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                    UNIVERSIDADE FEDERAL DE ALAGOAS
INSTITUTO DE MATEMÁTICA
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA
DISSERTAÇÃO DE MESTRADO

Estimativas de Autovalores via Módulo de
Continuidade para a Equação do Calor

Robson dos Santos Silva

Maceió, Brasil
Março de 2015

ROBSON DOS SANTOS SILVA

ESTIMATIVAS DE AUTOVALORES VIA MÓDULO DE
CONTINUIDADE PARA A EQUAÇÃO DO CALOR

Dissertação de Mestrado, na área de concentração
de Análise, submetida em 13 de Março de 2015 à
banca examinadora, designada pelo Programa de
Mestrado em Matemática da Universidade Federal
de Alagoas, como parte dos requisitos necessários
à obtenção do grau de mestre em Matemática.

Orientador: Prof. Dr. Marcos Petrúcio de Almeida Cavalcante.

Maceió, Brasil
Março de 2015

Catalogação na fonte
Universidade Federal de Alagoas
Biblioteca Central
Divisão de Tratamento Técnico
Bibliotecária Responsável: Valter dos Santos Andrade
S586e

Silva, Robson dos Santos.
Estimativas de autovalores via módulo de continuidade para a equação do calor
/ Robson dos Santos Silva. – Maceió, 2015.
23 f.
Orientador: Marcos Petrúcio de Almeida Cavalcante.
Dissertação (Mestrado em Matemática) – Universidade Federal de
Alagoas. Instituto de Matemática. Programa de Pós Graduação em Matemática.
Maceió, 2015.
Bibliografia: f. 23.
1. Equação do calor. 2. Autovalores. 3. Operador Laplaciano. 4. Módulo de
Continuidade. I. Título.
CDU: 517.956.4

“Na guerra bélica da vida - o que não
me faz morrer me torna mais forte”
(Friedrich Nietzsche)

Agradecimentos
Agradeço primeiramente a minha famı́lia, que sempre esteve ao meu lado e não deixou
de me dar apoio mesmo quando foi dificil concordar com minhas decisões.
Agradeço também aos meus colegas de curso Rogério Vitório, Anderson Lima, Hugo
Nunes, Diego Chicuta e Fabricio Lira pela ajuda que obtive de cada um deles ao longo deste
curso.
Finalmente, quero agradecer ao meu orientador, o professor Marcos Petrúcio, primeiro
por sua atenção e depois por ter conseguido ser paciente (e bem humorado) comigo, apesar de
minhas faltas. Aproveito ainda para agradecer à banca examinadora pelas crı́ticas e sugestões
a respeito desta dissertação.

Resumo
Vamos estimar o módulo de continuidade das soluções de equações parabólicas quase-lineares
em termos do módulo de continuidade inicial e tempo transcorrido. Fazendo isso em particular para soluções da equação do calor com fronteira de Neumann, obtemos uma cota inferior
positiva para o primeiro autovalor positivo do Laplaciano em domı́nios convexos limitados
do espaço Euclideano.
Palavras-chave: Equação do calor, Autovalores, Operador Laplaciano, Módulo de continuidade

Abstract
We bound the modulus of continuity of solutions to quasilinear parabolic equations in terms
of the initial modulus of continuity and elapsed time. In particular, applying this to the heat
equation with Neumann boundary conditions, we get a positive lower bound for the first
positive eigenvalue of the Laplacian on bounded convex domains in Euclidean space.
Keywords: Heat equation, Eigenvalues, Laplacian Operator, Modulus of continuity

Sumário
Introdução

8

1 Módulo de Continuidade para Soluções de Equações Parabólicas Quaselineares em uma Dimensão Espacial
2
2 Módulo de Continuidade para Soluções de Equações Parabólicas Quaselineares em Dimensões Altas
8
3 Estimativa Inferior para o Primeiro Autovalor do Laplaciano via Módulo
de Continuidade para a Equação do Calor
13
Referências Bibliográficas

22

Introdução
Nosso objetivo nesta dissertação é estimar o módulo de continuidade para soluções de
equações parabólicas quase-lineares da forma
n
X
∂u
=
aij (Du, t)Di Dj u,
∂t
i,j=1

em particular, para a equação do fluxo da curvatura média

n 
X
Di uDj u
∂u
=
δij −
Di Dj u
∂t
1 + |Du|2
i,j=1
e para a equação do calor (sob condições de fronteira de Neumann)
∂u
= ∆u.
∂t
Dito de outra forma, queremos estimar a diferença |u(y, t) − u(x, t)| em termos da distância
|y − x| (e do tempo transcorrido).
Como consequência da estimativa para a equação do calor, vamos obter uma cota inferior
positiva para o primeiro autovalor positivo do operador Laplaciano, em um domı́nio compacto
e convexo, sob condições de fronteira de Neumann. Dessa forma, vamos provar por métodos
distintos um resultado obtido em 1960 por L. E. Payne e H. F. Weinberger [4].
Os métodos que adotaremos aqui baseiam-se nos trabalhos de Ben Andrews e Julie Clutterbuck [1], [2] e [3], e consistem em tornar negativa uma função dois - pontos do tipo
Z(x, y, t) = u(y, t) − u(x, t) − ϕ(|y − x|, t) − ε(1 + t),
para alguma função ϕ, que deve ser escolhida de forma que Z seja inicialmente (para t = 0)
negativa. Observe que a função Z tem o dobro do número de variáveis espaciais da solução
u, ou seja, se u é definida em Rn × [0, ∞) então Z é definida em R2n × [0, ∞). Este método de
trabalho apoia-se numa importante propriedade da matriz hessiana (em relação as variáveis
espaciais) de Z, a saber, que ela é semi-definida negativa em um ponto de máximo.

1

Capı́tulo 1
Módulo de Continuidade para
Soluções de Equações Parabólicas
Quase-lineares em uma Dimensão
Espacial
Neste capı́tulo vamos estimar o módulo de continuidade para uma classe de equações parabólicas em uma dimensão espacial. Mostramos a estimativa básica, que controla o módulo
de continuidade espacial de qualquer solução em termos de qualquer supersolução com dado
inicial determinado pelo módulo de continuidade inicial. Vamos ilustrar isto, inicialmente,
para o fluxo da curvatura, e em seguida tratamos de equações (em uma dimensão espacial)
mais gerais.
Seja u : R × [0, T ) → R uma solução suave da equação do fluxo da curvatura
u00
∂u
=
.
(1.1)
∂t
1 + u 02
Suponha oscu = supu − infu ≤ M e u(x + L, t) = u(x, t) para todo x ∈ R e t ≥ 0. Nestas
condições, vale o seguinte resultado:
Teorema 1.1 Para todo x 6= y em R e t > 0,

|u(x, t) − u(y, t)| ≤ 2M ϕ

|y − x| t
,
2M M 2



onde ϕ : [0, ∞) × (0, ∞) → R é a solução de (1.1) satisfazendo as condições
1
ϕ(x, t) →
quando t → 0 para x > 0,
2
ϕ(0, t) = 0 para t > 0
e
ϕ(x, t) →

1
quando x → ∞ para qualquer t > 0.
2
2

Obs: A existência de ϕ segue dos resultados de Ecker e Huisken [4].
Prova. Observe primeiramente que se u(x, t) é solução de (1.1), então v(x, t) := M1 u(M x, M 2 t)
também é solução e oscv = M1 ·oscu ≤ M1 · M = 1. Assim, podemos assumir que M = 1. Seja
ε > 0, e Z : R × R × (0, T ) → R definida por


|y − x|
Z(x, y, t) = u(y, t) − u(x, t) − 2ϕ
, t − ε(1 + t).
2
Note que



|(y + L) − (x + L)|
Z(x + L, y + L, t) = u(y + L, t) − u(x + L, t) − 2ϕ
, t − ε(1 + t)
2


|y − x|
= u(y, t) − u(x, t) − 2ϕ
, t − ε(1 + t)
2
= Z(x, y, t),
e portanto Z é periódica sobre as faixas
{(x, y) ∈ R2 : 2nL ≤ y + x ≤ 2(n + 1)L, n ∈ Z}.
Logo podemos analisar o comportamento da função Z apenas no conjunto S = {(x, y, t) :
0 ≤ x + y ≤ 2L, t > 0}.
Como u é contı́nua e |u(y, t) − u(x, t)| ≤ oscu ≤ 1, temos que Z é negativa perto da
diagonal {y = x}, perto de t = 0 e quando |y − x| → ∞. De fato,
lim Z(x, y, t) = u(y, t) − u(y, t) − 2ϕ(0, t) − ε(1 + t) = −ε(1 + t) < 0,

x→y

lim Z(x, y, t) = lim[u(y, t) − u(x, t)] − 2 ·
t→0

t→0

1
− ε ≤ 1 − 1 − ε = −ε < 0
2

e
lim

|y−x|→∞

Z(x, y, t) =

lim [u(y, t) − u(x, t)] − 2 ·

|y−x|→∞

1
− ε(1 + t)
2

≤ 1 − 1 − ε(1 + t)
< 0.
Se Z < 0 para todo ponto de S então o resultado segue apenas fazendo ε tender a zero.
Suponha que Z não é negativa em S. Então, como Z é contı́nua, existe um primeiro
t0 > 0 e um ponto (x0 , y0 ), com x0 6= y0 (vamos tomar x0 < y0 ) , tal que Z(x0 , y0 , t0 ) = 0.
Observe também que sendo Z < 0 para |x − y| → ∞, então existe k > 0 tal que Z < 0 para
|x − y| > k. Agora, fixando t = t0 e considerando x e y tais que |x − y| ⩽ k, temos que
Z(x, y, t0 ) atinge um máximo na região
Rt0 = {(x, y, t0 ) ∈ S : |x − y| ≤ k}
3

pois essa região é compacta e Z é contı́nua. Além disso, como Z(x, y, t) < 0 para t < t0 ,
então, pela continuidade de Z, temos que Z ⩽ 0 em Rt0 e portanto (x0 , y0 , t0 ) é um ponto de
máximo local de Z(x, y, t0 ) em Rt0 . Neste ponto temos


y 0 − x0
∂Z
0
0
= −u (x0 , t0 ) + ϕ
, t0
0=
∂x
2
onde ϕ0 denota a derivada de ϕ no primeiro argumento, e


∂Z
y0 − x0
0
0
0=
= u (y0 , t0 ) − ϕ
, t0 .
∂y
2
Note que estas equações implicam que
u0 (x0 , t0 ) = u0 (y0 , t0 ) = ϕ0 .

(1.2)

Como (x0 , y0 , t0 ) é um ponto de máximo local, a matriz Hessiana [D2 Z] de Z(x, y, t0 ) é
semi-definada negativa neste ponto e, portanto, temos
 
 2

∂ 2Z
∂ Z
1 00
1 00
00
ϕ
 ∂x2 ∂x∂y   −u (x0 , t0 ) − ϕ

=
2
2
(1.3)
0 ≥ [D2 Z] = 
.
2
2
 ∂ Z
1 00
1
∂ Z 
ϕ
u00 (y0 , t0 ) − ϕ00
2
2
∂y∂x ∂y 2
Agora, considerando a função real ζ(t) = Z(x0 , y0 , t), e levando em conta que ζ(t0 ) = 0 e
ζ(t) < 0 para t < t0 , concluimos que, ou ζ é crescente num pequeno intervalo contendo t0 ,
ou ζ atinge um máximo local em t0 . Em todo caso, temos que
∂Z
0 ⩽ ζ 0 (t0 ) =
(x0 , y0 , t0 ).
∂t
Como u satisfaz a equação (1.1), temos em (x0 , y0 , t0 ),
0≤

∂Z
∂t

∂u
∂u
∂ϕ
(y0 , t0 ) −
(x0 , t0 ) − 2
−ε
∂t
∂t
∂t
u00 (x0 , t0 )
∂ϕ
u00 (y0 , t0 )
−
−2
− ε.
=
0
2
0
2
1 + (u (y0 , t0 ))
1 + (u (x0 , t0 ))
∂t
=

Por (1.2) e (1.3) isto implica que para qualquer valor de c,

0≤

∂Z
∂t

∂ 2 Z 1 00
∂ 2 Z 1 00
 2

+
ϕ
+ ϕ
2
∂ Z
1 00
∂ϕ
∂y 2
2
∂x
2
=
+
+ 2c
− ϕ −2
−ε
0
2
0
2
1 + (ϕ )
1 + (ϕ )
∂x∂y 2
∂t


 2
1
∂ Z
∂ 2Z
c
 1 + (ϕ0 )2

2

∂x∂y 

 ∂x


= Tr 

 ∂ 2Z
1
∂ 2 Z 
c
1 + (ϕ0 )2
∂y∂x ∂y 2


1
2
∂ϕ
+
− 2c ϕ00 − 2
−ε
0
2
2 1 + (ϕ )
∂t


2
∂ϕ
1
≤
− 2c ϕ00 − 2
−ε
0
2
2 1 + (ϕ )
∂t
4

desde que a matriz
1
 1 + (ϕ0 )2
C=
c


c





1
1 + (ϕ0 )2

seja semi-definida positiva, pois dessa forma teremos Tr(C · [D2 Z]) ≤ 0. Assim, escolhendo
c = −1/(1 + (ϕ0 )2 ), a matriz C torna-se semi-definida positiva e como ϕ foi escolhida de
maneira a satisfazer a equação (1.1), chegamos a uma contradição:


∂Z
ϕ00
∂ϕ
0≤
≤2
− ε = −ε < 0.
−
∂t
1 + (ϕ0 )2
∂t
Isto contradiz a suposição de que Z é 
não negativa
 em algum ponto (x, y, t) de S com
|y − x|
x < y. Portanto u(y, t) − u(x, t) < 2ϕ
, t + ε(1 + t) para todo ε > 0, e assim
2


|y − x|
u(y, t) − u(x, t) ≤ 2ϕ
, t para todo (x, y, t) ∈ S com x < y. Por um argumento
2
similar, chegamos a mesma conclusão no caso x > y. Isto prova o Teorema. 

O método da prova acima aplica-se em geral para equações da forma
∂u
= α(u0 )u00
∂t

(1.4)

onde a função α é contı́nua e positiva. Diremos que uma função u(x, t) é regular se ela é C 2
em relação a variável x e C 1 em relação a variável t.
Definição 1.1 Seja u ∈ C(R) periódica de perı́odo L, e seja ψ ∈ C(0, L/2) positiva. ψ é
um módulo de continuidade para u se para todo 0 < y − x < L,




L+x−y
y−x
≤ u(y) − u(x) ≤ 2ψ
.
(1.5)
− 2ψ
2
2
Teorema 1.2 Seja u uma solução L-periódica regular de (1.4) em R × [0, T ], e ψ um
módulo de continuidade para u(., 0). Seja ϕ ≥ 0 uma função contı́nua em [0, L/2] × [0, T ] \
{(0, 0), (L/2, 0)}, regular em (0, L/2) × (0, T ] com ϕt ≥ α(ϕ0 )ϕ00 , e ϕ(z, 0) ≥ ψ(z) para todo
z ∈ (0, L/2). Então ϕ(., t) é um módulo de continuidade para u(., t) para cada t > 0.

Prova. Seja ε > 0, e defina Z(x, y, t) = u(y, t) − u(x, t) − 2ϕ y−x
, t − ε(1 + t) em {(x, y, t) :
2
x < y < x + L, t > 0}. Z é negativa para valores pequenos de t pois, pela continuidade de u
e ϕ, e por (1.5) temos

5




y−x
lim Z(x, y, t) = u(y, 0) − u(x, 0) − 2ϕ
,0 − ε
t→0
2


y−x
≤ u(y, 0) − u(x, 0) − 2ψ
−ε
2
< 0.
Além disso, como ϕ ≥ 0 e u é L-periódica, Z é negativa quando y −x e L+x−y são pequenos
para qualquer t. De fato,
lim Z(x, y, t) = u(x, t) − u(x, t) − 2ϕ(0, t) − ε(1 + t)

y→x

≤ 0 − ε(1 + t)
< 0
e

lim Z(x, y, t) = u(x + L, t) − u(x, t) − 2ϕ

y→x+L


L
, t − ε(1 + t)
2

≤ 0 − ε(1 + t)
< 0.
Observe também que, assim como no Teorema 1.1, Z é periódica sobre as faixas
{(x, y) ∈ R2 : 2nL ≤ y + x ≤ 2(n + 1)L, n ∈ Z}.
Se Z não é negativa em todo o seu domı́nio então existe um primeiro t0 > 0 e x0 < y0 < x0 +L
tal que Z(x0 , y0 , t0 ) = 0. Por argumentos análogos aos usados no Teorema 1.1, vemos que
neste ponto valem as condições nas derivadas de primeira ordem (1.2) e a condição na matriz
Hessiana (1.3). Como u satisfaz a equação (1.4),


∂Z
∂u
∂u
∂ϕ y − x
(x, y, t) =
(y, t) −
(x, t) − 2
,t − ε
∂t
∂t
∂t
∂t
2


∂ϕ y − x
0
00
0
00
= α(u (y, t))u (y, t) − α(u (x, t))u (x, t) − 2
,t − ε
∂t
2
 2

 2

 2

∂ Z ϕ00
∂ Z ϕ00
∂ Z
ϕ00
∂ϕ
0
0
+ α(ϕ )
+ 2c
−2
< α(ϕ )
+
+
−
2
2
∂y
2
∂x
2
∂x∂y
2
∂t

 2

2
∂ Z
∂ Z


 α(ϕ0 )


2
c
∂x∂y 
 ∂x
 + (α(ϕ0 ) − c)ϕ00 − 2 ∂ϕ .
= Tr 
2
2
0

∂ Z 
c
α(ϕ )  ∂ Z
∂t
∂y∂x ∂y 2

6

A expressão envolvendo as derivadas de segunda ordem de Z na última linha é não positiva
desde que a matriz


α(ϕ0 )
c
c
α(ϕ0 )
seja semi-definida positiva. Escolhendo c = −α(ϕ0 ) chegamos a uma contradição:


∂ϕ
∂Z
0
00
< 2 α(ϕ )ϕ −
⩽ 0.
0⩽
∂t
∂t
Segue-se que Z é negativa, e fazendo ε tender a zero obtemos a desigualdade no lado direito
de (1.5). Substituindo y por x + L e x por y e usando a periodicidade de u, temos que


y−x
u(y, t) − u(x, t) ⩽ 2ϕ
,t
2


x+L−y
⇒
u(x + L, t) − u(y, t) ⩽ 2ϕ
,t
2


L+x−y
,t
⇒
u(x, t) − u(y, t) ⩽ 2ϕ
2


L+x−y
⇒
−2ϕ
,t
⩽ u(y, t) − u(x, t),
2
o que nos dá a desigualdade no lado esquerdo de (1.5). 

7

Capı́tulo 2
Módulo de Continuidade para
Soluções de Equações Parabólicas
Quase-lineares em Dimensões Altas
Neste segundo capı́tulo usaremos métodos análogos àqueles do capı́tulo anterior, com
o objetivo de extender os resultados obtidos a dimensões espaciais altas. Ou seja, vamos
estimar o módulo de continuidade para soluções periódicas do fluxo da curvatura média,
agora em Rn .
Consideremos a equação do fluxo da curvatura média

n 
X
Di uDj u
∂u
=
δij −
Di Dj u.
2
∂t
1
+
|Du|
i,j=1

(2.1)

O gráfico de uma solução desta equação comporta-se de tal forma que, em cada ponto, a
componente normal de sua velocidade é igual a curvatura média.
Vamos mostrar que o módulo de continuidade das soluções limitadas de (2.1) é controlado
por uma solução particular ϕ do fluxo da curvatura em uma dimensão espacial:
ϕ00
∂ϕ
=
.
∂t
1 + (ϕ0 )2

(2.2)

Esta solução ϕ é suave em [0, ∞) × (0, ∞), não-decrescente em x, com ϕ(0, t) = 0 para t > 0,
1
e ϕ(x, t) → quando t → 0 para qualquer x > 0 ou quando x → ∞ para qualquer t > 0.
2
Note que para qualquer M > 0, a função


x t
,
φ(x, t) = M ϕ
M M2
é ainda uma solução de (2.2).
Fixe um conjunto linearmente independente Γ = {v 1 , ..., v n } em Rn . Uma função f em
n
R é chamada Γ-periódica se para cada x ∈ Rn e 1 ⩽ i ⩽ n, f (x + v i ) = f (x).
8

Teorema 2.1 Seja u : Rn × [0, T ) → R uma solução suave da equação (2.1) com oscilação
limitada |u(x, t) − u(y, t)| ⩽ M , e com u Γ-periódica. Então para todo x e y em Rn e t > 0,


|y − x| t
,
.
|u(y, t) − u(x, t)| ⩽ 2M ϕ
2M M 2
Prova. Seja ε > 0, e defina

Z(x, y, t) = u(y, t) − u(x, t) − 2φ


|y − x|
, t − ε(1 + t)
2

em {y 6= x} × (0, ∞), onde φ(ξ, t) = M ϕ(ξ/M, t/M 2 ).
Observe que Z é estritamente negativa perto da fronteira {y = x} e quando t é suficientemente pequeno.
Como u é periódica sobre o lattice Γ = {v 1 , ..., v n }, Z é periódica sobre as regiões
{(x, y, t) ∈ R2n : 2nvji ≤ xj + yj ≤ 2(n + 1)vji },
onde v i = (v1i , · · · , vni ). Em qualquer uma destas regiões, note que
Z(x, y, t) ≤ M − 2 · M ·

1
− ε(1 + t) < 0
2

quando |yj − xj | → ∞. Logo, para estudar o sinal de Z, prescisamos apenas considerar x
e y em uma região limitada, de forma que a função Z(x, y, t) atinge um máximo para cada
t fixado. Se Z não é negativa para todo (x, y, t) ∈ Rn × Rn × [0, ∞), então existe t0 > 0 e
y0 6= x0 em Rn tal que
Z(x0 , y0 , t0 ) = max{Z(x, y, t0 ) : x, y ∈ Rn } = 0.
Neste ponto, temos as seguintes condições nas derivadas de primeira ordem:
0=

i
i
∂u(x, t)
∂Z
0y − x
=
−
+
φ
∂xi
∂xi
|y − x|

i
i
∂Z
∂u(y, t)
0y − x
0= i =
−
φ
.
∂y
∂y i
|y − x|

(2.3)

Estas equações tornam-se simples se escolhermos coordenadas tais que e1 = (y−x)/|y−x|:
Então
D1 u(x, t) = φ0 ,
Dj u(x, t) = 0

para j = 2, ..., n,
0

D1 u(y, t) = φ ,
Dj u(y, t) = 0

para j = 2, ..., n.

9

(2.4)

As derivadas de segunda ordem de Z são como segue:
∂ 2Z
∂xi ∂xj
∂ 2Z
∂y i ∂y j
∂ 2Z
∂xi ∂y j



(y i − xi )(y j − xj )
∂ 2 u(x, t) φ00 (y i − xi )(y j − xj )
φ0
δij −
,
= −
−
−
∂xi ∂xj
2|y − x|2
|y − x|
|y − x|2


(y i − xi )(y j − xj )
∂ 2 u(y, t) φ00 (y i − xi )(y j − xj )
φ0
δij −
= −
−
−
,
∂y i ∂y j
2|y − x|2
|y − x|
|y − x|2


(y i − xi )(y j − xj )
φ00 (y i − xi )(y j − xj )
φ0
δij −
.
=
+
2|y − x|2
|y − x|
|y − x|2

Escolhendo coordenadas como antes obtemos
1
Zx1 x1 = −D1 D1 u(x, t) − φ00 ,
2
φ0
Zxi xi = −Di Di u(x, t) −
|y − x|
Zxi xj = −Di Dj u(x, t)
1
Zy1 y1 = D1 D1 u(y, t) − φ00 ,
2
φ0
Zyi yi = Di Di u(y, t) −
|y − x|
Zyi yj = Di Dj u(y, t)
1 00
Z x1 y 1 =
φ ,
2
φ0
Zxi yi =
|y − x|
Zxi yj = 0

se i > 1,
se i 6= j,

se i > 1,
se i 6= j,

se i > j,
se i 6= j.

A matriz 2n × 2n das derivadas segundas de Z é semi-definida negativa:


Zx1 x1 · · · Zx1 xn Zx1 y1 · · · Zx1 yn
..
..
.. 
...
...
 ..
.
.
. 
 .


 Z n 1 · · · Zxn xn Zxn y1 · · · Zxn yn 
0 ≥ [D2 Z] =  x x

 Zy1 x1 · · · Zy1 xn Zy1 y1 · · · Zy1 yn 
 .
..
..
.. 
...
...
 ..
.
.
. 
Zyn x1 · · · Zyn xn Zyn y1 · · · Zyn yn

10

(2.5)

No ponto de máximo, a derivada de Z em relação a variável t é dada por
∂Z
∂t

=
=

<

=

=

∂u
∂u
∂φ
(y, t) −
(x, t) − 2
−ε
∂t
∂t
∂t


n
X
Di u(y)Dj u(y)
δij −
Di Dj u(y, t)
1 + |Du(y)|2
i,j=1

n 
X
∂φ
Di u(x)Dj u(x)
Di Dj u(x, t) − 2
−ε
−
δij −
2
1 + |Du(x)|
∂t
i,j=1



X
D1 u(y)D1 u(y)
Di u(y)Di u(y)
1−
D1 D1 u(y, t) +
1−
Di Di u(y, t)
2
1 + |Du(y)|2
1
+
|Du(y)|
i⩾2
X  Di u(y)Dj u(y) 
Di Dj u(y, t)
−
2
1
+
|Du(y)|
i6=j



X
D1 u(x)D1 u(x)
Di u(x)Di u(x)
− 1−
D1 D1 u(x, t) −
1−
Di Di u(x, t)
1 + |Du(x)|2
1 + |Du(x)|2
i⩾2
X  Di u(x)Dj u(x) 
∂φ
+
D
D
u(x,
t)
−
2
i
j
1 + |Du(x)|2
∂t
i6=j

 X
1
1 00
φ0
1 y1 +
i y i + (n − 1)
φ
−0
Z
+
Z
y
y
1 + (φ0 )2
2
|y − x|
i⩾2

 X
∂φ
1
1 00
φ0
1
1
i
i
φ
+0−2
+
Z
+
+
Z
+
(n
−
1)
x x
xx
0
2
1 + (φ )
2
|y − x|
∂t
i⩾2
X
1
φ00
1
1
1
1
(Z
+
Z
)
+
+
(Zxi xi + Zyi yi )
y
y
x
x
1 + (φ0 )2
1 + (φ0 )2
i⩾2
+2(n − 1)

φ0
∂φ
−2 .
|y − x|
∂t

Seja Λ a última expressão obtida na desigualdade acima e consideremos a matriz


1
11
12
1n
c
c
··· c 
 1 + (φ0 )2 0 · · · 0



0
1 ··· 0
c21
c22 · · · c2n 

..
.. . .
..
..
.. . .
.. 


.
.
.
.
.
.
.
. 



0
0 ··· 1
cn1
cn2 · · · cnn 

C=
.
1


11
21
n1
0
·
·
·
0
c
c
·
·
·
c


0
2
1 + (φ )



c12
c22 · · · c2n
0
1 ··· 0 



.
.
.
.
.
.
.
.
..
..
..
..
..
..
..
.. 


1n
2n
nn
c
c
··· c
0
0 ··· 1

11

Lembrando que Zxi yj = 0, para i 6= j, temos que
n
X
X
1
Tr(C · [D Z]) =
(Zx1 x1 + Zy1 y1 ) +
(Zxi xi + Zyi yi ) + 2
cii Zxi yi .
1 + (φ0 )2
i⩾2
i=1
2

Escolhendo
1
1 + (φ0 )2
= 1 se i > 1
= 0 se i 6= j

c11 = −
cii
cij

a matriz C torna-se semi-definida positiva, e como a matriz [D2 Z] é semi-definida negativa
obtemos
Tr(C · [D2 Z]) ⩽ 0.
Logo, por (2.5), vale a seguinte desigualdade no ponto de máximo:
0⩽

∂Z
< Λ ⩽ Λ − Tr(C · [D2 Z])
∂t
n
X
φ00
φ0
∂φ
=
+
2(n
−
1)
−
2
−
2
cii Zxi yi
0
2
1 + (φ )
|y − x|
∂t
i=1
n
φ00
φ0
φ0 X ii
∂φ
11 00
=
+ 2(n − 1)
−c φ −2
c −2
0
2
1 + (φ )
|y − x|
|y − x| i=2
∂t

φ00
φ0
φ00
φ0
∂φ
+
2(n
−
1)
+
−
2(n
−
1)
−2
0
2
0
2
1 + (φ )
|y − x| 1 + (φ )
|y − x|
∂t


00
∂φ
φ
−
= 2
0
2
1 + (φ )
∂t
= 0.
=

Esta contradição prova que Z(x, y, t) < 0 para todo x, y ∈ Rn e todo t ⩾ 0. Fazendo ε → 0
obtemos a prova do Teorema. 

12

Capı́tulo 3
Estimativa Inferior para o Primeiro
Autovalor do Laplaciano via Módulo
de Continuidade para a Equação do
Calor
Neste capı́tulo os métodos utilizados anteriormente para o caso periódico são adaptados
para o problema de Neumann em um domı́nio convexo. O principal objetivo é obter uma cota
inferior positiva para o menor autovalor não-trivial do laplaciano, sob condições de fronteira
de Neumann.
A definição de módulo de continuidade que veremos a seguir é ligeiramente diferente
daquela que vimos no capı́tulo 1.
Definição 3.1 (módulo de continuidade) Seja ψ : [0, ∞) → R uma função não negativa.
Dizemos que ψ é um módulo de continuidade para uma função v em Rn , se para todo x, y
em Rn ,


|y − x|
.
|v(y) − v(x)| ⩽ 2ψ
2
Considere a equação de evolução
n
X
∂u
=
aij (Du, t)Di Dj u,
∂t
i,j=1

(3.1)

onde A(p, t) = [aij (p, t)] é semi-definida positiva.
Suponha que existe uma função contı́nua α : R+ × [0, T ] → R+ com
0 < α(R, t) ⩽ R2

v T A(p, t)v
.
|p|=R,(v·p)6=0
(v · p)2
inf

13

(3.2)

Seja ψ : [0, ∞) → R não-negativa, e suponha que ϕ : [0, ∞) × [0, ∞) → R+ é regular,
não-decrescente na primeira variável(ϕ0 (x, t) ⩾ 0 ∀ x, t fixado ), não-negativa e satisfaz
ϕt ⩾ α(|ϕ0 |, t)ϕ00

(3.3)

com ϕ(z, 0) ⩾ ψ(z) para z > 0.
Teorema 3.1 Seja Ω ⊂ Rn um domı́nio suave, convexo e limitado, e seja u uma solução
regular do problema de Neumann
n
X
∂u
=
aij (Du, t)Di Dj u
∂t
i,j=1

Dη u(x, t) = 0

para x ∈ ∂Ω, t > 0

onde η é o vetor normal unitário exterior a ∂Ω em x. Se ψ é um módulo de continuidade
para u(·, 0), então ϕ(·, t) é um módulo de continuidade para u(·, t) para cada t ⩾ 0.
Prova. Defina como antes

Z(x, y, t) = u(y, t) − u(x, t) − 2ϕ


|y − x|
, t − ε(1 + t),
2

e note que Z < 0 quando t = 0, e quando |x − y| é pequeno para qualquer t > 0. De fato,


|y − x|
,0 − ε
lim Z(x, y, t) = u(y, 0) − u(x, 0) − 2ϕ
t→0
2


|y − x|
≤ u(y, 0) − u(x, 0) − 2ψ
−ε
2
< 0
e
lim Z(x, y, t) = u(x, t) − u(x, t) − 2ϕ(0, t) − ε(1 + t)

y→x

≤ 0 − ε(1 + t)
< 0
Suponha que Z não é negativa em Ω × Ω × [0, ∞). Então existe um primeiro t0 > 0 e
pontos x0 , y0 ∈ Ω tais que Z(x0 , y0 , t0 ) = 0. Observe que (x0 , y0 , t0 ) é um ponto de máximo
de Z(x, y, t0 ) pois Z(x, y, t) ⩽ 0 em Ω × Ω × [0, t0 ].
Há dois casos a considerar:
Caso 1. (x0 , y0 ) está no interior de Ω × Ω.
Neste caso, as condições nas derivadas de primeira ordem (2.3) são satisfeitas em (x0 , y0 , t0 ).
Note que as equações (2.4) implicam que
Du(x, t) = D1 u(x, t)e1 + D2 u(x, t)e2 + · · · + Dn u(x, t)en = ϕ0 (x, t)e1 .
14

Além disso, a matriz das derivadas de segunda ordem [D2 Z] é semi-definida negativa com
entradas dadas por (2.5).
No ponto de máximo,
0⩽

∂Z
∂t

∂u
∂u
∂ϕ
(y, t) −
(x, t) − 2
−ε
∂t
∂t
∂t
X
<
aij (Dy u, t)Di Dj u(y, t)
=

i,j

−

X

aij (Dx u, t)Di Dj u(x, t) − 2

i,j

= a11 (ϕ0 e1 , t)D1 D1 u(y, t) +

n
X

∂ϕ
∂t

aii (ϕ0 e1 , t)Di Di u(y, t)

i=2

+

X

0

ij

a (ϕ e1 , t)Di Dj u(y, t)

i6=j

−a11 (ϕ0 e1 , t)D1 D1 u(x, t) −

n
X

aii (ϕ0 e1 , t)Di Di u(x, t)

i=2

−

X

aij (ϕ0 e1 , t)Di Dj u(x, t) − 2

i6=j

∂ϕ
∂t

 X



n
ϕ0
1 00
ii
0
a (ϕ e1 , t) Zyi yi +
= a (ϕ e1 , t) Zy1 y1 + ϕ +
2
|y − x|
i=2


X
1
aij (ϕ0 e1 , t)Zyi yj + a11 (ϕ0 e1 , t) Zx1 x1 + ϕ00
+
2
i6=j

 X
n
X
ϕ0
∂ϕ
ii
0
aij (ϕ0 e1 , t)Zxi xj − 2
+
a (ϕ e1 , t) Zxi xi +
+
|y − x|
∂t
i=2
i6=j
11

0

n
X

ii

n
ϕ0 X ii X ij
∂ϕ
a (Zyi yi + Zxi xi ) + a ϕ + 2
a +
a (Zyi yi + Zxi xi ) − 2
=
|y − x| i=2
∂t
i=1
i6=j
11

00

n
ϕ0 X ii
+2
c Zxi yj − c − 2
c
|y − x| i=2
i6=j

X

ij

11

n
∂ϕ
ϕ0 X ii
11
11
00
= Tr(A · [D Z]) − 2
+ (a − c )ϕ + 2
(a − cii ).
∂t
|y − x| i=2
0

2

Observe que na quinta etapa adicionamos e subtraimos o termo 2Tr(C · [Zxy ]), para alguma
matriz C de ordem n, onde
Tr(C · [Zxy ]) =

n
X
i,j=1

cji Zxi yj =

n
X

cii Zxi yi =

i=1

15

n
c11 00
ϕ0 X ii
ϕ +
c .
2
|y − x| i=2

Além disso, a matriz A0 de ordem 2n que aparece na última etapa é definida por


A C
0
A =
,
CT A
assim
n
ϕ0 X ii X ij
Tr(A · [D Z]) =
c +
a (Zxi xi + Zyi yi ) + 2
a (Zxj xi + Zyj yi ).
|y − x| i=2
i=1
i6=j
0

2

n
X

ii

Se escolhermos C de forma que A0 seja semi-definida positiva, então teremos
Tr(A0 · [D2 Z]) ⩽ 0.
Para fazer o coeficiente de ϕ0 /|y − x| anular-se, tomaremos cij = aij (ϕ0 e1 ) para (i, j) 6= (1, 1).
Finalmente, escolhemos c11 de forma a maximizar o coeficiente de ϕ00 . A condição A0 ⩾ 0
é equivalente a
 
v
0
T
T
[ v u ]A
= v T Av + uT Au + 2v T Au − 2(a11 − c11 )v 1 u1 ⩾ 0.
(3.4)
u
onde u, v ∈ Rn . Agora, seja α definida por (3.2) com p = ϕ0 e1 , v = (v1 , · · · , vn ) e
R = |ϕ0 e1 | = |ϕ0 |. Assim,
0 < α(|ϕ0 |) ⩽ (ϕ0 )2 ·

v T Av
v T Av
v T Av
0 2
=
(ϕ
)
·
=
.
(v · ϕ0 e1 )2
(ϕ0 )2 (v1 )2
(v 1 )2

Escolhendo c11 = a11 (ϕ0 e1 ) − 2α(|ϕ0 |) e substituindo em (3.4) obtemos
 
v
0
T
T
[ v u ]A
= v T Av + uT Au + 2v T Au − 4αv 1 u1
u
=
=
⩾
⩾

(v + u)T A(v + u) − 4αv 1 u1
(v + u)T A(v + u) − α[(v 1 + u1 )2 − (v 1 − u1 )2 ]
(v + u)T A(v + u) − α(v 1 + u1 )2
0,

de forma que A0 é semi-definida positiva. Finalmente, por (3.3), obtemos a seguinte desigualdade em (x0 , y0 , t0 ):


∂Z
∂ϕ
0 00
0⩽
< 2 α(|ϕ |ϕ −
⩽ 0,
∂t
∂t
uma contradição que prova que Z(x, y, t) < 0 para todo (x, y) e t ⩾ 0. A estimativa para
|u(y, t) − u(x, t)| é obtida fazendo-se ε → 0.
Caso 2. O ponto (x0 , y0 ) está na fronteira de Ω × Ω
16

Considere o caso em que y está na fronteira ∂Ω. Se tomarmos derivadas em y que estão em
direções µ(y) que não têm componente normal na fronteira (direções de vetores tangentes),
então, como (x0 , y0 , t0 ) é um ponto de máximo de Z|∂Ω , temos que Dµ(y) Z(x0 , y0 , t0 ) = 0.
Por outro lado, seja η(y) o vetor normal unitário exterior a ∂Ω em y. Assim,
Dη Z(x, y, t) =
=

=
=
⩽

d
Z(x, y + sη(y), t)
ds
s=0


d
d
d
|y + sη(y) − x|
u(y + sη(y), t)
− u(x, t)
−2 ϕ
,t
ds
ds
ds
2
s=0
s=0
s=0
d
− ε(1 + t)
ds
s=0
y−x
· η(y)
Du(y, t) · η(y) − ϕ0
|y − x|
y−x
0 − ϕ0
· η(y)
|y − x|
0

pois Du(y0 , t0 )·η(y0 ) = Dη u(y0 , t0 ) = 0 pela condição de fronteira, ϕ0 ⩾ 0 e (y0 −x0 )·η(y0 ) ⩾ 0
pela convexidade de Ω. Se a desigualdade é estrita, então chegamos numa contradição, pois
(x0 , y0 ) não seria um ponto de máximo, uma vez que
Z(x0 , y0 − sη(y0 ), t0 ) > Z(x0 , y0 , t0 )
para s pequeno. Assim Dη Z = 0 e podemos concluir que Dy Z(x0 , y0 , t0 ) = 0.
Agora, ainda com y em ∂Ω, consideremos a posição de x; ou x é um ponto interior de Ω,
ou x ∈ ∂Ω. No último caso, se ν é o vetor normal unitário exterior a ∂Ω em x, deduzimos,
como acima, que
d
Z(x + sν(x), y, t)
ds
s=0
y−x
= −Du(x, t) · ν(x) + ϕ0
· ν(x)
|y − x|
⩽ 0.

Dν Z(x, y, t) =

Novamente, esta desigualdade não pode ser estrita pois (x0 , y0 ) é um ponto de máximo de Z,
e portanto Dν Z = 0. Como antes, as derivadas em outras direções também são nulas. Logo
Dx Z(x0 , y0 , t0 ) = 0.
Portanto, quando ambos x e y estão na fronteira de Ω, DZ = 0 e [D2 Z] ⩽ 0.
No caso em que x está no interior de Ω, Dx Z = 0 e portanto DZ = 0 e [D2 Z] ⩽ 0 (é claro
que o caso em que y está no interior de Ω e x ∈ ∂Ω é análogo a este). Logo, em qualquer
caso, podemos argumentar exatamente como no caso onde x e y são pontos interiores para
obter uma contradição e concluir a prova do Teorema. 

17

Corolário 3.2 Seja Ω ⊂ Rn um domı́nio convexo com diâmetro D, e v(x, t) uma solução
suave da equação do calor com fronteira de Neumann

∂v

= ∆v
em Ω × [0, ∞)

∂t
.
(3.5)

 ∂v = 0
em ∂Ω × [0, ∞)
∂ν
Suponha que v(·, 0) tem módulo de continuidade ψ, onde ψ : [0, D/2] → R é suave com
ψ(0) = 0 e ψ 0 (z) ⩾ 0. Seja ϕ : [−D/2, D/2] → R solução do problema
∂ϕ
(x, t) = ϕ00 (x, t)
∂t



D

0
ϕ ±
=0
2





em [−D/2, D/2] × R+
,

tal que ϕ(z, 0) = ψ(z) para todo z ∈ [0, D/2], ϕ0 ⩾ 0 em [−D/2, D/2] × R+ e ϕ(0, t) ⩾ 0 para
cada t. Então ϕ(·, t) é um módulo de continuidade para v(·, t) para cada t ⩾ 0. Ou seja,


|x − y|
,t
|v(x, t) − v(y, t)| ⩽ 2ϕ
2
∀x, y ∈ Ω, t ⩾ 0.
Prova. A prova é análoga àquela do Teorema 3.1, com as devidas modificações nos domı́nios
de ϕ e ψ, e tomando aij = δij para obter
∆v =

n
X
∂ 2v
i=1

∂x2i

.


Vamos aplicar agora o Corolário 3.2 para dar uma nova prova de um resultado, obtido
em 1960 por Payne e Weinberger [5], que dá uma estimativa inferior positiva para o primeiro autovalor não-nulo do Laplaciano, em um domı́nio convexo e limitado, sob condições
de fronteira de Neumann. A prova que exibiremos consiste em estimar o módulo de continuidade para soluções da equação do calor e foi obtida recentemente por Ben Andrews e Julie
Clutterbuck, a partir dos resultados nos artigos [1], [2] e [3].
Mais prescisamente, vamos considerar o problema

em Ω
−∆u = λu
 ∂u = 0
∂ν

em ∂Ω

18

,

onde Ω ⊂ Rn é um domı́nio compacto e convexo, λ ∈ R e u é suave em Ω. Observemos
primeiramente, que se λ é um autovalor de −∆ no problema referido acima, então λ ⩾ 0.
De fato, seja u ∈ C ∞ (Ω) uma autofunção associada ao autovalor λ; assim, usando integração
por partes, temos que
Z
Z
2
λ u dx = − u(λu)dx
Ω
ZΩ
= − u∆udx
Z Ω
Z
∂u
2
udS
=
|Du| dx −
∂ν
Ω
∂Ω
Z
=
|Du|2 dx
Ω

⩾ 0.
Note que se λ = 0 então ∆u = 0 em Ω, e portanto
Z
Z
Z
2
|Du| dx = − u∆udx +
Ω

∂u
dS = 0,
∂Ω ∂ν

Ω

assim |Du| = 0 em Ω, e, como u é conexo, isto implica que u é constante em Ω. Reciprocamente, se u é constante em Ω, então
λu = ∆u = 0
em Ω, e como u 6= 0(pois u é autofunção), temos que λ = 0. Além disso, o conjunto dos
possı́veis valores de λ é enumerável e forma uma sequência não decrescente
0 = λ0 < λ1 ⩽ λ2 ⩽ · · · ,
com lim λk = +∞.
k→+∞

O teorema que provaremos a seguir nos dá uma estimativa inferior positiva para λ1 .
Teorema 3.3 (Payne - Weinberger) Seja Ω ⊂ Rn um domı́nio compacto e convexo, com
diâmetro D, e seja (λ, u) um par autovalor-autofunção do problema de Neumann

−∆u = λu

em Ω

 ∂u = 0
∂ν

em ∂Ω

,

com λ > 0 e u ∈ C ∞ (Ω). Nessas condições, temos que
λ⩾

π2
.
D2

19

(3.6)

Prova. Seja (λ, u) um par autovalor-autofunção que resolve o problema (3.6) e considere a
função
v(x, t) = e−λt u(x),
para x ∈ Ω e t ≥ 0. Temos que
∂v
(x, t) = −λe−λt u(x) = e−λt (−λu(x)) = e−λt ∆u(x) = ∆v(x, t)
∂t
e
∂u
∂v
(x, t) = e−λt (x) = 0, em ∂Ω.
∂ν
∂ν
Logo v satisfaz o Problema de Neumann (3.5). Vamos mostrar que existe uma constante
positiva C tal que a função ψ : [0, D/2] → R+ dada por
 πz 
ψ(z) = C sin
D
é um módulo de continuidade para v(x, 0) = u(x).
Afirmação: Existe uma constante C > 0 tal que ∀x, y ∈ Ω, tem-se

 π
|x − y| .
|u(x) − u(y)| ⩽ C sin
2D
Observe que para x = y nossa afirmação é obviamente verdadeira, pois os dois lados da
desigualdade acima se anulam. Assim, suponhamos que x 6= y. Como Ω é compacto e u é
suave em Ω, temos que
|u(x) − u(y)| ⩽ M |x − y|
∀x, y ∈ Ω, onde M = maxΩ |u0 (ξ)| > 0. Se nossa afirmação for falsa, então ∀C > 0,
∃ x, y ∈ Ω tais que
 π

C sin
|x − y| < |u(x) − u(y)| ⩽ M |x − y|,
2D
o que implica
|x − y|
C
.
<
π
M
sin 2D
|x − y|
Mas isto é um absurdo, pois a função f : (0, D] → R dada por f (r) =
uma vez que ela é contı́nua em (0, D] e lim f (r) =
r→0

20

r
sin

π
r
2D

 é limitada,

2D
. Logo nossa afirmação é verdadeira.
π

Note que a função ψ definida acima satisfaz as condições
 πz 
Cπ
ψ(0) = 0 e ψ (z) =
cos
⩾ 0 em [0, D/2].
D
D
0

Para seguir com a prova do Teorema, vamos definir a função ϕ : [−D/2, D/2] × R+ → R
pondo
 πz 
π2
ϕ(z, t) = Ce− D2 t sin
,
D
onde a constante C é a mesma que aparece na definição de ψ. Note que ϕ(z, 0) = ψ(z) para
z ⩾ 0, ϕ0 (z, t) ⩾ 0 em [−D/2, D/2] × R+ e ϕ(0, t) = 0 para cada t ⩾ 0. Além disso, como
 πz 
Cπ 2 π2
∂ϕ
(z, t) = − 2 e− D2 t sin
,
∂t
D
D
 πz 
Cπ − π22 t
ϕ0 (z, t) =
e D cos
D
D
e
ϕ00 (z, t) = −

 πz 
Cπ 2 − π22 t
D
e
sin
,
D2
D

temos que ϕt = ϕ00 em [−D/2, D/2] × R+ e


 π
Cπ − π22 t
D
0
ϕ ± ,t =
e D cos ±
= 0.
2
D
2
Logo, pelo Corolário 3.2, a função ϕ(·, t) definida acima, é um módulo de continuidade para
a função v(·, t) = e−λt u(·), para cada t ⩾ 0. Assim,
e−λt |u(y) − u(x)| = |v(y, t) − v(x, t)|


|y − x|
⩽ 2ϕ
2


2
π|y − x|
− π2 t
D
= 2Ce
sin
,t
2D
π2

⩽ 2Ce− D2 t .
Multiplicando os dois lados da desigualdade acima por eλt , obtemos que
 2

− π 2 −λ t

|u(y) − u(x)| ⩽ 2Ce

D

.

Como a função u é não-constante, sabemos que
oscΩ u = sup |u(y) − u(x)| > 0.
Ω

21

(3.7)

Fazendo θ = oscΩ u e tomando o supΩ dos dois lados da desigualdade (3.7) obtemos
−



0 < θ ⩽ 2Ce

π2
−λ
D2


t

o que implica

ln(θ) ⩽ ln(2C) −


π2
− λ t,
D2

e para t > 0, isto é equivalente a
ln(2C)
ln(θ)
⩽
−
t
t




π2
−λ .
D2

Como a última desigualdade é válida para todo t > 0, fazendo t → +∞ concluimos que
π2
⩽λ,
D2
como querı́amos mostrar. 

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Referências Bibliográficas
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equations in one space variable, J. Differential Equations 246 (2009), no. 11, 4268-4283.
MR2517770 (2010j:35237)
[2] B. Andrews and J. Clutterbuck, Time-interior gradient estimates for quasilinear parabolic equations, Indiana Univ. Math. J. 58 (2009), no. 1, 351-380. MR2504416
(2010k:35234)
[3] B. Andrews and J. Clutterbuck, Proof of the fundamental gap conjecture, J. Amer. Math.
Soc. 24:3 (2011), 899-916. MR 2012d:35051 Zb1 1222.35130
[4] K. Ecker, G. Huisken, Interior estimates for hipersurfaces moving by mean curvature,
Invent. Math. 105 (3)(1991)547-569, MR 1117150 (92i:53010).
[5] L. E. Payne and H. F. Weinberger, An optimal Poincaré inequality for convex domains,
Arch. Rational Mech. Anal. 5 (1960), 286-292 (1960). MR0117419 (22:8198)

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