. Como veremos, tal demonstração segue-se diretamente do Teorema
5.4, enunciado no final do capı́tulo. Comecemos com o seguinte resultado:
Teorema 5.1. Sejam k ≥ 0 um inteiro, 0 < α < 1 e Ω ⊂Z Rn um aberto
limitado com fronteira C k+3,α . Seja g ∈ C k,α (Ω̄) tal que
Então existe v ∈ C k+1,α (Ω, Rn ) satisfazendo a
div(v(x)) = g(x), se x ∈ Ω
v(x) = 0,
se x ∈ ∂Ω.
g(x)dx = 0.
Ω
(5.1)
Além disso, existe C > 0 tal que |v|k+1,α ≤ C |g|k,α .
Precisamos da seguinte definição:
Definição 5.1. Seja w ∈ C 1 (Rn , Rn(n−1)/2 ) tal que w = (wij )1≤i<j≤n . Se
i ≥ j, seja wij = −wji . Então definimos
curl∗ w = ((curl∗ w)j )1≤j≤n ∈ Rn ,
55
com
∗
(curl w)j =
n
X
(−1)i+j
i=1
∂wij
.
∂xi
Observação 5.1. Se i < j, então na j-ésima coordenada de curl∗ w aparece
a parcela
∂wij
.
∂xi
(−1)i+j
Por outro lado, na i-ésima coordenada de curl∗ w aparece a parcela
(−1)i+j
∂wij
∂wji
= −(−1)i+j
, pois j > i.
∂xj
∂xj
Portanto, se w ∈ C 2 (Rn , Rn(n−1)/2 ), então
n
X
∂
div(curl∗ w) =
∂xj
j=1
n
X
∂wij
(−1)i+j
∂xi
i=1
!
= 0.
Demonstração do Teorema 5.1. Pelo Teorema 4.4, o problema de Neumann
∆a = g, se x ∈ Ω
∂a = 0, se x ∈ ∂Ω
∂ν
Z
k+2,α
tem uma única solução a ∈ C
(Ω) com
a(x)dx = 0. Ainda pelo
Ω
Teorema 4.4, existe C > 0 tal que
|a|k+2,α ≤ C |g|k,α .
Seja agora c ∈ C k+1,α (Ω, Rn ) definida por c(x) := −∇a(x) e suponha que
existam b ∈ C k+2,α (Ω, Rn(n−1)/2 ) e C > 0 tais que:
curl∗ b = c,
se x ∈ ∂Ω
|b|
k+2,α ≤ C |c|k+1,α = C |∇a|k+1,α .
Se definimos v := ∇a + curl∗ b, segue-se que v resolve o problema do Teorema
5.1. Para verificar isso, observe que
div(v) = div(∇a + curl∗ b) = ∆a + 0 = g, x ∈ Ω.
Além disso, temos que
56
D
|∇a|k+1,α = |∇a|k+1 + max sup
i
x6=y
|a|k+2 +
k+1 ∂a(x)
k+1 ∂a(y)
−D
∂xi
|x − y|α
Dk+2 a(x) − Dk+2 a(y)
sup
|x − y|α
x6=y
∂yi
≤
!
= |a|k+2,α
e
∂bij
≤ |b|k+2,α .
∂xi k+1,α
Portanto
|curl∗ b|k+1,α ≤ n |b|k+2,α ≤ nC |∇a|k+1,α .
Logo
|v|k+1,α ≤ |∇a|k+1,α + |curl∗ b|k+1,α ≤ |∇a|k+1,α + Cn|∇a|k+1,α
≤ (Cn + 1)|a|k+2,α ≤ (Cn + 1)C|g|k,α .
Consideremos agora o problema
curl∗ b = c em ∂Ω,
onde c ∈ C k+1,α (Ω, Rn ) e hc, νi = 0 em ∂Ω. Podemos assumir que
∇bij = (−1)i+j (cj νi − ci νj )ν, x ∈ ∂Ω.
Com efeito, temos
(curl∗ b)j =
n
X
(−1)i+j
i=1
n
∂bij X
=
(cj νi −ci νj )νi = cj |ν|2 −hc, νi νj = cj |ν|2 = cj .
∂xi
i=1
Portanto o problema se reduz a achar bij ∈ C k+2,α (Ω) satisfazendo a
seguinte equação:
∇bij = cij ν, x ∈ ∂Ω,
onde cij = (−1)i+j (cj νi − ci νj ).
57
(5.2)
Sejam d(x, ∂Ω) a função distância de um ponto x ∈ Ω à fronteira ∂Ω e
ρ ∈ C ∞ tal que se δ > 0, então
ρ(x) ≡ 0 se x ∈
/ (−δ, δ), ρ(0) = 0 e ρ, (0) = 1.
Dessa forma, definindo
bij = −cij ρ(d(x, ∂Ω)),
segue que bij é solução de (5.2), pois
∂cij
∂bij
=−
ρ(d(x, ∂Ω)) + cij ρ, (d(x, ∂Ω))νi = cij νi .
∂xi
∂xi
No entanto, observe que bij ∈ C k+1,α .
Acima estamos usando o fato que
∇d(x, ∂Ω) = ν, para todo x ∈ ∂Ω.
Para maiores detalhes veja o Lema 5.4 no Apêndice.
Para encontrar uma solução em C k+2,α , consideremos a solução do seguinte problema de Neumann:
Z
1
∆dij =
cij dτ, se x ∈ Ω
VolΩ Ω
∂dij
= cij ,
se x ∈ ∂Ω,
∂ν
Z
onde
dij dx = 0.
Ω
Com isso, dij ∈ C k+2,α (Ω) e existe C > 0 tal que
|dij |k+2,α ≤ C|cij |k+1,α .
Seja agora χ ∈ C ∞ (R) tal que χ, (0) = 0, χ(0) = 1 e χ = 0 no exterior de
uma vizinhança de 0. Defina
bij (x) = dij (x) − χ(d(x, ∂Ω))dij (ψ(x)),
58
onde ψ(x) = x − d(x, ∂Ω)∇d(x, ∂Ω).
Dessa forma bij ∈ C k+2,α , pois ∂Ω ∈ C k+3,α e dij ∈ C k+2,α . Além disso,
como
|dij |k+2,α ≤ C|cij |k+1,α ,
segue que
|bij |k+2,α ≤ C|cij |k+1,α .
Assim, obtemos a desigualdade
|b|k+2,α ≤ C|c|k+1,α .
Por fim, observe que
∂bij
∂xk
∂dij
∂
− (χ, (d(x, ∂Ω)) ·
d(x, ∂Ω)dij (ψ(x))
∂xk
∂xk
n
X
∂dij ∂ψl
·
)
+ χ(d(x, ∂Ω)) ·
∂xl ∂xk
l=1
=
n
∂dij X ∂dij ∂ψl
−
·
∂xk
∂x
∂xk
l
l=1
n
∂dij X ∂dij
∂
=
−
δlk − νk νl + d(x, ∂Ω)
(∇d(x, ∂Ω))l
∂xk
∂x
∂x
l
k
l=1
=
n
∂dij X ∂dij
−
(δlk − νk νl )
=
∂xk
∂xl
l=1
n
X
∂dij
∂dij
∂dij
=
−
+ νk
νl
∂xk
∂xk
∂xl
l=1
∂dij
∂ν
= cij νk .
= νk
Isso conclui o Teorema.
59
Lema 5.1. Seja t ∈ [0, 1]. Se f (x) ∈ C k,α (Ω̄) e f > 0 em Ω, então
1
∈ C k,α (Ω̄).
t + (1 − t)f (x)
Demonstração. Seja p = inf f (x) > 0. A prova será por indução sobre k.
Ω
(i) Para k = 0 temos:
1
1
= sup
t + (1 − t)f (x) 0
t + (1 − t)f (x)
Ω
1
,
p0
=
1
≤
inf |t + (1 − t)f (x)|
Ω
pois 0 < p0 = t + (1 − t)p ≤ t + (1 − t)f (x).
Além disso,
1
1
−
t + (1 − t)f (x) t + (1 − t)f (y)
sup
=
|x − y|α
x6=y
t + (1 − t)f (y) − (t + (1 − t)f (x))
(t + (1 − t)f (x))(t + (1 − t)f (y))
sup
=
|x − y|α
x6=y
|t + (1 − t)f (x) − (t + (1 − t)f (y))|
α ≤
x6=y (t + (1 − t)f (x))(t + (1 − t)f (y)) |x − y|
sup
1
|t + (1 − t)f (x) − (t + (1 − t)f (y))|
sup
|x − y|α
x6=y (t + (1 − t)f (x))(t + (1 − t)f (y)) x6=y
sup
≤
1
|t + (1 − t)f (x) − (t + (1 − t)f (y))|
sup
< ∞.
2
p0 x6=y
|x − y|α
(ii) Suponha agora que o teorema vale para k. Vamos mostrar que vale
para k + 1. Seja β um multi-ı́ndice tal que |β| = k + 1. Temos
D
sup
x6=y
β
1
1
β
−D
(t + (1 − t)f (x))
(t + (1 − t)f (y))
=
α
|x − y|
60
D
β−1
Dxi
sup
1
(t + (1 − t)f (x))
−D
β−1
Dxi
1
(t + (1 − t)f (y))
|x − y|α
x6=y
Observe que Dxi
1
t + (1 − t)f (x)
=−
.
(1 − t)fxi (x)
∈ C k,α (Ω̄).
(t + (1 − t)f (x))2
Com efeito,
−(1 − t)fxi (x) ∈ C k,α (Ω̄) e (t + (1 − t)f (x)) ∈ C k+1,α (Ω),
em particular,
(t + (1 − t)f (x)) ∈ C k,α (Ω̄);
portanto, pela hipótese de indução,
1
1
1
=
·
∈ C k,α (Ω̄)
(t + (1 − t)f (x))2
t + (1 − t)f (x) t + (1 − t)f (x)
e
−(1 − t)fxi (x) ·
1
∈ C k,α (Ω̄).
2
(t + (1 − t)f (x))
Com isso, e com o fato que |β − 1| = k, temos
1
1
β−1
β−1
D
Dxi
−D
Dxi
t + (1 − t)f (x)
t + (1 − t)f (y)
sup
< ∞,
α
|x − y|
x6=y
ou seja,
D
sup
x6=y
β
1
1
β
−D
t + (1 − t)f (x)
t + (1 − t)f (y)
< ∞.
α
|x − y|
Além disso, se |δ| ≤ k + 1, então |δ − 1| ≤ k e
1
1
δ
δ−1
sup D
= sup D
< ∞.
Dxi
t + (1 − t)f (x)
t + (1 − t)f (x)
Ω
Ω
Portanto
1
< ∞.
t + (1 − t)f k+1,α
Isso prova o lema.
61
Teorema 5.2. Sejam k ≥ 1 um inteiro, 0 < α < 1 e Ω ⊂ Rn um aberto
limitado
com fronteira ∂Ω ∈ C k+3,α . Se f ∈ C k,α (Ω̄), com f > 0 em Ω e
Z
f (x)dx = VolΩ, então existe u ∈ Dif k,α (Ω) satisfazendo
Ω
det ∇u(x) = f (x),
se x ∈ Ω
u(x) = x,
se x ∈ ∂Ω.
(5.3)
Demonstração. Pelo Teorema 5.1, existe v ∈ C k+1,α (Ω, Rn ) tal que
div(v(x)) = f (x) − 1, se x ∈ Ω
v(x) = 0,
se x ∈ ∂Ω.
Para t ∈ [0, 1] e z ∈ Ω, seja
vt (z) =
v(z)
.
t + (1 − t)f (z)
Observe que, pelo Lema 5.1, vt (x) ∈ C k,α (Ω, Rn ). Defina φt (x) : [0, 1]×Ω 7−→
Rn como sendo a solução de
d [φt (x)] = vt (φt (x)), t > 0
dt
φ (x) = x.
(5.4)
0
Note que, para todo t ∈ [0, 1], φt ∈ C k,α (Ω, Rn ) e φt é unicamente definida
em [0, 1]. Observe ainda que se x ∈ ∂Ω, então x é solução de (5.4), ou seja,
para todo t ∈ [0, 1], φt (x) = x. Vamos mostrar que u(x) = φ1 (x) é solução
de (5.3).
Primeiramente, pela observação anterior, temos u(x) = φ1 (x) = x, para
todo x ∈ ∂Ω.
Seja
h(t, x) ≡ det ∇φt (x) · [t + (1 − t)f (φt (x))].
62
(5.5)
Sendo
d
[φt (x)] = vt (φt (x)), segue que
dt
d
d
∇( φt (x)) = ∇(vt (φt (x)) ⇒ (∇φt (x)) = ∇vt (φt (x))∇φt (x).
dt
dt
Daı́, pela fórmula de Liouville,
d
[det(∇φt (x))] = tr(∇vt (φt (x))) det(∇φt (x)).
dt
(5.6)
Diferenciando (5.5), temos
d
d
d
h(t, x) = [det ∇φt ]·[t+(1−t)f (φt )]+[det ∇φt ]·[1−f (φt )+(1−t)h∇f (φt ), φt i].
dt
dt
dt
Usando (5.4) e (5.6),
d
h(x, t) = [det ∇φt ] · [(t + (1 − t)f (φt ))div(vt (φt ))
dt
+(1 − t)h∇f (φt ), vt (φt )i + (1 − f (φt ))].
Como vt (z) =
(5.7)
v(z)
, segue que
t + (1 − t)f (z)
v(z) = vt (z)[t + (1 − t)f (z)]
= (vt1 (z)(1 + (1 − t)f (z), · · · , vtn (z)(1 + (1 − t)f (z)). Com isso,
n
X
d
div(v(z)) =
{vti (z)[t + (1 − t)f (z)]}
(5.8)
i
dz
i=1
n
X
d
d
=
{ i vti (z)[t + (1 − t)f (z)] + vti (z)(1 − t) i f (z)}
dz
dz
i=1
= (t + (1 − t)f (z))div(vt (z)) + (1 − t)h∇f (z), vt (z)i.
Daı́, combinando as identidades (5.7) e (5.8),
d
h(x, t) = [det ∇φt ] · [div(v(φt )) + (1 − f (φt ))] = 0,
dt
pois div(v) = f − 1. Em particular,
h(1, x) = h(0, x) ⇒ det ∇φ1 (x) = det ∇φ0 (x) · f (φ0 (x)) = f (x),
pois φ0 (x) = x.
63
Lema 5.2. Se u ∈ C 2 (Ω, Rn ) e n ≥ 2, então
n
X
∂(u2 , · · · , un )
1+t ∂
T (x) =
(−1)
= 0.
∗
∂x
∂(x
,
x
,
x
)
t
1
n
t
t=1
Demonstração. Vale para o caso n = 2, pois, neste caso,
T (x) =
∂ ∂u2
∂ ∂u2
−
= 0.
∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂x1
Suponha que o lema vale para n − 1.
Temos
n−1
∂(u1 , · · · , un−1 ) X
∂(u2 , · · · , un−1 )
α+1 ∂
=
(−1)
u1
.
∂(x1 , · · · , xn−1 ) α=1
∂xα
∂(x1 , x∗α , xn−1 )
Daı́,
t−1
X
∂(u2 , · · · , un )
∂(u3 , · · · , un )
α+1 ∂
(−1)
=
u2
∂(x1 , x∗t , xn )
∂x
∂(x1 , x∗α , x∗t , xn )
α
α=1
n
X
∂(u3 , · · · , un )
α ∂
+
(−1)
u2
.
∂xα
∂(x1 , x∗t , x∗α , xn )
α=t+1
Portanto
n
X
∂ ∂(u2 , · · · , un )
T (x) =
(−1)
∂xt ∂(x1 , x∗t , xn )
t=1
n X
t−1
X
∂2
∂(u3 , · · · , un )
α+t
=
[ (−1)
u2
∂x
∂x
∂(x1 , x∗α , x∗t , xn )
t
α
t=1 α=1
n
X
∂2
∂(u3 , · · · , un )
α+t+1
+
(−1)
u2
] = 0,
∂xt ∂xα
∂(x1 , x∗t , x∗α , xn )
α=t+1
1+t
pois cada parcela acima aparece exatamente duas vezes com sinais inversos.
Corolário 5.1. Sejam Ω ⊂ Rn um domı́nio limitado e An×n uma matriz. Se
ϕ ∈ C02 (Ω, Rn ), então
Z
det(A + ∇ϕ(x))dx = det A · VolΩ.
Ω
64
(5.9)
Demonstração. (i) Se n = 1, então Ω = (c, d) e A = a ∈ R. Daı́,
Z d
Z d
,
(a+ϕ, (x))dx = a(d−c)+ϕ(d)−ϕ(c) = aVolΩ.
det(a+ϕ (x))dx =
c
c
(ii) Se n = 2, temos
∂ϕ2
∂ϕ1
∂ϕ2
+ a22
− a12
∂x2
∂x1
∂x1
∂ϕ1 ∂ϕ1 ∂ϕ2 ∂ϕ1 ∂ϕ2
− a21
+
−
.
∂x2
∂x1 ∂x2
∂x2 ∂x1
det(A + ∇ϕ(x)) = det A + a11
Com isso, o resultado segue-se usando o teorema de integração por
partes.
(iii) Suponha que (5.9) vale para n − 1. Temos que
det(A + ∇ϕ(x)) =
n
X
(a1α +
α=1
=
n
X
∂ϕ1
) · (Adjn−1 (A + ∇ϕ))1α
∂xα
a1α (Adjn−1 (A + ∇ϕ))1α
α=1
+
n
X
∂ϕ1
∂xα
α=1
(Adjn−1 (A + ∇ϕ))1α .
(5.10)
Daı́, usando a hipótese de indução, o Lema anterior e integração por
partes, temos
Z
det(A + ∇ϕ(x))dx =
Ω
n
X
Z
a1α
α=1
n Z
X
(Adjn−1 (A + ∇ϕ))1α dx
Ω
∂ϕ1
(Adjn−1 (A + ∇ϕ))1α = det A · VolΩ
∂xα
α=1 Ω
Z
n
X
∂
+
ϕ1 (x)
(Adjn−1 (A + ∇ϕ))1α )dx
∂x
α
α=1 Ω
+
= det A · VolΩ.
65
Corolário 5.2. Se v ∈ C0k,α (Ω, Rn ), então
Z
det(A + ∇v(x))dx = det A ·
Ω
VolΩ.
Demonstração. Pela densidade de C0∞ (Ω, Rn ) em C0k,α (Ω, Rn ), existe {vn }∞
n=1
tal que vn → v na norma C k . Com isso, temos que
Z
det(A + ∇vn (x))dx = det A · V olΩ.
Ω
Portanto
Z
det(A + ∇vn (x))dx = det A · VolΩ,
lim
n→∞
Ω
de onde se segue que
Z
det(A + ∇v(x))dx = det A · VolΩ.
Ω
Teorema 5.3. Sejam k ≥ 0 um inteiro , 0 < α < 1 e Ω ⊂ Rn um aberto
limitado tal queZ∂Ω ∈ C k+3,α . Sejam 0 < β ≤ α < 1 e f ∈ C k,α (Ω̄), com
f > 0 em Ω e
f (x)dx = V olΩ. Existe = (α, β, k, Ω) > 0 tal que se
Ω
|f − 1|0,β ≤ , então existe u ∈ Dif k+1,α (Ω) tal que
det ∇u(x) = f (x), se x ∈ Ω
u(x) = x,
se x ∈ ∂Ω.
(5.11)
Demonstração. Comecemos escolhendo constantes C1 , C2 > 0 da seguinte
forma:
(i) Sejam
X = {b ∈ C
k,α
Z
(Ω̄);
b(x)dx = 0} e Y = {a ∈ C k+1,α (Ω, Rn ); a = 0, x ∈ ∂Ω}.
Ω
Pelo Teorema 5.1, podemos definir um operador linear limitado L :
X 7−→ Y que associa a cada b ∈ X um a ∈ Y tal que
div(a) = b, se x ∈ Ω
a = 0,
se x ∈ ∂Ω.
66
Além disso, existe C1 > 0 tal que
|Lb|1,β ≤ C1 |b|0,β e |Lb|k+1,α ≤ C1 |b|k,α .
(ii) Se ξ é uma matriz n × n, defina
Q(ξ) = det(I + ξ) − 1 − tr(ξ).
Podemos achar C2 > 0 tal que se w1 , w2 ∈ C k,α , com |w1 |0 , |w2 |0 ≤ 1,
então
|Q(w1 ) − Q(w2 )|k,α ≤ C2 (|w1 |0 + |w2 |0 ) |w1 − w2 |k,α .
Observe agora que se definimos v(x) = u(x) − x, então (5.11) é equivalente a
div(v) = f − 1 − Q(∇v), se x ∈ Ω
(5.12)
v = 0,
se x ∈ ∂Ω.
Observe ainda que se N (v) = f − 1 − Q(∇v), então (5.12) é satisfeita para
todo v ∈ Y tal que
LN (v) = v.
(5.13)
Note que a equação (5.13) está bem definida, pois pelo Corolário (5.2) temos
que
Z
Z
[f (x) − 1 − Q(∇v(x))]dx
N (v(x))dx =
Ω
ZΩ
[f (x) + div(v(x)) − det(I + ∇v(x))]dx = 0.
=
Ω
Sejam r > 0 e Br = {u ∈ C k+1,α (Ω, Rn ); u = 0 em ∂Ω e |u|1,β ≤ r}. Sejam
f ∈ C k,α (Ω̄) tal que
|f − 1|0,β ≤ min
1
1
;
2
8C1 C2 2C1
67
e r = 2C1 |f − 1|0,β .
Se v, w ∈ Br , então
|LN (v) − LN (w)|k+1,α ≤ C1 |N (v) − N (w)|k,α = C1 |Q(∇v) − Q(∇w)|k,α
≤ C1 C2 (|∇v|0 + |∇w|0 ) |∇v − ∇w|k,α = C1 C2 (|∇v|0 + |∇w|0 ) |∇(v − w)|k,α
≤ C1 C2 (|v|1,β + |w|1,β ) |v − w|k+1,α ≤ 4C12 C2 |f − 1|0,β |v − w|k+1,α ≤
1
|v − w|k+1,α .
2
Ou seja,
|LN (v) − LN (w)|k+1,α ≤
1
|v − w|k+1,α .
2
(5.14)
Além disso,
r
|LN (0)|1,β ≤ C1 |N (0)|0,β = C1 |f − 1|0,β = .
2
Sabendo que a igualdade (5.14) vale para α = β e k = 0, temos
|LN (v) − LN (w)|1,β ≤
1
|v − w|1,β .
2
Daı́,
|LN (v)|1,β ≤
1
r r
|v|1,β + |LN (0)|1,β ≤ + = r.
2
2 2
Com isso, concluı́mos que LN : Br 7−→ Br é uma contração, o que implica
que existe v ∈ Br tal que (5.13) é satisfeita. Isso prova o Teorema 5.3.
Teorema 5.4. Sejam k ≥ 0 um inteiro , 0 < α < 1 e Ω ⊂ Rn um
aberto
limitado tal que ∂Ω ∈ C k+3,α . Se f ∈ C k,α (Ω̄), com f > 0 em Ω
Z
e
f (x)dx = V olΩ, então existe u ∈ Dif k+1,α (Ω) satisfazendo a
Ω
det ∇u(x) = f (x),
se x ∈ Ω
u(x) = x,
se x ∈ ∂Ω.
68
Demonstração. Pela densidade de C ∞ (Ω) em C k,α (Ω̄) com relação a norma
de C 0,β (Ω), sendo 0 < β < α < 1, existe g ∈ C ∞ (Ω), com g > 0 em Ω, tal
que
f
−1
≤e
g
0,β
Z
f (x)
= VolΩ,
Ω g(x)
onde é dado pelo Teorema 5.3 (Para maiores detalhes, ver Lema 5.3 no
Apêndice).
Seja b ∈ Dif k+1,α (Ω) a solução de
det ∇b(x) = f (x) , se x ∈ Ω
g(x)
b(x) = x,
se x ∈ ∂Ω.
Observe que tal solução existe pelo Teorema 5.3. Observe ainda que, pelos
teoremas de mudança de variáveis e da aplicação inversa,
Z
Z
g(x) det ∇b(x)dx
g(x) det ∇b(x)dx =
b−1 (Ω)
Ω
Z
=
ZΩ
=
g(b−1 (y)) det ∇b(b−1 (y)) · det ∇b−1 (y)dy
g(b−1 (y)) det ∇b(b−1 (y)) · det(∇b(b−1 (y)))−1 dy
ZΩ
g(b−1 (y)) det[∇b(b−1 (y)) · (∇b(b−1 (y)))−1 ]dy =
ZΩ
Z
−1
=
g(b (y)) det Idy =
g(b−1 (y))dy.
=
Ω
Ω
Com isso, temos que
Z
Z
Z
−1
g(b (y))dy =
g(x) det ∇b(x)dx =
f (x)dx = VolΩ.
Ω
Ω
Ω
Daı́, pelo Teorema 5.2, existe a ∈ Dif k+1,α (Ω) tal que a é solução de
det ∇a(y) = g(b−1 (y)), se y ∈ Ω
a(y) = y,
se y ∈ ∂Ω.
69
Finalmente, observe que u = a ◦ b resolve o problema do Teorema 5.4, pois
det ∇u(x) = det(∇a(b(x)) · ∇b(x)) = det ∇a(b(x)) · det ∇b(x)
f (x)
= g(b−1 (b(x))) ·
= f (x), para x ∈ Ω
g(x)
e, para x ∈ ∂Ω, u(x) = a(b(x)) = x.
Demonstração do Teorema 0.1. Pelo Teorema 5.4, existem u, v ∈ Dif k+1,α (Ω)
tais que
f (x)VolΩ
det ∇u(x) = Z
, se x ∈ Ω
f
(y)dy
Ω
g(x)VolΩ
, se x ∈ Ω
det ∇v(x) = Z
g(y)dy
Ω
u(x) = v(x) = x,
se x ∈ ∂Ω
Defina ϕ = v −1 ◦ u. Daı́,
−1
∇ϕ(x) = ∇v −1 (u(x))∇u(x) = ∇v(v −1 (u(x)))
∇u(x).
Donde se segue que
Z
g
f (x)
1
Ω
· det ∇u =
·Z .
det ∇ϕ =
det ∇v(v −1 (u(x)))
g(ϕ(x))
f
Ω
Portanto
Z
f (x)
g(ϕ(x)) · det ∇ϕ(x) = g(ϕ(x)) ·
· ZΩ
g(ϕ(x))
Ω
70
g
= f (x) · λ.
f
Apêndice
A seguir, mostraremos que C ∞ é denso em C k,α com relação a norma |.|0,β ,
0 < β < α < 1, e apresentaremos um importante resultado geométrico
utilizado no Teorema 5.1.
Lema 5.3. Seja f ∈ C k,α (Ω̄), f > 0 em Ω. Então dado > 0 existe
g ∈ C ∞ (Ω), com g > 0 em Ω, tal que
f
−1
≤e
g
0,β
Z
f (x)
= VolΩ.
Ω g(x)
Demonstração. Pela densidade de C ∞ em C k , existe uma seqüencia {gn } ⊂
C ∞ , gn > 0 em Ω, tal que |f − gn |k → 0. Daı́, pela desigualdade de interpolação (Proposição 1.1), temos que
|f − gn |0,β ≤ C|f − gn |0 − 1 |f − gn |k,α .
Vamos mostrar que a seqüência [f − gn ]k,α é limitada.
Observe que
|Dγ (f (x)−gn (x))−Dγ (f (y)−gn (y))| ≤ |Dγ f (x)−Dγ gn (x)|+|Dγ f (y)−Dγ gn (y)| → 0,
para todo x, y ∈ Ω e |γ| ≤ k.
Portanto, passando a uma subseqüência, se necessário, podemos assumir
que
|Dγ (f (x)−gn (x))−Dγ (f (y)−gn (y))| ≥ |Dγ (f (x)−gn+1 (x))−Dγ (f (y)−gn+1 (y))|.
71
Como para cada n temos
|Dγ (f (x) − gn (x)) − Dγ (f (y) − gn (y))|
≤ Cn ,
|x − y|α
segue que
|Dγ (f (x) − gn (x)) − Dγ (f (y) − gn (y))|
≤ Cn0
|x − y|α
|γ|=k x6=y
[f − gn ]k,α = sup sup
para todo n ≥ n0 .
Com isso, concluı́mos que
|f − gn |0,β → 0.
Agora seja p = inf f (x). Existe n1 ∈ N tal que n ≥ n1 ⇒ |gn (x) − f (x)| <
Ω
p
p
p
, para todo x ∈ Ω. Daı́, − < gn (x) − f (x) < , donde se segue que
2p
2
2
p
− + f (x) < gn (x). Logo, para n ≥ n1 , temos ≤ inf gn (x).
Ω
2
2
Portanto, para todo x ∈ Ω e n ≥ n1 suficientemente grande, temos
f (x)
f (x) − gn (x)
f (x) − gn (x)
p/4
−1 =
≤
<
= .
gn (x)
gn (x)
p/2
p/2
2
Logo
f
−1 ≤ .
gn
2
0
Além disso, para n ≥ n1 suficientemente grande e x 6= y, temos
f (x)
f (x)
f (y)
gn (x)
f (y)
gn (y)
−
−
−
+
gn (x) gn (y)
gn (x) gn (x) gn (y) gn (y)
=
β
|x − y|
|x − y|β
≤
1 |f (x) − gn (x) − (f (y) − gn (y))|
1
|gn (x) − gn (y)|
+|f (y)−gn (y)|
β
gn (x)
|x − y|
gn (x)gn (y)
|x − y|β
<
1 |f (x) − gn (x) − (f (y) − gn (y))|
1
+ |f (y) − gn (y)|
N
β
p/2
|x − y|
(p/2)2
< ,
2
72
onde |gn |0,β ≤ N , para todo n.
Portanto, para n suficientemente grande, temos
f
−1
≤ .
gn
0,β
Z
λn
f
, onde λn =
. Para n suficientemente
Finalmente, seja g n = gn
VolΩ
Ω gn
grande, temos
1
1
1
≤
≤
.
(1 + )VolΩ
λn
(1 − )VolΩ
Portanto
f
f
f
1
1
=
≤
−1
−1
−
−1
+
gn
gn (λn /VolΩ)
gn (λn /VolΩ) λn /VolΩ
λn /VolΩ
0,β
0,β
0,β
≤
VolΩ f
1
1
1
−1
+
−1
≤
+
−1 .
λn gn
λn /VolΩ
(1 − )
(1 − )
0,β
0,β
Além disso,
Z
f
=
Ω gn
Z
f
VolΩ)
=
λn
Ω gn (λn /VolΩ)
Z
f
= VolΩ.
Ω gn
Isso prova a afirmação.
Concluiremos este trabalho com o seguinte resultado:
Lema 5.4. Seja Ω ∈ C k,α um domı́nio limitado. Seja d(., ∂Ω) : Ω → R a
função distância de x ∈ Ω a ∂Ω.
(a) ∇d(x, ∂Ω) = −νx , para todo x ∈ ∂Ω.
(b) Se ρ ∈ C ∞ é tal que ρ ≡ 0 se t ∈
/ (−δ, δ), com δ > 0, então existe
δ0 ≤ δ positivo tal que ρ(d(x, ∂Ω)) ∈ C k .
Demonstração. Para provar a primeira parte, seja x0 ∈ ∂Ω. Existe uma bola
Br ⊂ Ω tal que x0 ∈ ∂Br . Além disso, existe uma bola BR ⊂ Rn tal que
73
BR ∩ Ω = ∅ e x0 ∈ ∂BR . Observe que ∇d(x0 , ∂Br ) = ∇d(x0 , ∂BR ) = −νx0 e
que
d(x0 ± hei , ∂Br )
d(x0 ± hei , ∂Ω)
d(x0 ± hei , ∂BR )
≤ lim
≤ lim
.
h→0
h→0
h→0
h
h
h
lim
Portanto
∇d(x0 , ∂Ω) = −νx0 .
Para a segunda parte, observe que o conjunto dos pontos de não diferenciabilidade de d(x, ∂Ω) é fechado. Portanto, 0 < d0 = inf d(x, ∂Ω), onde o
ı́nfimo é tomado sobre o conjunto dos pontos tais que ∇d(x, ∂Ω) não existe.
Isso é verdade porque não pode existir uma seqüência {xn } de pontos da
forma acima tais que xn → x0 ∈ ∂Ω, já que o conjunto dos pontos de não
diferenciabilidade de d(x, ∂Ω) é fechado e que d(x, ∂Ω) é diferenciável em
x0 . Para cada x0 ∈ ∂Ω considere a bola Bd0 (x0 ), onde d0 = d(x0 , ∂Ω). Observe que ∪Bd0 (x0 ) é uma cobertura de ∂Ω. Sejam M uma subcobertura
finita de ∪Bd0 (x0 ) e d1 = inf |x − y|. Daı́, tomando δ0 < min{d1 , δ}, temos
x∈∂M
y∈∂Ω
ρ(d(x, ∂Ω)) ∈ C k .
Observação 5.2. Considere o conjunto L = {x ∈ Ω; d = d(x, ∂Ω) < d1 } e a
bola Bd1 (y), onde y ∈ ∂L. Note que a função d(., ∂Bd1 (y)) : Bd1 (y)∩L → R+
é diferenciável, pois d(x, ∂Bd1 (y)) é diferenciável para todo x ∈ Bd1 (y) − {y}.
Sejam agora BE ⊂ Rn uma bola tal que BE ∩ Ω = ∅ e x1 ∈ ∂BE , onde
d1 = |y − x1 |. Pelo mesmo argumento anterior, temos que ∇d(x, ∂Ω) =
d(x, ∂Bd1 (y)).
74
Referências Bibliográficas
[1] ALPERN, S., New Proofs that Weak Mixing is Generic, Inventiones
Math., Vol. 32, 1976, pp. 263-279.
[2] ANOSOV, D.,V e KATOK, A., B., New Examples in Smooth Ergodic
Theory. Ergodic Diffeomorphisms, Trudy Moskov Mat. Obsc. Tom,, Vol.
23, 1970, Trans. Moscow Math. Soc., Vol. 23, 1970, pp. 1-35.
[3] BANYAGA, A., Formes Volume sur les variétés à bord, Enseignement
Math., Vol. 20, 1974, pp. 127-131.
[4] DACOROGNA, Bernard, MOSER, Jürgen. On a partial differential
equation involving the Jacobian determinant, Ann. Inst. Henri Poincaré.
Vol7, n0 1, 1990, p. 1-26.
[5] DACOROGNA, Bernard. Direct Methodos in Calculus df Variations,
Applied Mathematical Sciences 78, Springer-Verlag.
[6] GILBARG, D., TRUNDIGER, N. S., Elliptic Partial Differential Equations of Second Order, Springer, 2001.
[7] HAN, Qing, LIN, Fanghua. Elliptic Partial Differential Equations, American Mathematical Society.
75
[8] LADYZHENSKAYA, O., A. e URALTSEVA, N., N., Linear and Quasilinear Elliptic Equations, Academic Press, New York, 1968.
[9] LIMA, E. L., Curso de Análise vol. 2, Projeto Euclides-IMPA, 1981
[10] MOSER, J, On the Volume Elements on a Manifold, Trans. Am. Math.
Soc., Vol. 120, 1965, pp. 286-294.
76
