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Capítulo 1

Introdução

Uma equação diferencial parcial (edp) desegunda ordemem duas variáveis.x; t/ é umaexpressão da forma

F.x; t; u; ux; ut ; uxx; ut t ; uxt/ D 0; (1.1)

em queF é uma função e as variáveis independentes.x; t/ pertencem a um domínioU � R2.

(A ordemde uma edp é dada pela derivada de maior ordem que ocorre na equação que adefine. Assim, a definição dada é facilmente estendida para equações de qualquer ordem epara qualquer número de variáveis independentes.)

Uma soluçãoclássicadessa edp é uma funçãouW U � R2 ! R de classeC 2 que,

substituída na equação.1:1/, a transforma em uma identidade. (Também essa definição podeser facilmente estendida.) O gráfico de uma soluçãouW U � R

2 ! R descreve uma superfícieno sistema de coordenadasxtu doR

3.Estamos assumindo quex seja uma variável espacial et uma variável temporal. Equações

desse tipo são chamadas deequações de evolução. Se as variáveis forem todas espaciais,dizemos que é umaequação de equilíbrio. Nesse caso, é usual denotar as variáveisindependentes porx e y (ou x1; : : : ; xn no caso de existiremn variáveis independentes).Equações de evolução descrevem fenômenos que dependem do tempo, enquanto equações deequilíbrio governam fenômenos depois que efeitos transientes são desprezíveis ou não maisexistem.

Uma edp de segunda ordem em duas variáveis équasilinearse suas derivadas de maiorordem (chamadaparte principalda equação) têm a forma

a.x; t; u; ux; ut/uxx C 2b.x; t; u; ux; ut/uxt C c.x; t; u; ux; ut/ut t :

Assim, uma edp quasilinear em duas variáveis pode ser escrita como

a.x; t; u; ux; ut/uxx C 2b.x; t; u; ux; ut/uxt C c.x; t; u; ux; ut/ut t C d.x; t; u; ux; ut/ D 0:

Por exemplo, a edp de equilibrio dada por

uuyuxx C yuux D 0

é quasilinear, pois sua parte principal é dada poruuyuxx .

1

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2 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO

Uma edplinear de segunda ordem em duas variáveis tem a forma

a.x; t/uxx C 2b.x; t/uxt C c.x; t/ut t C d.x; t/ux C e.x; t/ut C f .x; t/u D g.x; t/:

Seg.x; t/ � 0, dizemos então que a equação éhomogênea. Note que, definindo

Lu D a.x; t/uxx C 2b.x; t/uxt C c.x; t/ut t C d.x; t/ux C e.x; t/ut C f .x; t/u;

obtemos uma aplicação linearLW C 2.U / ! C 0.U / que a cadau 2 C 2.U / associaLu 2 C 0.U /. Como consequência, combinações lineares de uma edp linearhomogêneasão também soluções da equação. Além disso, as soluções de uma edp linear não homogêneaLu D g são obtidas comov D up C uh, em queup é uma solução particular deLu D g euh

uma solução da equação homogêneaLu D 0.

Exercício 1 Como você acha que é definida uma equação quasilinear de quarta ordem emduas variáveis?

Exercício 2 Escreva a forma geral de uma equação quasilinear de primeiraordem em duasvariáveis.

Exercício 3 Mostre que a edput C uux D 0 não é uma equação linear.

1.1 Equações Lineares de Segunda Ordem

Podemos classificar equações lineares em duas variáveis considerando apenas sua parteprincipal:

auxx C 2buxt C cut t ; (1.2)

em que os coeficientesa; b e c dependem de.x; t/.Dizemos que uma edp linear éhiperbólica, seb2 � ac > 0; éparabólica, seb2 � ac D 0

e elíptica, seb2 � ac < 0. Equações hiperbólicas e parabólicas são, tipicamente, equaçõesde evolução que governam as propagações de ondas e do calor, respectivamente. Equaçõeselípticas são, em geral, equações de equilíbrio. Note que, dependendo do ponto.x; t/ umaequação pode ser hipérbolica, parabólica e elíptica no mesmo domínioU .

Vamos mostrar que equações lineares em duas variáveis podemser colocadas – localmente– em formas mais simples, chamadasformas canônicas.

Para isso, vamos utilizar a mudança de variável.x; t/ 7! .�; �/. (Estamos supondo queessa mudança de variável seja invertível, isto é, que o jacobianoJ D �x�t � �t�x seja nãonulo em uma vizinhança do ponto onde a mudança de variável vaiser empregada.)

De acordo com o Regra da Cadeia, temos

ux D u��x C u��x e ut D u��t C u��t ;

de modo que

uxx D u��2x C u��x�x C u��xx C u��x�x C u��2

x C u��xx;

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1.1. EQUAÇÕES LINEARES DE SEGUNDA ORDEM 3

uxt D u��t�x C u��t�x C u��xt C u��t�x C u��t�x C u��xt ;

eut t D u��2

t C u��t�t C u��t t C u��t�t C u��2t C u��t t :

Portanto, a parte principal da edp quasilinear nas variáveis .�; �/ é dada por

Au�� C 2Bu�� C C u��;

em que

A D a�2x C 2b�x�t C c�2

t ; B D a�x�x C b.�x�t C �t�x/ C c�t�t

eC D a�2

x C 2b�x�t C c�2t :

Note que, denotando� D �.x; t/, as expressões deA eC tem a forma

a�2x C 2b�x�t C c�2

t :

Suponhamos que a edp quasilinear.1:2/ sejahiperbólica. Vamos mostrar que podemosescolher�; � de forma a terA D C D 0 eB ¤ 0. Para isso, consideremos a equação

a�2x C 2b�x�t C c�2

t D 0;

que conduz à equação do segundo grau (dividindo por�2t e supondoa ¤ 0)

�x

�t

D �b ˙p

b2 � ac

a: (1.3)

Estamos procurando� D �.x; t/ de modo que�.x; t/ D c. De acordo com o Teorema daFunção Implícita, a expressão�.x; t/ D c define curvas no planoxt . Tomando a diferencial,obtemos�xdx C �tdt D 0, o que implicadt

dxD ��x

�t. Assim, para encontrarmos as soluções

dessa equação, basta resolvermos

dt

dxD b �

pb2 � ac

a: (1.4)

Ao tomarmos�.x; t/ e �.�; t/

como as soluções de.1:4/ obtidas as escolhermos os sinais� e C em.1:4/, temos definidasduas famílias de curvas, chamadascurvas característicasda equação quasilinear hiperbólica.1:2/. Por esse motivo,.1:4/ são as equações características associadas à equação hiperbólica.1:2/.

Ao escolhermos a mudança de variável obtida pelas curvas características, temosA DC D 0. Pode-se mostrar queB ¤ 0 (veja o Exercício 1.5), o que implica que a formacanônica da equação hiperbólica.1:2/ é dada por

u�� D 0:

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Exemplo 1.1 Consideremos a equaçãout t � 2uxx D 0, em que > 0 é uma constantepositiva. Verificamos facilmente que esse é uma equação parabólica coma D � 2, b D 0 ec D 1. Assim, as equações características são dadas por

dt

dxD ˙

p

2

2D ˙ 1

:

Daí deduzimos que� D x � t e� D x C t são as curvas características deut t � 2uxx D 0.Aplicando a mudança de variável assim definida, chegamos à equação

u�� D 0;

que implicau� D f .�/

e, portanto,

u.�; �/ DZ

f .�/d� C G.�/ D F.�/ C G.�/;

em queF eG são funções de classeC 2. Voltando às variáveis originaisx e t , vemos que

u.x; t/ D F.x � t/ C G.x C t/

são soluções deut t � 2uxx D 0 para qualquer escolha de funçõesF; G de classeC 2. Assim,a solução da equação é a composição de duas soluções: a primeira,F.x � t/ descreve umaonda que se propaga com velocidade na direçãopositivado eixox; a segunda,G.x C t/

descreve uma onda que se propaga com velocidade na direçãonegativado eixox. C

Exercício 4 Encontre a (única) solução do problema

ut t � c2uxx D 0; x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D f .x/; ut .x; 0/ D g.x/; x 2 R;

em quef e g são funções de classeC 2 definidas emR. Verifique que a solução no ponto.x; t/ apenas depende das expressões def e g (chamados dados iniciais) no intervaloŒx � ct; x C ct �.

A solução desse problema é chamada afórmula de d’Alembert.

Exercício 5 No caso hiperbólico da equação.1:2/, vimos que as curvas característicasdefinem coordenadas� e� tais queA D C D 0. Mostre queB ¤ 0 nessas coordenadas.

queSe a edp.1:2/ for parabólica, então existe apenas uma família de curvas características,

dada pela equação característicadt

dxD b

a:

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1.1. EQUAÇÕES LINEARES DE SEGUNDA ORDEM 5

Nesse caso, a solução dessa equação define a variável�.x; t/. Escolhendo qualquer função�.x; t/ de modo queJ D �x�t � �t�x seja não nulo, temos automaticamente queB D 0, demodo que, nessas variáveis, a parte principal pode ser escrita como

u��;

que é a forma canônica de uma equação parabólica.

Exercício 6 Mostre essa afirmação, isto é, mostre que se a edp quasilinear.1:2/ forparabólica, então qualquer função�.x; t/ tal que�x�t � �t�x ¤ 0 produzB D 0.

Finalmente, no caso da edp.1:2/ ser elíptica, não existem curvas características.Entretanto, procedendo de forma a obter curvas características complexas ao resolver.1:4/

e então tomando as partes real e imaginária para determinar amudança de variável.x; t/ !.�; �/, podemos obterA D C e B D 0, de modo que a parte principal na equação.1:2/ éescrita nas variáveis� e� como

u�� C u��;

que é a forma canônica de uma equação elíptica.

Exercício 7 Mostre essa afirmação.

No caso de equaçõesquasilinearesem duas variáveis independentes, continuamos aclassificar as equações como hiperbólica, parabólica ou elíptica, conforme tenhamosb2�ac >

0, b2 � ac D 0 ou b2 � ac < 0, respectivamente. Contudo, a forma canônica obtida nocaso linear não mais é válida, pois as equações características definidas por.1:4/ dependemtambém deu, que é a solução procurada do problema.

Os próximos exercícios reveem conceitos de Álgebra Linear egeneralizam a classificaçãodas equações diferenciais parciais de segunda ordem, apresentada no texto para duas variáveisindependentes, para equações comn variáveis independentes.

Exercício 8 Sejamx 2 Rn, U � R

n um aberto euW U ! R uma aplicação de classeC 2.Como sabemos, a derivada segunda deu é uma forma bilinear simétricau00.x/ (que variacom o pontox 2 U ). A forma bilinearu00.x/ pode ser representada pela matriz hessianaHx

(também dependente do pontox 2 U ).

.a/ Justifique: a forma bilinear simétricau00.x/ pode ser representada por uma matriz.Obtenha a expressão da matriz hessianaHx.

Para � D .�1; : : : ; �n/ 2 Rn, considere a forma quadrática associada à matrizHx:

Q.�/ DnX

i;j D1

aij �i�j :

Essa forma quadrática épositiva definidaseQ.�/ > 0 para todo� 2 Rn.

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.b/ Mostre queQ é positiva definida se, e somente se, todos os autovalores deHx forempositivos.

.c/ Justifique: o conjunto dos pontos� 2 Rn que satisfazQ.�/ D c > 0 é uma elípse.

Dessa forma, a denominação de equação parcial elíptica é generalizada para oRn.

.d/ Consideren D 2 e verifique a compatibilidade entre essa e a noção de equação linearelíptica anteriormente definida.

Exercício 9 Generalize as denominações de equações parabólicas e hiperbólicas paraequações parciais lineares comn variáveis independentes.

1.2 Leis de Conservação

Equações diferenciais parciais muitas vezes resultam deleis de conservação. Essas leisgeralmente são expressas por meio de equações integrais1 e garantem que certa grandeza física(energia, calor, massa etc) é preservada ou mesmo transformada durante um determinadoprocesso.

Consideraremos aqui um princípio básico, chamadolei de conservação da massa. Sejamx 2 R

n um ponto eu.x; t/ 2 R a densidade de massa no tempot de uma determinadasubstância distribuída num domínioU � R

n. Integrandou.x; t/ com relação ax obtemos amassa total (no instantet ) contida emU :

massa total2 (no instantet ) contida emU DZ

U

u.x; t/dx:

Pode ser que massa esteja sendo produzida (ou destruída) dentro deU (por exemplo, pormeio de uma reação química). Vamos denotar porf .x; t; u/ a densidade de massau que éproduzida (ou destruída) no instantet no pontox 2 U . Assim,

taxa de variação da massa (com relação ao tempot ) em U DZ

U

f .x; t; u/dx:

Sejaˆ.x; t/ o fluxo da massau.x; t/, isto é, a taxa de transferência de massa para foradeU . Se� denota o vetor normal exterior unitário deU (assim, em geral,� depende dex),então o fluxo deixando (ou entrando) emU é dado por

fluxo3 através deU DZ

@U

ˆ.x; t/ � �dS;

em quedS denota o elemento de área em@U .

1Derivando essas equações integrais, obtemos equações diferenciais.2Sex 2 R

3, é usual denotar”

Uu.x; t/dV . A mesma observação também se aplica à próxima integral.

3Sex 2 R3, essa integral é usualmente denotada por

’

S ˆ � �dS ou’

S ˆ � dS, em queS D @U .

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1.2. LEIS DE CONSERVAÇÃO 7

A lei de conservação parau.x; t/ é dada por

d

dt

Z

U

udx D �Z

@U

ˆ � �dS CZ

U

fdx: (1.5)

Para justificar o sinal negativo na integral do fluxo, suponhaquef seja positiva, de modo quemassa está sendo criada emU ; devido à orientação da normal�, o fluxo é positivo quando amassa estiver saíndo deU . Assim, o fluxo diminui a taxa em queu aumenta emU .

Aplicando o Teorema da Divergência (que hipóteses permitema aplicação do Teorema daDivergência?)

Z

U

div ˆdx DZ

@U

ˆ � �dS

e supondo que.d=dt/R

Uudx D

R

Uutdx (que hipóteses sobreu permitem a derivação sob

o sinal de integração?), chegamos à forma4

Z

U

utdx D �Z

U

div ˆdx CZ

U

fdx;

ou seja,Z

U

.ut C div ˆ � f /dx D 0

que produz a equação diferencial parcial

ut C div ˆ D f: (1.6)

Na dedução acima, nossa hipótese foi que o fluxo dependesse apenas de.x; t/. Em situaçõesmais complexas, o fluxo também pode depender deu (ˆ D ˆ.x; t; u/) ou mesmo de derivadasdeu. O termof é chamado de termo dereação.

Hipóteses sobre o fluxo são chamadas deequações de estadoe são feitas com base emobservações empíricas de determinados fenômenos naturais. Diferentes equações de estadoconduzem a diferentes equações diferenciais parciais; quanto mais complexas as equações deestado, mais complexos os fenômenos descritos.

Exercício 10 Considere a equação deKorteweg-deVries(abreviada KdV), dada por

ut C uux C uxxx D 0;

comx 2 R. Escreva essa equação na forma de lei de conservação e identifique a equação deestado utilizada. Qual o valor def nessa equação?

Exercício 11 Deduza a equação diferencial parcial obtida de.1:6/ utilizando a equação deestado .x; t/ D �KDxu.x; t/ (chamada deLei de Fick), em queDxu denota a derivada deu com relação à variávelx eK é uma constante. Com o termof presente, a equação obtidaé chamadaequação de reação e difusão. Sef D 0, trata-se de uma equação de difusão.

4Quer dizer, a taxa de variação da massa emU é igual à taxa de transferência da massa paradentrodeU

somado à taxa de criação da massa emU .

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1.3 A Equação do Transporte

De todas as equações diferenciais parciais lineares importantes, a mais simples é aequação do transporte com coeficientes constantes. Ela é dada por

ut C c � ru D 0 in Rn � Œ0; 1/; (1.7)

em quec D .c1; : : : ; cn/ 2 Rn é um vetor fixo eu D u.x; t/ (comx D .x1; : : : ; xn/ 2 R

n et � 0). Estamos denotando porru D rxu D .ux1

; : : : ; uxn/ o gradientedeu com respeito

ax, de modo quec � ru decreve o produto interno usual dos vetoresc eru.Essa edp resulta da lei de conservação.1:6/ ao se supor D cu, c 2 R

n fixo. (Verifique!)Para obter a solução de.1:7/, basta interpretarmos seu significado. SeDu D .ru; ut/, a

equação é dada porDu � .c; 1/ D .ru; ut/ � .c; 1/ D 0;

em que� denota o produto interno usual noRnC1. Em outras palavras, ela nos diz que a

derivada deu na direção do vetor.c; 1/ é nula. Assim, fixado um ponto.x; t/ 2 Rn � .0; 1/

arbitrário, consideremos a reta partindo de.x; t/ na direção de.c; 1/. Ela é dada por.x; t/ C s.c; 1/ D .x C sc; t C s/. Se definirmos, paras 2 R,5

z.s/ D u.x C sc; t C s/;

temosz.0/ D u.x; t/ e vemos que (1.7) implica

z0.s/ D Du:.c; 1/ D c � ru.x C sc; t C s/ C ut.x C sc; t C s/ D 0:

Isso quer dizer quez.s/ é constante. (Note quez0.s/ é a derivada direcional deu na direçãodo vetorv D .c; 1/.) Ao obtermos o valor dez em qualquer ponto, teremos, em particular, asolução da equação do transporte no ponto.x; t/.

Exercício 12 Denotando porDu.x C sc; t C s/ a derivadadeu com relação ax no ponto.x C sc; t C s/ (ao invés dogradiente), como deveríamos denotarz0.s/?

1.3.1 O problema de Valor Inicial

Consideremos o problema de valor inicial�

ut C c � ru D 0 emRn � .0; 1/

u.x; 0/ D g.x/; x 2 Rn:

(1.8)

Tanto c 2 Rn comogW R

n ! R são conhecidos. O problema consiste em determinaru,conhecendo seu valor no hiperplanoR

n � ft D 0g � RnC1.

De acordo com o que já vimos, basta determinar o valor dez em um ponto arbitrários.Uma vez quez.s/ D u.x C sc; t C s/, para interceptarmos o hiperplano� WD R

n � ft D 0g5A rigor, devemos tert C s � 0.

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1.3. A EQUAÇÃO DO TRANSPORTE 9

basta fazers D �t . Assim,z.�t / D u.x � tc; 0/ D g.x � tc/. Como a solução da equaçãodo transporte é o valor dez.s/ em qualquer ponto, concluímos que

u.x; t/ D g.x � tc/; para todo.x; t/ 2 Rn � Œ0; 1/: (1.9)

Portanto, se o problema.1:8/ possui uma solução suficientemente regular, essa solução é dadapor .1:9/. Reciprocamente, é fácil verificar queu definida por.1:9/ é uma solução de.1:8/

seg 2 C 1.

✲

✻

✕

c

1

x0 x

t .x; t/

Figura 1.1: Sex 2 R, resolvemos o problema de valor inicial ao encontrarmos o ponto x0,em queu.x0; 0/ D u.x � tc; 0/ D g.x � tc/.

Exercício 13 Mostre que.1:9/ é uma solução de.1:8/ seg 2 C 1.

Observação 1.2Seg não for de classeC 1, o problema.1:8/ não possui solução de classeC 1. Mas, mesmo assim, a expressão.1:9/ representa o único candidato razoável a solução de.1:8/. Nesse caso,uW R

n � Œ0; 1/ ! R dada poru.x; t/ D g.x � tc/ é chamadasoluçãofraca, mesmo seg (e, portanto,u) for descontínua.

1.3.2 O Problema Não Homogêneo

Consideremos a versão não homogênea de.1:8/:

�

ut C c � ru D f em Rn � .0; 1/

u.x; 0/ D g.x/; x 2 Rn:

(1.10)

É natural tentarmos relacionar a solução do problema homogêneo com a solução procurada.

Exercício 14 Porque énaturalessa tentativa?

Logo, consideremosz.s/ WD u.x C sc; t C s/ paras 2 R. Então temos (verifique!)

z0.s/ D c � ru.x C sc; t C s/ C ut.x C sc; t C s/ D f .x C sc; t C s/:

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Isso quer dizer quez pode ser facilmente obtido. Comoz.0/ D u.x; t/ e z.�t / sãoconhecidos, vem

u.x; t/ � g.x � ct/ D z.0/ � z.�t / DZ 0

�t

z0.s/ds

DZ 0

�t

f .x C sc; t C s/ds

DZ t

0

f .x C .s � t /c; s/ds:

Assim,

u.x; t/ D g.x � tc/ CZ t

0

f .x C .s � t /c; s/ds .x 2 Rn; t � 0/ (1.11)

resolve o problema.1:10/.

Exercício 15 Mostre que

Z 0

�t

f .x C sc; t C s/ds DZ t

0

f .x C .s � t /c; s/ds:

Exercício 16 Mostre que.1:11/ é uma solução de.1:10/.

1.4 O Método das Características

As soluções dos problemas de valor inicial.1:8/ e .1:10/ foram obtidas ao se transformara equação diferencial parcial numa equação ordinária. Esseprocedimento é um caso especialdo método das características, que passaremos a desenvolver.

Começamos reescrevendo a solução da equação de transporte.1:8/ de forma a ressaltar ométodo que empregamos:

Exemplo 1.3 Consideremos a equaçãout C c � ru D 0. Suponhamos quer.s/ D .x.s/; s/

descreva uma curva no espaçoRnC1 passando pelo ponto.x; t/ no instantes D 0. Queremos

obter a soluçãou.x; t/. Para isso, consideremos a função realu.r.s//. Então temos

d

dsu.r.s// D ut.r.s// C ru.r.s// � dx

ds;

expressão que mostra comou varia ao percorrer a curvar.s/. (Lembre-se queru denota ogradiente deu com respeito à variávelx.)

Comparando com a equação do transporte, vemos que

du

dsD 0 ao percorrer a curva definida por r 0.s/ D .c; 1/;

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1.4. O MÉTODO DAS CARACTERÍSTICAS 11

ou, o que é equivalente,

u D constante, ser.s/ D .x; t/ C s.c; 1/ D .x C sc; t C s/:

O conjunto de todas as curvasr.s/ (no caso, retas) é chamado conjunto dascurvascaracterísticasdesse problema.

Dada uma condição inicialu.x; 0/ D g.x/ e representando o hiperplanox D 0 no RnC1

por uma reta horizontal, obtemos a interseção da curva característicar.s/ com o hiperplanox D 0 ao fazermoss D �t . (Veja a Figura 1.1.) Comou é constante em cada retar.s/, asolução nesse ponto nos fornece a solução no ponto.x; t/.

Assim, a solução do problema inicial.1:8/ é dada por

u.x; t/ D u.r.�t // D u.x � tc; 0/ D g.x � tc/:

No instantet D 0, a solução tem a formag.x/, dada por sua condição inicial. Em umtempot ¤ 0, a soluçãog.x � tc/ descreve a mesma funçãog, apenas deslocada pelo vetortc, poisu.tc; t/ D g.tc � tc/ D g.0/.6 C

✲

✻

✲

✻

x xct

y y

(a) (b)

Figura 1.2: A figura (a) mostra o gráfico deu no instantet D 0 e, parac > 0, a figura (b)mostra o gráfico no instantet .

Exercício 17 Considere, no Exemplo 1.3, o casox 2 R. Verifique que, se� D x � tc 2 R, anoção característica está de acordo com aquela utilizada naSeção 1.1.

Exercício 18 No casox 2 R, reescreva a solução do Exemplo 1.3 denotando a curvacaracterística, ao invés der.s/, por x.t/ e considerando integrais indefinidas. Emoutras palavras, escreva a curva característica como gráfico de função e não como curvaparametrizada. Pode-se aplicar esse método também sex 2 R

n?

6No Rn, a superfície descrita pelo gráfico deg.x/ é deslocada na direção do vetortc. Sex 2 R e t > 0,

entãog.x/ se desloca para a direita com velocidadec ou, o que é o mesmo, as retas características se deslocampara a direita com velocidadec.

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Exemplo 1.4 Consideremos o problema de valor inicial

ut � xtux D 0; x 2 R; t > 0

u.x; 0/ D g.x/; x 2 R:

Nesse caso, estamos resolvendo a equaçãout C c.x; t/ux D 0, em quec.x; t/ D �xt .Para encontrar as curvas características do problema, precisamos resolver

dx

dtD �xt;

cuja solução é dada porx D � exp.�t2=2/, sendo� uma constante. Ao longo da família decaracterísticas temos

u D constante em x.t/ D � exp.�t2=2/:

f igura

Uma vez que a soluçãou é constante ao longo dessas curvas ex.0/ D �

u.x; t/ D u.x.t/; t/ D u.�; 0/ D g.�/ D g�

x exp.t2=2/�

;

pois a curva que passa por.x; t/ é dada porx D � exp.�t2=2/, o que implica� Dx exp.t2=2/.

É fácil verificar que essa é a solução do problema dado, definida para todot > 0.

Tentar fazer figura 2.4, p. 55, Logan

C

Uma edp raramente é estudada por si só; em geral, é estudada juntamente com condiçõesiniciais – comou.x; 0/ D f .x/ – e/ou condições de fronteira – comou.0; t/ D 0. Uma vezque equações diferenciais parciais resultam do estudo de fenômenos naturais ou geométricos,o objetivo dessas condições é permitir a obtenção de uma solução que descreva o fenômenoconsiderado. Em geral, isso leva às seguintes questões:

.a/ O problema possui solução? Essa solução está definida em todoo domínio considerado?Por exemplo, se estivermos estudando um problema de evolução, a solução está definidapara todot > 0? (Nesse caso, dizemos que a solução encontrada é uma soluçãoglobal.)Se temos uma solução global, qual o tipo de solução obtida para t suficientementegrande? (Quer dizer, estudamos ocomportamento assintóticode uma solução global.)

.b/ A solução encontrada é única? Em grande parte dos fenômenos naturais estudadosconstata-se empiricamente a existência de uma única solução; se acreditamos que oproblema de edp considerado modela bem o fenômeno natural estudado, essa unicidadedeve ser obtida matematicamente.

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.c/ uma vez que muitas vezes dados iniciais ou de fronteira são aproximações ousimplificações de situações reais, queremos que pequenas variações nesses dadosprovoquem pequenas variações na solução obtida. Quando isso ocorre, dizemos queo problema ébem posto.

O tipo de uma equação quase sempre define quais condições são necessárias para queo problema seja bem posto. Por exemplo, problemas elípticosraramente são bem postosutilizando condições iniciais. (Afinal, muitos deles resultam do comportamento assintóticode problemas de evolução e o efeito de dados iniciais não deveperdurar nessa situação.) Poroutro lado, problemas como a equação de onda estudada no Exercício 4 possuem soluçãoúnica determinada apenas pelos dados iniciais.

Exemplo 1.5 Considere a equação do transporte, agora considerada para0 < x < 1:

ut C cux D 0; x 2 .0; 1/; t > 0

u.x; 0/ D g.x/; x 2 .0; 1/:

Já vimos que a solução é constante nas retas características� D x�ct . Assim, o conhecimentode g estabelece uma única solução – dada poru.x; t/ D g.x � ct/ – em toda a regiãohachurada da Figura 1.3:

✲

✻

x

t

A

1

Figura 1.3: Na região hachurada, o valor deu.x; t/ está determinado pelos dados iniciais.A prescrição de valores deu em .0; t/ determina os valores deu.x; t/ em toda a regiãoA,incluindo a parte da fronteira.1; t/ acima da região hachurada.

Em particular, os valores deu.1; t/ estão fixos enquantot pertencer à região hachurada.Note, entretanto, que não temos qualquer informação sobre asolução na regiãoA da figura.Prescrevendo os valores deu na fronteira.0; t/, teremos solução única para o problema,definida em toda a regiãoA.7 C

Exemplo 1.6 Considere o problema

ut C c.u/ux D 0 x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D g.x/; x 2 R;(1.12)

7Se procuramos por uma solução clássica do problema considerado, devemos terg de classeC 1, u.0; 0/ Dg.0/ eu.0; t/ dado por uma função de classeC 1.

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em quec.u/ é uma função suave deu. (A equação é chamadaequação cinemática da onda.)Procedendo como no Exemplo 1.3, vemos que as curvas características são obtidas ao se

resolver a equaçãodx

dtD c.u/:

Como não conhecemos a soluçãou, essas curvas não são diretamente determinadas por essaequação. Mas sabemos que, ao longo dessas curvas, a soluçãou é constante. Ora, isso implicaque essas curvas só podem ser retas! De fato, seC for uma curva característica, do fato deu

ser constante emC deduzimos que, emC , dudt

D 0. Como

d 2x

dt2D d

dt

dx

dtD d

dtc.u0/ D 0;

concluímos o afirmado. (Estamos denotado poru0 o valor constante deu ao longo da curvacaracterística considerada.

Determinando a interseção com o eixox, vemos que a equação das características é dadapor

x � � D c.f .�//t:

Aqui estamosassumindoque cada ponto.x; t/ determine o valor de�. Sendo mais preciso(veja o Exercício 19), estamos assumindo que a soluçãou.x; t/ exista para todot > 0.

Assim, a solução do problema é dada por

u.x; t/ D u.�; 0/ D f .�/:

É fácil verificar que essa é a solução do problema considerado(veja o Exercício 19).Consideremos agora um caso particular do problema.1:12/: vamos suporc.u/ D u e

f .x/ D .1 C x2/�1. Em outras palavras, estamos considerando o problema

ut C uux D 0 x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D .1 C x2/�1; x 2 R:

(A equação dada é chamada deequação de Burger. Qual o fluxo associado a essa lei deconservação?)

Vamos mostrar que esse problema de valor inicial não possui solução global. Como vimos,as retas características devem ser dadas por

x � � D f .�/t D t

1 C x2:

Vamos verificar comoux varia ao longo deC . Denotandog.t/ D ux.x.t/; t/, temos

g0.t/ D uxx

dx

dtC uxt D uuxx C utx D d

dx.uux C ut / � u2

x D �u2x D �Œg.t/�2:

Resolvendo a equaçãog0 D �g2 obtemos

g.t/ D 1

t C c;

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em quec é uma constante. Comog.0/ D 1=c é a derivada da condição inicial, concluímosque

g.t/ D 1

t � .1C�2/2

2�

;

em que escolhemos um ponto.x; t/ de modo que� > 0.

f igura

Como consequência, verificamos que na reta característicaC a derivadaux torna-se infinitano tempo finitot D .1C�2/2

2�. Ou seja, uma solução clássica não pode existir para todo valor

det . C

Exercício 19 Mostre queu.x; t/ D f .�/ é solução do problema.1:12/, assumindo que cadaponto.x; t/ determine o valor de�. Verifique que, se os sinais deu0 e c0 forem iguais, entãoessa hipótese é satisfeitas e as soluçõesu.x; t/ são globais.

Exercício 20 Considere o problema de valor inicial

ut C uux D 0 x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D f .x/; x 2 R;

em que

g.x/ D�

0 se x � 0;

e�1=x se x > 0:

Qual é a velocidade das curvas características quando� � 0? E quando� > 0 fica grande?Qual é a solução do problema?

Apresentamos um último exemplo ilustrando o método das características. Para isso,consideremos uma equação da forma

ut C c.x; t; u/ux D f .x; t; u/:

Como antes, supondo uma solução da formau.x.t/; t/, obtemos

d

dtu.x.t/; t/ D ut.x.t/; t/ C ux.x.t/; t/

dx

dt:

Comparando com a equação dada, notamos que

du

dtD f ao percorrer a curva dada por

dx

dtD c:

Ao resolvermos esse sistema de equações diferenciais ordinárias (sujeito à condições iniciaisdadas no problema considerado), chegamos à solução do problema. É o que veremos nopróximo exemplo:

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Exemplo 1.7 Consideremos o problema

ut C uux D �u x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D �x2; x 2 R

:

A aplicação do método de características conduz ao sistema

du

dtD �u ao percorrer a curva dada por

dx

dtD u

com dados iniciaisu D ��=2 ex D �, ambos quandot D 0.Nesse caso, não encontramos dificuldades para resolver o sistema: temosdu

uD �dt e,

portanto,u D ae�t , sendoa uma constante. Levando na outra equação, obtemosdxdt

D ae�t ,cuja solução é dada porx D b � ae�t , em queb é uma constante. Levando os dados iniciais,obtemosa D ��=2 e b D �=2, mostrando que a solução do sistema de características é dadapor

u D ��

2e�t ; x D �

2.1 C e�t/; � 2 R:

Uma vez que a segunda igualdade nos mostra que

� D 2x

1 C e�t;

vemos que a solução da equação é dada por

u.x; t/ D � xe�t

1 C e�t;

que é uma solução global. C

Exercício 21 Utilizando o método das características, resolva o problema

ut C ux D t x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D x2; x 2 R:

Compare a solução encontrada com aquela que pode ser obtida da igualdade.1:11/ doExemplo 1.10.

Exercício 22 Mostre que o problema

ux D 0 x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D g.x/; x 2 R

não tem solução seg não for constante. Seg for constante, mostre que o problema teminfinitas soluções.

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Exercício 23 Considere o problema

ut t C uxx D 0 x 2 R; t > 0;

u.x; 0/ D f .x/; x 2 R;

ut.x; 0/ D g.x/; x 2 R:

Mostre que esse problema não é bem posto, pois pequenas variações nos dados iniciaisresultam em grandes variações na solução. Para isso, considere as soluçõesun.x; t/ Dn�1 cosnx coshnt .

(Note que esse problema trata da equação de Laplace, que é elíptica. Equações elípticasestão naturalmente relacionadas com condições de fronteira.)

Exercício 24 O Exemplo 1.1 e o problema de valor inicial da equação do transporte mostramsoluções dadas pelo deslocamento do(s) dado(s) inicial(ais). Uma questão importante éverificar se uma dada equação possui soluções como essas: ondas que se propagam no tempo.

Considere a equação de Kortweg-deVries

ut C uux C uxxx D 0;

em quex 2 R.

.a/ Suponha queu D f .z/ seja uma solução dessa equação, comz D x � ct . Substituafna equação de Kortweg-deVries e obtenha

�cf 0 C ff 0 C f 000 D 0;

em quef 0 denota a derivada def com relação az.

.b/ Integre essa equação diferencial duas vezes e obtenha

f 0 Dp

�f 3 C 3cf 2 C 6Af C 6Bp3

; (1.13)

em queA e B são constantes. (Note que tomamos o sinal positivo na raiz quadrada.Isso pode ser feito sem perda de generalidade, mas não será justificado neste curso.)

.c/ A expressão no numerador na equação anterior é uma cúbica, que pode ser analisadapelo número de raízes reais. Suponha que essa cúbica possua três raízes reais:

�f 3 C 3cf 2 C 6Af C 6B D .f � ˛/.f � ˇ/. � f /; ˛ < ˇ < :

Justifique a forma utilizada para escrever as raízes da cúbida. Em seguida, substituaessa expresão em.1:13/ e resolva a equação resultante.

.d/ Faça o mesmo supondo que a cúbica possua uma raíz real dupla (emais uma raiz real).A solução desse caso é particulamente importante e denominadasoliton.

� Terminar capítulo com exercícios

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Capítulo 2

Equações de Primeira Ordem

Este capítulo será devotado ao estudo de problemas envolvendo equações diferenciaisparciais de primeira ordem. Daremos ênfase ao emprego do método de característica paraa solução de equações quasilineares, mas também apresentaremos resultados sobre problemasgerais de primeira ordem.

2.1 Equações Quasilineares

Começaremos estudando equações quasilineares em duas variáveis. Escreveremos essasequações na forma

a.x; y; u/ux C b.x; y; u/uy D c.x; y; u/:

Note que estamos denotando pory a variável designada no Capítulo 1 port . Se tivermosb.x; y; u/ ¤ 0, ao dividirmos por esse termo obteremos uma equação como aquelas doCapítulo 1 e, assim, os métodos daquele capítulo podem ser empregados. Aqui estamosinteressados em tratar problemas mais gerais, em queb.x; y; u/ pode se anular.

Estamos supondo que.x; y/ 2 U � R2, que as funçõesa; b e c sejam de classeC 1 (em

U � R) e quea; b não sejam simultaneamente nulos emU .O gráfico de uma soluçãou dessa equação é uma superfície no espaço tridimensional

(chamadasuperfície solução), parametrizada por.x; y/ 7! .x; y; u.x; y//, de forma que seuvetor normal pode ser tomado como

� D �.x; y/ D .ux; uy; �1/:

Geometricamente, resolver uma equação quasilinear (de primeira ordem, em duasvariáveis) é o mesmo que encontrar uma superfícieS � R

3 que seja gráfico de uma funçãou, sendo que o vetor normal� D .ux; uy; �1/ deS satisfaça

.ux; uy; �1/ ��

a.x; y; u/; b.x; y; u/; c.x; y; u/�

D 0:

A existência da funçãob.x; y; u/ provoca uma alteração no método de característica: nocapítulo anterior, as curvas características eram definidas por meio de uma parametrização na

18

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2.1. EQUAÇÕES QUASILINEARES 19

format 7! .x.t/; t/. Agora vamos considerar, mais geralmente, curvas planas parametrizadasna format 7!

�

x.t/; y.t/�

. Dessa forma,

du

dt

�

x.t/; y.t/�

D ux

dx

dtC uy

dy

dt;

de modo que a equação quasilinear considerada se reduz a

du

dtD c; ao percorrer a curva plana satisfazendo

dx

dtD a;

dy

dtD b:

Assim, a obtenção das curvas características é feita através da resolução de um sistema de trêsequações diferenciais ordinárias. A solução desse sistemacria uma curva

� W t 7!�

x.t/; y.t/; u.t/�

que pertence ao gráfico da soluçãou. Chamaremos decurvas característicasà família decurvastridimensionaisque acabamos de parametrizar e deprojeção no planoxy das curvascaracterísticas à família de curvas planas�xy W t 7!

�

x.t/; y.t/�

. Assim, estamos alterandoa denominação que utilizamos no Capítulo 1: lá, as curvas características eram justamenteessas curvas no planoxy.

Seja .s/ D .x0.s/; y0.s// uma curvaregular contida em um abertoU � R2,

parametrizada em um intervalo abertoI � R. O termo regular significa que 0.s/ ¤ 0

para todot 2 I .O problema de Cauchypara uma equação quasilinear (de primeira ordem, em duas

variáveis) é encontrar a soluçãou de

�

a.x; y; u/ux C b.x; y; u/uy D c.x; y; u/; .x; y/ 2 U Iu. .s// D u0.s/; s 2 I;

(2.1)

em que tanto a curva como a funçãou0.s/ são conhecidas. Denotaremos por�.s/ D�

.s/; u0.s/�

D�

x0.s/; y0.s/; u0.s/�

. Note que�.s/ é uma curva pertencente à superfíciesolução.

Nosso objetivo é aplicar o método das características para resolver o problema de Cauchy.2:1/. Suponhamos queu seja uma solução de.2:1/ e fixemos

�

x; y; u.x; y// pertencente aográfico da soluçãou.x; y/. Queremos obter essa solução ao encontrar uma curva característicat 7!

�

x.t/; y.t/; u.t/�

que, no instantet D 0, passa pelo ponto�.s/ D�

x0.s/; y0.s/; u0.s/�

e, no instante genéricot passa pelo ponto�

x; y; u.x; y/�

.

f igura

Assim, temos naturalmente dois parâmetros envolvidos no método das características:o parâmetro t da curva característica que passa no instantet D 0 pelo ponto�

x0.s/; y0.s/; u0.s/�

e passa, no instante genéricot , pelo ponto�

x; y; u.x; y/�

. Ou seja, o

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20 CAPÍTULO 2. EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM

parâmetros é do dado inicial, enquanto o parâmetrot é da curva característica procurada.Isso nos leva a procurar por uma soluçãou dependente dos parâmetross e t que satisfaça1

8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

:

@x

dt.s; t/ D a

�

x.s; t/; b.s; t/; u.s; t/�

; x.s; 0/ D x0.s/;

@y

dt.s; t/ D b

�

x.s; t/; b.s; t/; u.s; t/�

; y.s; 0/ D y0.s/;

@u

dt.s; t/ D c

�

x.s; t/; b.s; t/; u.s; t/�

; u.s; 0/ D u0.s/:

(2.2)

Note que se trata de um sistema de equações diferenciais ordinárias no parâmetrot , comdados iniciais dependendo do parâmetros. Portanto, suas soluções existem, são únicase dependem diferenciavelmente do parâmetros. As curvas características assim obtidasnão se interceptam, como consequência do teorema de unicidade para equações diferenciaisordinárias. Mas isso não implica que suas projeções no planoxy também não se interceptem.

Uma solução do sistema.2:2/ é chamadasuperfície integraldefinida pelo “campo”.a; b; c/.2 Essa superfície integral é uma superfície solução apenas seexistir uma mudança devariável.x; y/ 7! .s; t/, de modo que essa superfície seja o gráfico da funçãou.

Vejamos inicialmente um exemplo de aplicação do método:


xux C .x C y/uy D u C 1; .x; y/ 2 R2;

u.x; 0/ D x2; x 2 R:

Começamos parametrizando os dados iniciais utilizando o parâmetros:

x0.s/ D x.s; 0/ D s; y0.s/ D y.s; 0/ D 0; u0.s/ D u.s; 0/ D s2:

Eles definem a curva plana .s/ D .s; 0/ e também a curva�.s/ D .s; 0; s2/ pertencente aográfico da soluçãou que procuramos.

O sistema de equações das curvas características é dado por

dx

dtD x;

dy

dtD .x C y/;

du

dtD u C 1:

Observe que o vetor tangente à curva� no ponto genérico�.s/ D .s; 0; s2/ é dado por.1; 0; 2s/, enquanto a curva característica procurada tem vetor tangente.s; s C0; s2 C1/ nesteponto. Note que esses dois vetores nunca são paralelos.

Resolvendo o problema

@x

@t.s; t/ D x.t/; x.s; 0/ D s;

encontramos, para cadas fixo, x.s; t/ D set .

1Uma outra notação possível seriax0s.t/ D a, xs.0/ D x0.s/ etc.

2É usual chamarF.x; y; u/ D .a; b; c/ de campo. Entretanto, como não se conheceu, F não é propriamenteum campo.

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Agora resolvemos a segunda equação:

@y

@t.s; t/ D y.t/ C set ; y.s; 0/ D 0:

Multiplicando pelo fator integrantee�t , obtemos sua solução:y.s; t/ D stet .Finalmente, resolvemos

@u

@t.s; t/ D u.t/ C 1; u.s; 0/ D s2;

cuja solução é dada poru.s; t/ D .s2 C 1/et � 1.A superfície.s; t/ 7!

�

x.s; t/; y.s; t/; u.s; t/�

é a superfície integral associada ao campoF D .a; b; c/.

Agora precisamos expressar essa superfície integral como gráfico da funçãou, isto é, obteressa solução em termos das variáveis.x; y/.

Vemos quet D y=x, o que implicas D xe�y=x. Assim, concluímos que

u.x; y/ D .x2e�2y=x C 1/ey=x � 1 D x2e�y=x C ey=x � 1:

Note que essa solução não é válida quandox D 0 pois, nesse caso, não podemos escrevert em função dex ey. C


uux C xuy D y; .x; y/ 2 R2;

u.0; y/ D �y; y > 0:

Parametrizando os dados iniciais em termos do parâmetros, encontramos

x0.s/ D x.s; 0/ D 0; y0.s/ D y.s; 0/ D s; u0.s/ D u.s; 0/ D �s:

O sistema de características é dado por

dx

dtD u;

dy

dtD x;

du

dtD y:

Assim, temos que resolver o sistema8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

:

@x

@t.s; t/ D u.t/; x.s; 0/ D 0;

@y

@t.s; t/ D x.t/; y.s; 0/ D s;

@u

@t.s; t/ D y.t/; u.s; 0/ D �s:

Esse sistema pode ser escrito na forma matricial

z0 D Az;

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em que

A D

0

@

0 0 1

1 0 0

0 1 0

1

A ; z0 D

0

@

x0

y0

u0

1

A e z D

0

@

x

y

u

1

A

e o dado inicial é dado por

z.0/ D

0

@

0

s

�s

1

A :

Como sabemos da teoria de sistemas de equações diferenciaisordinárias,3 a solução dosistemaz0 D Az é obtida ao encontrarmos a matriz exponencialeAt . Para isso, obtemos opolinômio característico da matrizA:

p.z/ D z3 � 1 D .z � 1/.z2 C z C 1/:

Assim, as raízes do polinômio característico sãoz1 D 1, z2 D .�1 C ip

3/=2 e z3 D.�1 � i

p3/=2. Note quez2

2 D z3 ez23 D z2.

Consideramos então as funçõesf .t/ D ezt e o polinômior.z/ D a.t/z2 C b.t/z C c.t/.Como sabemos,4 vale eAt D r.A/. Encontramos os valores dea.t/, b.t/ e c.t/ ao igualarf .z/ D r.z/ em cada uma das raízes do polinômio característico. Assim,

r.1/ D et ; r.z2/ D ez2t ; r.z3/ D ez3t D ez2t ;

o que implica que temos que resolver o sistema5

0

@

1 1 1ˇ

ˇ et

z2 z2 1ˇ

ˇ ez2t

z2 z2 1ˇ

ˇ ez2t

1

A !

0

B

B

@

1 1 1ˇ

ˇ et

ip

3 �ip

3 0ˇ

ˇ

ˇ � 2ie�t=2senp

3t2

�1 �1 2ˇ

ˇ

ˇ 2e�t=2 cosp

3t2

1

C

C

A

.`3 � `2/

.`2 C `2/

!

0

B

B

B

B

B

@

1 1 1ˇ

ˇ

ˇ et

�1 1 0

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

2e�t=2senp

3t2p

3

0 0 1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

et

3C 2e�t=2 cos

p3t

23

1

C

C

C

C

C

A

!

0

B

B

B

B

B

@

1 1 1ˇ

ˇ

ˇ et

0 2 1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

et C 2e�t=2senp

3t2p

3

0 0 1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

et

3C 2e�t=2 cos

p3t

23

1

C

C

C

C

C

A

!

0

B

B

B

B

B

@

1 1 0ˇ

ˇ

ˇ

2et

3� 2e�t=2 cos

p3t

2

3

0 1 0ˇ

ˇ

ˇ

et

3� e�t=2

�

senp

3t2

� cosp

3t2

�

0 0 1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

et

3C 2e�t=2 cos

p3t

23

1

C

C

C

C

C

A

!

0

B

B

B

B

@

1 0 0ˇ

ˇ

ˇ

et

3� e�t=2

�

senp

3t2

� cosp

3t2

�

0 1 0ˇ

ˇ

ˇ

et

3� e�t=2

�

senp

3t2

� cosp

3t2

�

0 0 1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

et

3C 2e�t=2 cos

p3t

23

1

C

C

C

C

A

;

3Veja Boyce-diPrima.4Veja [AL], Capítulo 6.5Vamos ver que não é necessário resolver esse sistema!

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 23 — #23

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mostrando que

a.t/ D et

3� e�t=2

sen

p3t

2� cos

p3t

2

!

;

b.t/ D et

3� e�t=2

sen

p3t

2� cos

p3t

2

!

;

c.t/ D et

3C

2e�t=2 cosp

3t2

3:

Assim, o fluxo é dado por

eAt D a.t/

0

@

0 0 1

1 0 0

0 1 0

1

A

2

C b.t/

0

@

0 0 1

1 0 0

0 1 0

1

AC c.t/

0

@

1 0 0

0 1 0

0 0 1

1

A

D

0

@

c.t/ a.t/ b.t/

b.t/ c.t/ a.t/

a.t/ b.t/ c.t/

1

A

e a solução do sistema de características é dada por0

@

x.s; t/

y.s; t/

u.s; t/

1

A D

0

@

c.t/ a.t/ b.t/

b.t/ c.t/ a.t/

a.t/ b.t/ c.t/

1

A

0

@

0

s

�s

1

A D

0

@

.a.t/ � b.t//s

.c.t/ � a.t//s

.b.t/ � c.t//s

1

A :

Notamos então queu.s; t/ D �x.s; t/ � y.s; t/ D .�x � y/.s; t/. Como essa igualdadeé válida para quaisquer pontos.s; t/, concluímos que

u.x; y/ D �x � y:

É fácil verificar que essa expressão realmente resolve o problema dado. C

Exercício 1 No Exemplo 2.2, verifique quext t t D x, yt t t D y e ut t t D u. Resolva então osistema

xt t t D x; x.s; 0/ D 0; yt t t D y; y.s; 0/ D s; ut t t D u; u.s; 0/ D �s

e obtenha a soluçãou.x; y/ D �.x C y/. (Esse método é muito mais difícil de ser aplicado,mas em alguns casos resolve problemas em que o sistema de equações ordinárias definidopelas características não é linear.)

Exercício 2 Resolva o problema

2yux C uy D 2xyu; .x; y/ 2 R2;

u.x; 0/ D x:

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 24 — #24

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O nosso principal resultado dessa seção garante que esse método sempre fornece umasoluçãolocal para o problema de Cauchy, isto é, uma solução válida em uma vizinhança dacurva inicial� . Começamos com

Definição 2.3 Sejamr1; r2W .a; b/ ! Rn duas curvas. Dizemos quer1 e r2 interceptam-se

transversalmenteno pontot .ou que sãotransversaisno pontot / se os vetoresr 01.t/ e r 0

2.t/

forem linearmente independentes. As curvasr1 e r2 sãotransversaisse são transversais emtodo pontot 2 .a; b/.

Considere o problema de Cauchy quasilinear.2:1/ com dado inicial .s/ D�

x0.s/; y0.s/�

. Vamos relacionar esse dado inicial com as curvas características do problema.2:1/.

Para isso, seja� D�

x.s; t/; y.s; t/; u.s; t/�

a solução do sistema de características.2:2/.A projeção dessa família de curvas no planoxy intercepta o dado inicial no instantet D 0.Ou seja, a interseção daprojeçãoda família de curvas características com o dado inicial éestudada ao considerarmos

�xy D�

x.t/; y.t/�

e D�

x0.s/; y0.s/�

:

Uma vez que as equações características são

x0 D a.x; y; u/; y0 D b.x; y; u/ e u0 D c.x; y; u/;

a interseção de�xy e é transversal se tivermos

det

�

x00.s/ a

�

x0.s/; y0.s/; u0.s/�

y00.s/ b

�

x0.s/; y0.s/; u0.s/�

�

¤ 0 8 s 2 I: (2.3)

A transversalidade dessa interseção implica na possibilidade de escrever os parâmetross

e t em termos dex ey. Ou seja, ela implica que a superfície integral correspondeà superfíciesolução. De fato, para cadas temos

@.x; y/

@.s; t/.s; 0/ D det

�

@x@s

.s; 0/ @x@t

.s; 0/@y

@s.s; 0/ @y

@t.s; 0/

�

D det

�

x00.s/ a

�

x0.x/; y0.s/; u0.s/�

y00.s/ b

�

x0.x/; y0.s/; u0.s/�

�

¤ 0:

Assim, para cada pontos 2 I , o Teorema da Função Inversa garante que podemos resolver

x D x.s; t/; y D y.s; t/

em termos des e t e obters D s.x; y/; t D t .x; y/

satisfazendos�

x0.x/; y0.s/�

D s e t�

x0.x/; y0.s/�

D 0:

FIGURA

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 25 — #25

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Teorema 2.4 SejamU � R2 um aberto e .s/ D

�

x0.s/; y0.s/�

� U uma curvaregularde classeC 1 definida em um intervalo abertoI � R. Considere o problema de Cauchyquasilinear

�

a.x; y; u/ux C b.x; y; u/uy D c.x; y; u/; .x; y/ 2 U Iu. .s// D u0.s/; s 2 I;

(2.4)

em quea, b, c eu0 são funções de classeC 1, coma eb não simultaneamente nulas em pontosdeU . Se a projeção da família de características interceptar o dado inicial transversalmenteentão o problema de Cauchy possui solução em uma vizinhança de ;

Demonstração:Sabemos que, para cadas, existe uma única solução do sistema de primeiraordem.2:2/ e que a família de soluções depende diferencialmente do parâmetros.

Suponhamos que�xy intercepte transversalmente. Já vimos também que o Teorema daFunção Inversa garante que podemos escrevers e t como funções dex ey em uma vizinhançade cada pontos fixo.

Falta apenas verificar queu.x; y/ D u�

s.x; y/; t.x; y/�

é uma solução do problema deCauchy quasilinear. Temos que

u. .s// D u�

x0.s/; y0.s/�

D u�

s.x0.s/; y0.s//; t.x0.s/; y0.s/�

D u.s; 0/ D u0.s/;

mostrando queu satisfaz o dado inicial.Uma vez que

ux D ussx C ut tx e uy D ussy C ut ty;

vemos queaux C buy D .asx C bsy/us C .atx C bty/ut D us:

Mas comos D s.x; y/ e t D t .x; y/ satisfazem

0 D st D sxxt C syyt D asx C bsy e 1 D tt D txxt C tyyt D atx C bty

concluímos queaux C buy D 0us C 1ut D ut D c;

mostrando queu.x; y/ é solução do problema de Cauchy. �

Exercício 3 É claro que a hipótese de transversalidade de�xy e ao longo de toda a curva – como na hipótese.2:3/ – não é necessária. Enuncie e demonstre o resultado análogo aoTeorema 2.4 no caso da interseção de e�xy ser transversal apenas em um pontos0 2 I .

Exercício 4 Com as hipóteses do exercício anterior, mostre aunicidadede soluções doproblema de Cauchy.2:4/ no seguinte sentido: sev for uma solução deste problema emuma vizinhançaV do ponto

�

x0.s0/; y0.s0/�

e u for uma solução dada pelo método decaracterísticas numa vizinhança do pontoU desse mesmo ponto, entãov D u emV \ U .

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Exercício 5 Mostre que o problema de Cauchylinear�

a.x; y/ux C b.x; y/uy D c.x; y/u C f .x; y/

u.˛.t/; ˇ.t// D u0.t/;(2.5)

possui umaúnicasolução local, dada pela fórmula :

u.x; y/ D u0.s/ exp

�Z t

0

c.x.s; �/; y.s; �//d�

�

CZ t

0

exp

�Z t

�

c.x.s; �/; y.s; �//d�

�

f .x.s; �/; y.s; �//d�;

em ques e t são funções de.x; y/ em uma vizinhançaV do ponto.x0.s0/; y0.s0/, no qual ainterseção de�xy e é transversal.

Exercício 6 Sejaa.x; t/ uma função de classeC 1 em uma vizinhançaV de .x0; t0/, coma.x0; t0/ ¤ 0. Mostre que existe uma aplicação.x; t/ 7! �.x; t/ definida em uma vizinhançaW � V tal que

�

�t C a.x; t/�x D 0;

�t.x; t/ ¤ 0;

para todo.x; t/ 2 W .

Exercício 7 Dê um exemplo mostrando que se o dado inicial .s/ não interceptar�xy

transversalmente em um pontos0, então o problema de Cauchy.2:4/ pode não ter solução.

Exercício 8 Mostre que se.x0.s/; y0.s/; u0.s// for uma curva característica do problema deCauchy.2:4/, então esse problema possui infinitas soluções.

Exercício 9 Mostre que o problema de Cauchy da forma�

ut C a.x; t; u/ux D c.x; t; u/;

u.x; 0/ D u0.x/;

(chamadoproblema de valor inicial, uma vez quet normalmente representa a variáveltemporal) sempre possui solução em uma vizinhança do dado inicial u0.x/.

2.2 Equações Não Lineares

Nesta seção consideraremos o problema de Cauchy para equações de primeira ordem quenão são lineares ou quasilineares. A forma mais geral dessasequações é dada por

F�

x; u.x/; ru.x/�

D 0;

em quex D .x1; : : : ; xn/ 2 U (aberto),u.x/ 2 R e ru.x/ D�

ux1.x/; : : : ; uxn

.x/�

2 Rn.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 27 — #27

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2.2. EQUAÇÕES NÃO LINEARES 27

Trataremos também essa equação utilizando o método de características, masrestringiremos nossa atenção ao caso bidimensional. Assim, vamos considerar o problema

F�

x; y; u.x; y/; ux.x; y/; uy.x; y/�

D 0; .x; y/ 2 U

u. .s// D u0.s/; s 2 I;(2.6)

em que são conhecidos .s/ D�

x0.s/; y0.s/�

e u0.s/, sendo .s/ uma curva regular.Vamosassumir queF eu sejam funções de classeC 2.

Vamos denotar nossa equação por

F.x; y; z; p; q/ D 0; (2.7)

com .x; y/ 2 R2, z D u.x; y/ 2 R e .p; q/ D

�

ux1.x; y/; ux2

.x; y/�

2 R2. Para

queF.x; y; z; p; q/ D 0 realmente represente uma equação diferencial parcial precisamosassumir que

�

Fp.x; y/; Fq.x; y/�

¤ .0; 0/ para todo.x; y/ 2 U � R2.

Exercício 10 EscrevaF em termos de.x; y; z; p; q/ nos casos em que:

.a/ F é uma equação linear;

.b/ F é uma equação quasilinear.

Como a equação.2:7/ não é quasilinear, não temos direções preferenciais para definir ascurvas características ao longo das quais a equação seja reduzida a um sistema de equaçõesdiferenciais ordinárias. Sejar.t/ D .x.t/; y.t// a parametrização de uma curva de classeC 1

definida emU . Então podemos derivarz.t/ D u.r.t//:

z0.t/ D uxx0.t/ C uyy0.t/ D px0.t/ C qy0.t/: (2.8)

Supondo queu seja de classeC 2, calculamos

p0.t/ D d

dtux.r.t// D uxxx0.t/ C uxyy0.t/ (2.9)

e

q0.t/ D d

dtuy.r.t// D uyxx0.t/ C uyyy0.t/: (2.10)

Seu for uma solução da equação diferencial parcialF.x; y; u; ux; uy/ D 0, derivandoessa igualdade com relação ax ey obtemos

Fx C Fzux C Fpuxx C Fquyx D 0 (2.11)

eFy C Fzuy C Fpuxy C Fquyy D 0: (2.12)

Comparando as igualdades.2:9/ � .2:10/ com.2:11/ � .2:12/, parece razoável escolher

x0.t/ D Fp e y0.t/ D Fq:

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(Essa escolha parece especialmente sensata pois, no caso quasilinear corresponde à escolhax0.t/ D a ey0.t/ D b. Verifique!)

Com essas escolhas, a igualdade.2:8/ assume a forma

z0 D pFp C qFq

enquanto decorre de.2:11/ e .2:12/ que.2:9/ e .2:10/ são escritas, respectivamente, como

p0 D �Fx � pFz e q0 D �Fy � qFz

de modo que obtemos o sistema8

ˆ

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<

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ˆ

ˆ

:

x0 D Fp

y0 D Fq

z0 D pFp C qFq

p0 D �Fx � pFz

q0 D �Fy � qFz :

(2.13)

Observação 2.5Portanto, as curvas características do problema de Cauchy.2:6/ sãodefinidas pelo campo D .Fp; Fq; pFp C qFq; �Fx � pFz ; �Fy � qFz/. C

Ao sistema.2:13/ estão associadas as condições iniciais dadas por8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

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ˆ

ˆ

ˆ

:

x.s; 0/ D x0.s/

y.s; 0/ D y0.s/

z.s; 0/ D u0.s/

F�

x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s; 0/; q.s; 0/�

D 0

x00.s/p.s; 0/ C y0

0.s/q.s; 0/ D u00.s/

(2.14)

As duas últimas equações são obtidas, respectivamente, ao substituirt D 0 na expressão

F�

x.s; t/; y.s; t/; u.s; t/; p.s; t/; q.s; t/�

D 0

e ao derivar o dado inicial com relação as. Na terceira igualdade, lembre-se quez.t/ Du.r.t//.

Dessa forma, obtemos um sistema de cinco equações diferenciais ordinárias. Em geral, aobtenção de uma solução explícita para o sistema.2:13/ � .2:14/ é impossível.

Note que as três primeiras equações de.2:14/ correspondem ao sistema de característicautilizado na solução de problemas quasilineares.

Observação 2.6As duas últimas equações em.2:14/�

F�

x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s; 0/; q.s; 0/�

D 0;

x00.s/p.s; 0/ C y0

0.s/q.s; 0/ D u00.s/

estabelecem um sistemaalgébriconas variáveisp.s; 0/ eq.s; 0/, poisx0.s/, y0.s/ eu0.s/ (esuas derivadas) são conhecidas. A solução desse sistema nosfornece os dados iniciais para asequações emp0 eq0. Veja os próximos exemplos. C

✐

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O primeiro exemplo que daremos considera um problema quasilinear e será dadoessencialmente para fixar a notação introduzida. Assim, poderemos resolvê-lo utilizandoapenas as três primeiras equações de.2:13/ � .2:14/.

Exemplo 2.7 Consideremos o sistema

ux C uy D u2; .x; y/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/:

Nesse caso, temosF D 0, com

F.x; y; z; p; q/ D p C q � z2:

Parametrizamos nosso dado inicialx0.s/ D 0, y0.s/ D s e z.s; 0/ D u0.s/. Substituindoesses dados na expressão deF encontramos

F .0; s; 0; p.s; 0/; q.s; 0// D p.s; 0/ C q.s; 0/ D 0 ) p.s; 0/ D q.s; 0/;

e ao derivar o dado inicial obtemos

q.s; 0/ D u00.s/:

Comoz0.t/ D p C q D z2, temos o sistema8

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ˆ

:

@x

@t.s; t/ D 1; x.s; 0/ D s;

@y

@t.s; t/ D 1; y.s; 0/ D 0;

@z

@t.s; t/ D z2; z.s; 0/ D u0.s/;

@p

@t.s; t/ D �2pz; p.s; 0/ D u0

0.s/

@q

@t.s; t/ D �2qz; q.s; 0/ D u0

0.s/:

O sistema está desacoplado. Assim, integrando as três primeiras equações e utilizando ascondições iniciais

x.s; 0/ D s; y.s; 0/ D 0 e z.s; 0/ D u0.s/

obtemos@x

@t.s; t/ D 1 ) x.s; t/ D t C c ) x.s; t/ D t C s:

@y

@t.s; t/ D 1 ) y.s; t/ D t C c ) y.s; t/ D t:

@z

@t.s; t/ D z2 ) y.s; t/ D 1

t C c) z.s; t/ D u0.s/

1 � tu0.s/;

desde que o denominador nessa última expressão não seja nulo.

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Para encontrar a soluçãou.x; y/ D z.s; t/, fixemos.x; y/ 2 U D R � .0; 1/. Obtemost e s ao resolver.x; y/ D .x.s; t/; y.s; t// D .t C s; t/. Igualando a segunda coordenadaencontramost D y e, comox D t C s, obtemoss D x � y. Logo,

u.x; y/ D u0.s/

1 � tu0.s/D u0.x � y/

1 � yu0.x � y/;

desde que o denominador não se anule. C

Exemplo 2.8 Considere o problema de valor inicial

uy C u2x D 0; .x; y/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D x:

Nesse caso temosF.x; y; z; p; q/ D p2 C q:

O dado inicial é parametrizado porx.s; 0/ D x0.s/ D s, y.s; 0/ D y0.s/ D 0 ez.s; 0/ D u0.s/ D s. Substituindo esses dados na expressão deF encontramos

F.s; 0; s; p.s; 0/; q.s; 0// D p2.s; 0/ C q.s; 0/;

enquanto a derivação do dado inicialu.x0.s/; y0.s// D s produz x00.s/p.s; 0/ C

y00.s/q.s; 0/ D 1, ou seja,

p.s; 0/ D 1:

Assim, temos que resolver o sistema de características dadopor8

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ˆ

ˆ

:

@x

@t.s; t/ D 2p D Fp; x.s; 0/ D s;

@y

@t.s; t/ D 1 D Fq; y.s; 0/ D 0;

@z

@t.s; t/ D 2p2 C q D pFp C qFq; z.s; 0/ D u0.s/;

@p

@t.s; t/ D 0 D �Fx � pFz ; p.s; 0/ D 1

@q

@t.s; t/ D 0 D �Fy � qFz; q.s; 0/ D �1:

A segunda, quarta e quinta equações são fáceis de resolver:

y.s; t/ D t; p.s; t/ D 1; q.s; t/ D �1:

Substituindo na primeira equação, encontramosx.s; t/ D 2t C s, enquanto a substituição naterceira equação produzz.s; t/ D t C s. Assim, a solução do sistema é dada por

x.s; t/ D 2t C s; y.s; t/ D t; z.s; t/ D t C s; p.s; t/ D 1 e q.s; t/ D �1:

Note que, para cadas fixo, as características são retas. Da primeira equação vems D x � 2t ,enquanto a segunda mostra quey D t . Assim,

z.s; t/ D u.x; y/ D y C .x � 2y/ D x � y:C

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Exercício 11 Resolva o problema

uxuy D u; .x; y/ 2 .0; 1/ � R;

u.0; y/ D y2:

Teorema 2.9 SejamU � R2 um aberto e .s/ D

�

x0.s/; y0.s/�

� U uma curvaregulardeclasseC 2 definida em um intervalo abertoI � R. Suponha queF W U � R � R � R ! R

seja uma função de classeC 2 e considere o problema de Cauchy

�

F.x; y; z; p; q/ D 0; .x; y/ 2 U Iu. .s// D u0.s/; s 2 I:

(2.15)

Se o problema

�

F�

x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s; 0/; q.s; 0/�

D 0; .x; y/ 2 U Ix0

0.s/p.s; 0/ C y00.s/q.s; 0/ D u0

0.s/; s 2 I:(2.16)

tenha solução para todos 2 I tal que

det

�

x00.s/ Fp

�

x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s/; q.s/�

y00.s/ Fq

�

x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s/; q.s/�

�

¤ 0 8 s 2 I: (2.17)

Então o problema de Cauchy.2:15/ possuiao menosuma soluçãou de classeC 2.

Demonstração: Suponha que o sistema.2:16/ possua uma soluçãop.s; 0/; q.s; 0/.Considerando então o sistema de características.2:13/ com as condições iniciais.2:14/,temos um sistema de equações diferenciais ordinárias com dados iniciais determinados.Assim, esse sistema possui solução única

�

x.s; t/; y.s; t/; z.s; t/; p.s; t/; q.s; t/�

de classeC 2 em uma vizinhança de .s/.

O teorema da função inversa garante que podemos resolver.s; t/ em função de.x; y/ emuma vizinhança de , pois

@.x; y/

@.s; t/.s; 0/ D det

�

@x@s

.s; 0/ @x@t

.s; 0/@y

@s.s; 0/ @y

@t.s; 0/

�

D det

�

x00.s/ Fp

�

x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s/; q.s/�

y00.s/ Fq

�

x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s/; q.s/�

�

¤ 0 8 s 2 I:

Assim,s D s.x; y/, t D t .x; y/ com s .x0.s/; y0.s// D s e t .x0.s/; y0.s// D 0. Logo, asfunçõesu; p eq são funções de.x; y/.

Temos queu�

x0.s/; y0.s/�

D z.s; 0/ D u0.s/;

mostrando queu satisfaz o dado inicial. Para mostrar queu satisfaz a equação diferencial em.2:15/, para cadas fixo calculamos

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@

@tF�


D

D Fxxt C Fyyt C Fzzt C Fppt C Fqqt

D FxFp C FyFq C Fz.pFp C qFq/ C Fp.�Fx � pFz/ C Fq.�Fy � qFz/

D 0

Portanto,

F�

x; y; u.x; y/; p.x; y/; q.x; y/�

D F�


D F�

x.s; 0/; y.s; 0/; z.s; 0/; p.s; 0/; q.s; 0/�

D F�

x0.s/; y0.s/; z0.s/; p.s; 0/; q.s; 0/�

D 0

Para completar a prova basta verificar que

p.x; y/ D ux.x; y/ e q.x; y/ D uy.x; y/:

Pela regra da cadeia, temos queux e uy satisfazem o sistema linear (algébrico)�

us D uxxs C uyys

ut D uxxt C uyyt :

Por hipótese, o determinante da matriz associada a esse sistema é não nulo, de modo queesse sistema possui soluçãoúnica.6 Assim, para obter o resultado, basta mostrar quep e q

satisfazemus D pxs C qys (2.18)

eut D pxt C qyt : (2.19)

A equação .2:19/ decorre imediatamente das três primeiras equações do sistemacaracterístico. Para obter.2:18/, definimos

H.s; t/ D us.s; t/ � .p.s; t/xs.s; t/ C q.s; t/ys.s; t// :

Temos que@

@tH.s; t/ D ust � .ptxs C pxst C qtys C qyst / : (2.20)

Por outro lado, derivando.2:19/ com relação as, temos

uts D .psxt C pxts C qsyt C qyts/ :

6Veja a hipótese.2:17/.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 33 — #33

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Substituindo essa expressão em.2:20/, vemos que

@

@tH.s; t/ D .psxt C pxts C qsyt C qyts/ � .ptxs C pxst C qtys C qyst /

D �ptxs � qtys C psxt C qsyt

D xs.Fx C pFz/ C ys.Fy C qFz/ C psFp C qsFq

D @

@sF.x; y; z; p; q/ � Fzzs C xspFz C ysqFz

D .xsp C ysq � zs/Fz D �H.s; t/Fz;

pois F�


D 0. Assim, H.s; t/ satisfaz à equaçãodiferencial

@

@tH.s; t/ D �H.s; t/Fz ) H.s; t/ D H.s; 0/ exp

�

�Z t

0

Fzd�

�

:

ComoH.s; 0/ D u00.0/ � x0

0.s/p.s; 0/ � y00.s/q.s; 0/ D 0, concluímos queH.s; t/ D 0

e provamos.2:18/. �

Não podemos, no Teorema 2.9, garantir aunicidadeda solução do problema de Cauchy:cada solução distinta do sistema.2:16/ produz, em princípio, uma solução distinta doproblema de Cauchy. É o que veremos no próximo exemplo:


u2x � 3u2

y D u; .x; y/ 2 R � R;

u.x; 0/ D x2:

TemosF.x; y; z; p; q/ D p2 � 3q2 � z2

e o dado inicial pode ser parametrizado como

x0.s/ D s; y0.s/ D 0; z.s; 0/ D s2;

enquanto a igualdadeF.u0.s/; y0.s/; z0.s/; p.s; 0/; q.s; 0/ D 0 garante que

Œp.s; 0/�2 � 3Œq.s; 0/�2 D s2

ex00.s/p.s; 0/ � y0

0.s/q.s; 0/ D u00.s/ garante que

p.s; 0/ D 2s:

Assim,p.s; 0/ D 2s eq.s; 0/ D ˙s, o que não permite determinarq.s; 0/ de maneira única.

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✐


A escolhaq.s/ D s conduz ao sistema8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

:

@@t

x.s; t/ D 2p .D Fp/; x.s; 0/ D s@@t

y.s; t/ D �6q .D Fq/; y.s; 0/ D s@@t

z.s; t/ D 2z .D pFp C qFq/; z.s; 0/ D s2

@@t

p.s; t/ D p .D �Fx � pFz/; p.s; 0/ D 2s@@t

q.s; t/ D q .D �Fy � qFz/; q.s; 0/ D s;

Resolvendo as três últimas equações e então levando o resultado nas duas primeiras, obtemos

x.s; t/ D 4s.et � 1/ C s; y.s; t/ D �6s.et � 1/; z.s; t/ D s2e2t ;

p.s; t/ D 2set e q.s; t/ D set :

Comoet � 1 D 14

�

xs

� 1�

D � y

6s, substituindo na primeira equação obtemos

s D x C 2

3y

e, assim,

et D � y

6sC 1 ) et D 2x C y

2�

x C 23y� ;

de modo que

u.x; y/ D z.s; t/ D s2e2t D�

x C 2

3y

�2

2x C y

2�

x C 23y�

!2

D�

x C y

2

�2

:

Por outro lado, tomandoq.s/ D �s e procedendo analogamente, chegaríamos a

u.x; y/ D�

x � y

2

�2

:

Note que as soluções estão definidas em todo o plano e todas as funções envolvidas são declasseC 1. C

Exercício 12 Com as mesmas hipóteses do Teorema 2.9, mostre que, se o sistema�

F.x0.s/; y0.s/; u0.s/; p.s/; q.s// D 0

x00.s/p C y0

0.s/q D u00.s/

possuir solução única.p.s/; q.s//, então o problema.2:15/ possuirá solução única em umavizinhança do dado inicial; se existirem diversas soluções.p.s/; q.s// para esse sistema,então o problema.2:15/ possuirá diversas soluções. Finalmente, se esse sistema não tiversolução, então o problema.2:15/ não possuirá solução.

Exercício 13 Mostre que o problema devalor inicial�

ut C F.x; t; u; ux/ D 0;

u.x; 0/ D u0.x/;

sempre possui uma solução em uma vizinhança de.x0; 0/.

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2.3. EXERCÍCIOS 35

2.3 Exercícios

1. Resolva o problema de valor inicial�

ut C 2ux D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D 11Cx2 :

Faça um esboço da solução parat D 0, t D 1 e t D 4.


ut C uux D �ku2; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D 1;

em quek é uma constante positiva. Esboce também as curvas características doproblema.


ut C uux D �ku; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/;

em quek é uma constante positiva. Estabeleça condições sobreu0 de modo que existauma solução para todot > 0 ex 2 R.

4. Ache a solução do problema de valor inicial�

ut C cux D �xu; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/;

em quec é uma constante positiva. Esboce as características.


ut � xtux D x; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/:

6. Encontre a solução do problema de valor inicial�

ut C ux D u2; .x; t/ 2 .0; 1/ � R;

u.0; t/ D u0.t/:


ut C ux D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D �x2:

Existe uma solução para todot > 0?

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8. Encontre o sistema de equações características associado à equação deHamilton-Jacobi

ut C h.t; x; ux/ D 0

em queh é conhecida (chamadahamiltoniana).

9. Determine o sistema de características associado à equação

ut C c.u/ux D 0

e mostre que o resultado coincide com o estudo anteriormentefeito dessa equação.

10. Utilize o método de características para encontrar duassoluções distintas do problemade valor inicial

�

ut D u3x; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D 2x3=2:

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Capítulo 3

Choques

3.1 Descontinuidades e consequências

Em muitas condições reais, os dados iniciais de um problema não são estabelecidos poruma função contínuau0.x/. Contudo, se observa na prática que isso não impede a existênciade uma única solução para o problema considerado.

Ao considerarmos o método de características, a descontinuidade do dado inicialu0.s/

pode implicar na inexistência de curvas características emparte do domínio ou mesmo nainterseção dessas, o que implica que o método das características não resultará em umasolução bem definida.

Neste capítulo consideraremos apenas equações de primeiraordem na formaut Df .x; u; ux/, mas questões como as que serão aqui abordadas perpassam todo o estudo deequações diferenciais parciais.

Exemplo 3.1 Considere o problema

ut C uux D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/;

em que

u0.x/ D�

0 se x < 0;

1 se x > 0:

Verifiqueque as características desse problema são dadas por

x D�

x0; se x0 < 0

x0 C t se x0 > 0:

Sabemos que a soluçãou é constante ao longo das curvas características. Comou0.x/ D 0 sex < 0, vemos que as características são retas verticais nesse caso. Por outro lado, sex > 0,as características são dadas porx � t D �, em que� � 0.

f igura

37

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38 CAPÍTULO 3. CHOQUES

A constância deu ao longo das características implicau.x; t/ D 0 sex < 0 eu.x; t/ D 1, sex > t .

Nesse caso, a inexistência de características entre o eixot e a retax D t nos permitea construção de uma solução contínuau.x; t/ definida em todo o domínio. Como ascaracterísticas encontradas são retas, vamos definir uma família de retas, todas passando peloponto.0; 0/, variando entre o eixot e a reta característicax D t . Ou seja, vamos definir asretasx D ct , em que0 < c < 1. O casoc D 0 corresponde ao eixot enquanto o casoc D 1

corresponde à reta característicax D t . Consideraremosu constante em cada uma dessasretas, comu D c na retax D ct . Em outras palavras, vamos considerar

u.x; t/ D

8

<

:

0; se x < 0;xt; se 0 � x � t;

1; se x > t:

Uma solução dessa forma é chamada deonda de rarefação. C


ut C uux D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/;

em que

u0.x/ D�

1; se x < 0;

0; se x > 0:

Comou0.x/ D 0 sex > 0, vemos que as características são retas verticais nesse caso. Poroutro lado, sex < 0, as características são retas paralelas à retax � t D 0.

f igura

Percebemos imediatamente que as características se interceptam. Como devemos teru.x; t/ D 1 sex < 0 e u.x; t/ D 0 sex > 0, chegamos a uma contradição no ponto emque ocorrer a interseção das respectivas características.

Diante desse impasse, podemos ou desistir de obter unicidade na solução desse problemaou tentar preservar a unicidade evitando a interseção das retas características. Uma maneirade fazer isso consiste em definir uma retax D mt (com m > 0) ao longo da qual adescontinuidade do dado inicial emx D 0 se propague. Sendo mais preciso, a solução serádada poru D 0 quandox > mt e poru D 1 sex < mt . Dessa maneira, obteremos soluçãoúnica para o problema.

Essa solução parece ser artificial, mas pode ser fundamentada. Descontinuidadespropagam-se por meio decaminhos de choqueque, em geral, não pertencem à família decaracterísticas. Um caminho de choque também é chamado, simplesmente,choque. C

O exame do Exemplo 3.2 causa uma certa perplexidade: se as equações diferenciais foramdeduzidas à partir de leis de conservação e se esperamos que os problemas de valor inicial

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3.2. SOLUÇÕES FRACAS 39

modelem fenômenos do mundo real, não deveríamos obter dificuldades no tratamento dedados iniciais descontínuos, uma vez que esses são comuns nanatureza. Já que, em geral,continuamos a observar unicidade de solução nesses problemas, a análise do Exemplo 3.2conduz à percepção de que a teoria não foi desenvolvida de maneira adequada. Mas o queoriginou essa inadequação?

Examinando a lei de conservação que origina a edp, notamos que a passagem da formaintegral dessa lei para a edp está em desacordo com o tratamento de soluções descontínuas.(Veja as equações.1:5/ e .1:6/.) Assim, é natural supor que soluções descontínuas de umaedp possam ser satisfatoriamente tratadas ao examinar a forma integral da lei de conservaçãoque a originou...

3.2 Soluções Fracas

Vamos considerar soluções descontínuas (que serão chamadas soluçõesfracas) sob duasabordagens. A primeira delas é mais intuitiva, a segunda delas corresponde a um conceito quepoderá ser generalizado a diversas outras situações.

3.2.1 Condição de Salto

Consideremos a equação.1:5/ no caso de uma única variável espacial, o fluxo dependendode.x; t; u/ e f � 0, isto é, o caso em que não há produção ou destruição de massa dentro deU , que será tomado como o intervalo.a; b/ � R. Nesse caso, a equação.1:5/ é escrita como

d

dt

Z b

a

u.x; t/dt D ˆ�

a; t; u.x; t/�

� ˆ�

b; t; u.x; t/�

; (3.1)

Exercício 1 Sob as hipóteses mencionadas, deduza.3:1/ de.1:5/.

Suponha a existência de uma curva regularx D r.t/ de classeC 1 ao longo da qualu.x; t/

possui uma descontinuidade de primeira espécie1 (isto é, os limites laterais e derivadas parciaisde primeira ordem existem e são finitos quandox ! r.t/C e x ! r.t/�) e queu.x; t/ sejade classeC 1 parax > r.t/ ex < r.t/. Nesse caso, a equação integral.3:1/ é escrita como

d

dt

Z r.t/

a

u.x; t/dt C d

dt

Z b

r.t/

u.x; t/dt D ˆ�

a; t; u.x; t/�

� ˆ�

b; t; u.x; t/�

:

Aplicando a regra de Leibniz, obtemos

ˆ�

a; t; u.x; t/�

� ˆ�

b; t; u.x; t/�

D

DZ r.t/

a

ut.x; t/dt CZ b

r.t/

ut.x; t/dt C Œu.r.t/�; t / � u.r.t/C; t /�r 0.t/:

1Assim,x D r.t/ é um choque.

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Para perceber mais claramente o que está acontecendo emr.t/, tomamos o limite quandoa ! r.t/� e b ! r.t/C. Como as integrais tornam-se nulas, obtemos

�

u.r.t/�; t / � u.r.t/C; t /�

r 0.t/ D ˆ�

r.t/�; t; u.r.t/�; t /�

� ˆ�

r.t/C; t; u.r.t/C; t /�

: (3.2)

Introduzimos a notação:

uC D u.r.t/C; t /; u� D u.r.t/�; t /

eŒu� D uC � u�; Œˆ.u/� D ˆ.g.t/C; t; uC/ � ˆ.g.t/�; t; u�/:

Com essa notação, a equação.3:2/ é escrita como

Œu�r 0.t/ D Œˆ.u/�; (3.3)

que é conhecida comocondição de saltoou condição de Rankine-Hugoniot.A descontinuidade deu que se propaga emr.t/ é chamadaonda de choque. O termor 0.t/

é avelocidade do choque, enquantoŒu� é aforça do choqueEm muitos caso, o caminho de choquer.t/ é obtido ao se resolver a equação.3:3/. É o

que veremos no próximo exemplo.

Exemplo 3.3 (Continuação do Exemplo 3.2)Consideremos o problema

ut C uux D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D�

1 se x < 0;

0 se x > 0:

A equaçãout C uux D 0 vem da lei de conservação com fluxo dado porˆ.u/ D u2=2.(Justifique!) Assim, a condição de saltoŒu�r 0.t/ D Œˆ.u/� é escrita como

.uC � u�/r 0.t/ D 1

2Œ.uC/2 � .u�/2� ) r 0.t/ D uC C u�

2:

Quer dizer, a velocidade do salto é a média entre os valores deu à direita e à esquerda dosalto.

Vamos escrever a equação da velocidade do salto mais detalhadamente:

r 0.t/ D u.r.t/C; t / C u.r.t/�; t /

2: (3.4)

Já que, quandot D 0 temosu.0/� D 1 eu.0/C D 0, podemos concluir que

r 0.0/ D 1 C 0

2:

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Notamos que se tomarmosr 0.t/ � 12, obtemos um choque consistente com o problema, ao

encontrarmos a soluçãor.t/ D t2

e o choquex D t=2. Esse choque produz a solução (única)

u.x; t/ D�

1; se x < t=2;

0; se x > t=2;

correspondente ao choque de velocidade constante1=2.Contudo, não é óbvio que o choquex D t=2 seja a única solução da equação.3:4/. C

Exemplo 3.4 (Continuação do Exemplo 3.1)Já vimos que o problema

ut C uux D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D�

0; se x < 0;

1; se x > 0

possui solução contínua2 dada por

u.x; t/ D

8

<

:

0; se x < 0;xt; se 0 � x � t;

1; se x > t:

f igura para t f ixo

Como no exemplo anterior, a equaçãout Cuux D 0 vem da lei de conservação com fluxoˆ.u/ D u2=2 e, portanto, a condição de salto é dada por

r 0.t/ D uC C u�

2:

Podemos criar uma família a um parâmetro de soluções descontínuas – satisfazendo acondição de salto – ao definir, para 2 Œ0; 1/,

u .x; t/ D

8

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

:

0; se x < 0;xt; se 0 � x � t;

; se t � x � C1

2t

1; se x > C1

2t:

f igura para t f ixo

A solução contínua obtida anteriormente corresponde à escolha D 1. Para0 � < 1, ochoque é dado porr.t/ D C1

2t . Note que a condição de salto é satisfeita, pois

u.r.t/C; t / C u.r.t/�; t /

2D 1 C

2D r 0.t/:

C

O Exemplo 3.4 nos coloca novamente em uma posição desconfortável: se tantas soluçõesdistintas são possíveis, como esperar unicidade?

2Portanto, não existe onda de choque.

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3.2.2 Formalizando o conceito de solução fraca

A abordagem que conduziu à condição de salto tem duas desvantagens: em primeirolugar, solução fraca foi definida de maneira muito “solta”: uma solução contínua à direita e àesquerda do choque, sendo descontínua no mesmo. Em segundo lugar, não temos indicaçãode como generalizá-la para oR

n.Assim, começamos nosso tratamento justamente peloR

n. Consideraremos o problema

ut C div ˆ.x; t; u/ D 0; .x; t/ 2 Rn � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/:(3.5)

Note que a equação nada mais é do que a edp que exprime nossa leide conservaçãobásica.1:6/ no caso de não haver criação (ou destruição) de massa no interior de U .Seja ' 2 C 1

0

�

U � Œ0; 1/�

: quer dizer,' é uma função de classeC 1 cujo suporte éK � Œ0; T � � U � Œ0; 1/. Assim, em particular,'.x; t/ D 0 sex 2 @U ou set D T .3

Suponhamos queu seja uma solução clássica de.3:5/. Multiplicando a edp por' eintegrando emR

n � Œ0; 1/, obtemos, ao aplicar o Teorema de FubiniZ

Rn�Œ0;1/

Œut C div ˆ.x; t; u/�' D 0:

De acordo com o Teorema de Fubini e integração por partesZ

Rn�.0;1/

ut' DZ

Rn

Z T

0

ut' dtdx

DZ

U

.u'/jT0 �Z T

0

u't dt

!

dx

DZ

U

�u0.x/'.x; 0/ �Z T

0

u't dt

!

dx

D �Z

U

u0.x/'.x; 0/dx �Z

U

Z T

0

u't dtdx:

Na segunda integral, aplicando os Teoremas de Fubini e da Divergência, obtemos4

Z

Rn�Œ0;1/

div ˆ.x; t; u/' DZ T

0

Z

U

div ˆ.x; t; u/' dxdt

DZ T

0

�Z

@U

ˆ.x; t; u/' dS �Z

U

ˆ.x; t; u/ � r' dx

�

dt

D �Z T

0

Z

U

ˆ.x; t; u/ � r' dxdt

Chegamos então à nossa definição:

3Observe que não podemos exigir que'.x; t/ D 0 set D 0.4Note que div.ˆ'/ D 'div ˆ C ˆ � r'.

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Definição 3.5 Uma funçãou 2 L1loc

�

Rn�Œ0; 1/

�

tal queˆ.x; t; u/ 2 L1loc

�

Rn�Œ0; 1/�R

�

é umasolução fracado problema.3:5/ se ela satisfizerZ

Rn�Œ0;1/

u't C ˆ.x; t; u/ � r' D �Z

Rn

u0.x/'

para toda' 2 C 10

�

Rn � Œ0; 1/

�

.

Agora vamos mostrar que a condição de salto pode ser deduzidadessa definição de soluçãofraca.

Teorema 3.6 (Rankine-Hugoniot)SejaV � R � .0; 1/ um aberto. Suponha que uma curvaC , parametrizada port 7!

.r.t/; t/, dividaV em duas regiões,V C e V �, à esquerda e à direita deC , respectivamente.Sejau uma solução fraca de

ut C .ˆ.x; t; u//x D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D u0.x/:(3.6)

tal que

.i/ u é uma solução clássica emV C eV �;

.i i/ u sofre um saltoŒu� emC ;

.i i i / o saltoŒu� é contínuo ao longo deC .

Então, para qualquert vale a relação deRankine-Hugoniot

Œu�r 0.t/ D Œˆ.u/�:

Demonstração: Suponhamos que' 2 C 10

�

R � .0; 1/�

tenha suporte contido emV . Emparticular,'.x; 0/ D 0, de modo que5

0 D“

V

�

u't C ˆ.x; t; u/'x

�

dA

D“

V C

�

u't C ˆ.x; t; u/'x

�

dA C“

V �

�

u't C ˆ.x; t; u/'x

�

dA (3.7)

Mas, comou é uma solução clássica de.3:6/ emV C, temos

“

V C

�

ut' C ˆx.x; t; u/'�

dA D 0

5Observe que a integral emV é uma integral dupla em um subconjunto doR2 e dA o elemento de área.

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e, assim,“

V C

�

.u'/t C�

ˆ.x; t; u/'�

x

�

dA D“

V C

�

u't C ˆ.x; t; u/'x

�

dA:

Aplicando o Teorema de Green (estamos no plano!), obtemos

“

V C

��

ˆ.x; t; u/'�

x� .�u'/t C

�

dA DZ

@V C�u' dx C ˆ.x; t; u/' dt

e os mesmos cálculos são válidos paraV �.

f igura

Uma vez que' D 0 em@V , decorre então de.3:7/ que6

0 DZ

C

�u�' dx CZ

C

ˆ.x; t; u�/' dt CZ

�C

�uC' dx CZ

�C

ˆ.x; t; uC/' dt

DZ

C

ŒuC � u��' r 0.t/dt CZ

C

�

ˆ.x; t; u�/ � ˆ.x; t; uC/�

' dt

DZ

C

Œu�r 0.t/ ' dt CZ

C

�

ˆ.x; t; u�/ � ˆ.x; t; uC/�

' dt:

Como essa igualdade vale para qualquer' 2 C 10

�

R� .0; 1/�

com suporte compacto contidoemV , concluímos a condição de Rankine-Hugoniot. �

3.3 Unicidade da Solução Fraca

O Exemplo 3.4 mostrou que a condição de Rankine-Hugoniot nãoé suficiente paraassegurar a existência deuma únicasolução fraca para um problema de valor inicial. Em geral,são necessárias novas condições para obter unicidade de solução. Duas dessas condiçõessão acondição de entropiae acondição de viscosidade. Aqui apenas apresentaremos essescritérios: a prova de unicidade está além do escopo deste texto.7

3.3.1 Entropia

De acordo com a segunda lei da termodinâmica, a entropia de umsistema deve crescercom o tempo. Em outras palavras, um sistema termodinâmico isolado deve sofrer mudançasirreversíveis com o decorrer do tempo.

6Note que a curvaC é percorrida no sentido positivo emV � e no sentido negativo emV C e a parametrizaçãodeC éx D r.t/.

7Veja Smoller ou Evans.

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3.3. UNICIDADE DA SOLUÇÃO FRACA 45

Definição 3.7 Uma funçãouW U ! R satisfaz acondição de entropiase existir umaconstanteE > 0 tal que, para todosx 2 R, t 2 .0; 1/ eh > 0 vale

u.x C h; t/ � u.x; t/ � E

th:

A condição de entropia implica que a funçãox 7! u.x; t/ � Et

x é não crescente. De fato,�

u.x C h; t/ � E

t.x C h/

�

��

u.x; t/ � E

tx

�

D u.x C h; t/ � u.x; h/ � E

th � 0:

Como consequência,u.x; t/ � Et

x possui limites laterais em cada pontox, o que implicaquex 7! u.x; t/ também tem limites lateraisu� e uC em cada pontox. Daí decorre queu� � uC.

Exercício 2 Verifique queu� � uC.

A relaçãou� � uC significa que, quando uma onda atravessa um choque (um processobasicamente irreversível), o salto deve ser sempre negativo.

Suponhamosque o fluxoˆ.u/W U ! R seja convexo. Em particular,0 é crescente. Acondição de Rankine-Hugoniot e o Teorema do Valor Médio implicam então que

r 0.t/ D ˆ.uC/ � ˆ.u�/

uC � u� D ˆ0.�/;

comuC < � < u�. Isso quer dizer que a velocidade da onda de choque é intermediária entreas velocidades das características antes e depois do choque:

ˆ0.u�/ > r 0.t/ > ˆ0.uC/:

Exercício 3 Verifique essa desigualdade.

Veremos que essa condição impede múltiplas interseções dascaracterísticas com a ondade choque.

Exemplo 3.8 (Continuação do Exemplo 3.4)Já vimos que o problema

ut C uux D 0; .x; t/ 2 R � .0; 1/;

u.x; 0/ D�

0; se x < 0;

1; se x > 0

possui uma família a um parâmetro de soluções descontínuas –satisfazendo a condição desalto – ao definir, para 2 Œ0; 1/,

u .x; t/ D

8

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

:

0; se x < 0;xt; se 0 � x � t;

; se t � x � C1

2t

1; se x > C1

2t

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 46 — #46

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Se tomarmos D 1, obtemos uma solução contínua. Como já vimos, a equaçãout C uux D 0 vem da lei de conservação com fluxo.u/ D u2=2.

Assim, para0 � < 1, a condição de salto é satisfeita, pois

u.r.t/C; t / C u.r.t/�; t /

2D 1 C

2D r 0.t/;

o que produz o choquer.t/ D C1

2t .

Agora consideremos a condição de entropia. Comoˆ.u/ D u2=2, temos 0.u/ D u > 0,de modo que

ˆ0.u�/ D u� D e ˆ0.uC/ D uC D 1:

Assim, não vale

ˆ0.u�/ D > C 1

2> 1 D ˆ0.uC/:

Como consequência, nenhuma das soluções descontínuas satisfaz à condição de entropia. Poroutro lado, a solução contínua satisfaz a condição de entropia. C

Pode-se mostrar que a existência e unicidade da solução fraca satisfazendo a condição deentropia. Veja, por exemplo, o texto de Smoller.

Exemplo 3.9 Consideremos o problema de valor inicial

ut C uux D 0; x 2 R; t > 0

com a condição inicial dada por

u.x; 0/ D

8

<

:

1 se x < 0;

�1 se 0 < x < 1;

0 se x > 0:

Nesse caso, o fluxo é dado poru2=2. É fácil verificar que as características para esseproblema são dadas por

x D

8

<

:

x0 C t; se x0 < 0

x0 � t se 0 < x0 < 1

x0 se x0 > 1:

A condição de salto é dada por

uC � u�

2r 0.t/ D 1

2Œ.uC/2 � .u�/2� ) r 0.t/ D uC C u�

2:

F igura

Assim, as características apresentam choques em diversas instâncias. Vamos começar aanálise com o primeiro choque, que ocorre emt D 0 e propagar atét D 1. Sua velocidade édada por

r 0.t/ D �1 C 1

2D 0:

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3.3. UNICIDADE DA SOLUÇÃO FRACA 47

Continuando com a análise, precisamos determinar como essechoque continua depois det D 1. Note que foi criada (na verdade, aumentada) uma região sem características parat < x C 1, 0 < x < 1. Assim, precisamos introduzir uma onda de rarefação contínua nessaregião. Para isso, notamos que as retas saindo dex D 1; t D 0 tem equaçãox D �kt C 1

(comk constante), o que nos dá.x � 1/=t D k. Assim, definimos

u D x � 1

t

nessa região.Essa onda de rarefação toma o valor�1 antesde sua criação e varia até o valor0, depois

da onda. Assim, o choque emt D 1 deverá ter velocidade

r 0 Dx�1

tC 1

2:

Uma vez quer 0 D dx=dt , chegamos à equação diferencial

dx

dt� x

2tD

1 � 1t

2;

que é uma equação linear com condição inicialx D 0 em t D 1. (Essa é a posição em queesse choque começa.) Resolvendo essa equação, obtemos

x D r.t/ D t C 1 � 2p

t

e devemos limitar essa solução ao intervalo1 � t � 4, pois essa solução se choca com ascaracterísticas verticais emx D 1. Resolvendo essa equação, obtemost � 2

pt D 0, que nos

dá a soluçãot D 4. Note que essa solução é compatível com a condição de entropia.

F igura

Agora precisamos considerar o choque das características vindas da regiãox < 0 com ascaracterísticas verticais, parat > 4. A condição de salto é dada por

r 0 D 0 C 1

2D 1

2:

Portanto, o choque é uma reta com velocidade1=2 parat > 4. Sua equação é, portanto,

x � 1 D 1

2.t � 4/:

Note que esses dois últimos choques são contínuos em.x; t/ D .1; 4/ e que a condição deentropia foi respeitada em toda essa solução.

Escreva a solução final encontrada nesse exemplo.

F igura

C

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3.3.2 Viscosidade

Definição 3.10Uma funçãouW U ! R satisfaz àcondição de viscosidadepara a equação

ut C�

ˆ.u/�

x

seu puder ser obtida como o limite de soluções da família de equações

u�t C

�

ˆ.u�/�

xD �u�

xx

quando� ! 0.

Uma equação na formautC�

ˆ.u/�

xD �uxx é a lei de conservação para um fluido quando

não se desprezam os efeitos dissipativos devidos à viscosidade do fluido. O coeficiente� é ocoeficiente de viscosidade do fluido. Não elucidaremos aqui adefinição precisa do limite nadefinição da condição de viscosidade e nem mesmo estudaremosa condição de viscosidade.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 49 — #49

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Capítulo 4

A Equação de Laplace

Duas das mais importantes equações diferenciais parciais são aequação de Laplace

�u D 0 (4.1)

e a sua versão não homogênea, aequação de Poisson

� �u D f: (4.2)

Nas equações.4:1/ e .4:2/, procura-se a funçãou W NU ! R, u D u.x/, comx 2 U , sendoU � R

n um aberto. Em.4:2/, f W U ! R é uma função conhecida.

Definição 4.1 Uma funçãouW U � Rn ! R de classeC 2 que satisfaz.4:1/ é chamada

harmônica.

4.1 Interpretação Física

Escrever

4.2 As Identidades de Green

Relembramos o Teorema da Divergência: sejamV D NV � Rn eˆW U ! R

n um fluxo declasseC 1 em um abertoU � V . Então, se@V for de classeC 1,

Z

V

div Fdx DZ

@V

F � � dS

em que� denota a normalexterior. De agora em diante, vamos supor sempre queU seja talque@U tenha fronteira de classeC 1.

Em particular, seuW U � Rn ! R for uma função de classeC 2, ao tomarF D ru,

obtemosZ

U

�u dx DZ

@U

ru � � dS DZ

@U

@u

@�dS; (4.3)

igualdade algumas vezes chamadafórmula de Green.

49

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 50 — #50

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50 CAPÍTULO 4. A EQUAÇÃO DE LAPLACE

Vamos aplicar esse resultado ao fluxo definido porF D vru, em queu; vW NU � Rn ! R

são funções de classeC 2 eU � Rn. Então obtemos aPrimeira Identidade de Green:

Z

U

.v�u C ru � rv/dx DZ

@U

.vru � �/dS DZ

@U

v@u

@�dS: (4.4)

De fato,

div .vru/ D div

�

@u

@x1

v; : : : ;@u

@xn

v

�

DnX

iD1

@

@xi

�

@u

@xi

v

�

D v�u C ru � rv:

É claro que se aplicarmos o Teorema da Divergência aF D urv, obteremosZ

U

.u�v C rv � ru/dx DZ

@U

u@v

@�dS: (4.5)

Subtraindo.4:5/ de.4:4/, obtemos aSegunda Identidade de Green:Z

U

.v�u � u�v/dx DZ

@U

�

v@u

@�� u

@v

@�

�

dS (4.6)

O estudo das equações de Laplace e Poisson está relacionado com problemasfundamentais: oproblema de Dirichletpara a equação de Laplace consiste em encontraru 2 C 2.U / \ C

� NU�

tal que, dadaf 2 C.@U /, tenhamos

�u D 0; em U;

u D f; em @U;

enquanto oproblema de Neumannconsiste em encontraru 2 C 2.U / \ C� NU�

tal que, dadag 2 C.@U /, tenhamos

�u D 0; em U;@u@�

D g; em @U:

Analogamente, oproblema de Dirichletpara a equação de Poisson consiste em encontraru 2 C 2.U / \ C

� NU�

tal que, dadasf 2 C.@U / eg 2 C.@U /, tenhamos

�u D f; em U;

u D g; em @U;

enquanto oproblema de Neumannconsiste em encontraru 2 C 2.U / \ C� NU�

tal que, dadasf 2 C.@U / eg 2 C.@U /, tenhamos

�u D f; em U;@u@�

D g; em @U:

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 51 — #51

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4.3. TEOREMAS DO VALOR MÉDIO 51

Exercício 1 Mostre que uma condição necessária para que o problema de Neumann para aequação de Poisson tenha solução é que tenhamos

Z

U

fdx DZ

@U

gdS:

Exercício 2 Mostre que, se o problema de Dirichlet para a equação de Poisson tiver soluçãou 2 C 2.U / \ C 1

� NU�

, então essa solução é única.

Exercício 3 Mostre que, se o problema de Neumann para a equação de Poissontiver soluçãou 2 C 2.U / \ C 1

� NU�

, então essa solução é única a menos de uma constante.

Exercício 4 SejauW NU ! R uma função harmônica. Mostre queZ

@U

@u

@�D 0:

Exercício 5 SejauW NU ! R uma função harmônica. Mostre queZ

U

jruj2 D 1

2

Z

@U

@

@�u2:

4.3 Teoremas do Valor Médio

Sejau 2 C.U / uma função qualquer e tomemosBr.x/ � U . Pelo Teorema da ValorMédio para integrais, temos

u.x/ D limr!0

1

jBr.x/j

Z

Br .x/

u dx D 1

˛.n/rn

Z

Br .x/

u dx

D limr!0

1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

u dS D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

u dS

Uma propriedade fundamental das funções harmônicas - que, na verdade, caracteriza taisfunções - são as Propriedades do Valor Médio, que garantem que, dada uma função harmônicau em um abertoU , entãou.x/ é igual à média deu tanto sobre a [email protected]/ quanto sobrea bolaBr.x/, desde queBr.x/ � U .1 Essas propriedades têm consequências notáveis, comoveremos posteriormente.

Teorema 4.2 (Propriedade do Valor Médio)Seu 2 C 2.U / for harmônica, então

u.x/ D 1

jBr.x0/j

Z

Br .x/

u D 1

˛.n/rn

Z

Br .x0/

u

D 1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

u D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

u

para toda bolaBr.x/ b U .

1Quer dizer, não precisamos tomar o limite nas expressões do Teorema do Valor Médio para integrais.

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Demonstração:Para mostrar a segunda igualdade definimos, para todosr > 0 e x 2 U comBr.x/ � U

�.r/ D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

u.y/dS.y/:

Fazendo a mudança de variávelz D .y � x/=r introduzimosr no integrando:

�.r/ D 1

n˛.n/rn�1rn�1

Z

@B1.0/

u.x C rz/dS.z/ D 1

[email protected]/j

Z

@B1.0/

u.x C rz/dS.z/:

Derivando sob o sinal de integração e voltando à variável inicial, obtemos

�0.r/ D 1

[email protected]/j

Z

@B1.0/

ru.x C rz/ � zdS.z/ D 1

[email protected]/j

Z

@Br .0/

ru.y/ ��y � x

r

�

dS.y/:

Como o vetor normal unitário exterior [email protected]/ é justamente.y � x/=r , concluímos que

�0.r/ D 1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

@u

@�dS: (4.7)

Decorre então do Exercício 4.4 que�0.r/ D 0, mostrando que� é constante. Aplicando oTeorema do Valor Médio para integrais, concluímos que

�.r/ D limt!0

�.t/ D u.x/:

Assim, seBr.x/ � U , vale

n˛.n/rn�1u.x/ DZ

@Br .x/

udS:

Logo,Z

Br .x/

udy DZ r

0

�Z

@Br .x/

udS

�

ds D u.x/

Z r

0

n˛.n/sn�1ds D ˛.n/rnu.x/;

mostrando a primeira igualdade. �

Observação 4.3A hipóteseBr.x/ b U só foi utilizada para evitar@U \ @Br.x/ ¤ ;. C

Teorema 4.4 (Recíproca da Propriedade do Valor Médio)Seu 2 C 2.U / satisfizer

u.x/ D 1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

udS D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

udS

para toda bolaBr.x/ � U , entãoU é harmônica.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 53 — #53

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4.3. TEOREMAS DO VALOR MÉDIO 53

Demonstração:Seja, como na demonstração do Teorema 4.2,

�.r/ D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

u.y/dS.y/:

Supondo que�u 6� 0, podemos supor que exista uma bolaBR.x0/ � U tal que, digamos,�u > 0 emBR.x0/, isto é,�u.x/ > 0 para todox 2 BR.x0/. Por hipótese,u.x0/ D �.r/

para todo0 < r � R, de modo que�0.r/ D 0 se0 < r < R. Contudo, combinando aequação.4:7/ com a fórmula de Green.4:3/, obtemos

0 D �0.r/ D 1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

@u

@�dS D 1

[email protected]/j

Z

Br .x/

�u.y/dy > 0;

uma contradição. �

Definição 4.5 SejauW U ! R uma função contínua. Dizemos queu ésub-harmônica, se

u.x/ � 1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

u; 8 Br.x/ � U

esuper-harmônica, se

u.x/ � 1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

u; 8 Br.x/ � U:

Exercício 6 Mostre que seu for sub-harmônica, então

u.x/ � 1

jBr.x/j

Z

Br .x/

u

e seu for super-harmônica, então

u.x/ � 1

jBr.x/j

Z

Br .x/

u

para toda bolaBr.x/ � U .

Exercício 7 Mostre queu 2 C 2.U / é sub-harmônica se, e somente se,�u � 0 emU .

Exercício 8 Mostre queu 2 C 2.U / é super-harmônica se, e somente se,�u � 0 emU .

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4.4 Propriedades de Funções Harmônicas

4.4.1 Princípio do Máximo

Teorema 4.6 (Princípio do Máximo – Forma Forte)SejaU � R

n conexo. Suponhamos que a função contínuauW U ! R seja sub-harmônica.respectivamente, super-harmônica/. Seu assumir um máximo.respectivamente, mínimo/ emum pontox0 2 U , entãou é constante.

Demonstração:Suponhamos queU seja conexo e queu assuma seu máximo em um pontox0 2 U . DefinaA D fx 2 U W u.x/ D u.x0/g. Comox0 2 U e u é contínua, temos queAé um conjunto fechado não vazio. Vamos provar queA é aberto.

Para isso, tomex 2 A e r > 0 tais queBr.x/ � U . SeA não for aberto, existiriay 2 Br.x/ tal queu.y/ < u.x0/. A continuidade deu implica a existência de� > 0 comB�.y/ � Br.x/, tal queu.z/ < u.x0/ para todoz 2 B�.y/.

Suponhamos queu seja sub-harmônica. Então temos

u.x0/ D u.x/ � 1

jBr.x/j

Z

Br .x/

u D 1

jBr.x/j

�Z

Br .x/nB�.y/

u CZ

B�.y/

u

�

<u.x/

jBr.x/j

Z

Br .x/nB�.y/

dS <u.x/

jBr.x/j

Z

Br .x/

dS D u.x/ D u.x0/;

uma contradição.Ao considerar�u ao invés deu obtemos o resultado para funções super-harmônicas.�

Exercício 9 SejauW NU ! R uma função contínua. Mostre que, seU for limitado e conexo,então

.i/ u.x/ < max@U

u, seu for sub-harmônica;

.i i/ u.x/ > min@U

u, seu for super-harmônica.

Exemplo 4.7 A hipótese deU ser limitado não pode ser removida no Exercício 9. De fato,considere o domínio convexo

U D f.x; y/ 2 R2 W y > jxjg:

A funçãou.x; y/ D y2 � x2 satisfaz�u D 0 eu D 0 em@U . Contudo, supU u D 1. C

Exercício 10 (Princípio do Máximo – Forma Fraca) Sejam U um aberto limitado euW NU ! R contínua. Mostre que

.i/ maxx2 NU

u D max@U

u, seu for sub-harmônica;

.i i/ minx2 NU

u D min@U

u, seu for super-harmônica.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 55 — #55

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4.4. PROPRIEDADES DE FUNÇÕES HARMÔNICAS 55

No caso de funçõesu 2 C 2.U / \ C. NU /, podemos dar uma demonstração alternativa daforma fraca do Princípio do Máximo:

Teorema 4.8 (Princípio do Máximo – Forma Fraca)Suponha queu 2 C 2.U / \ C. NU / seja sub-harmônica emU (isto é,�u � 0) e U um

abertolimitado. Então vale aforma fraca do Princípio do Máximo:

maxNU

u D max@U

u:

Respectivamente, seu for super-harmônica emU (isto é, �u � 0) e U um abertolimitado, então

minNU

u D min@U

u:

Demonstração:Para� > 0, defina

u�.x/ D u.x/ C �jxj2:

Então@u�

@xi

D @u

@xi

C 2�xi e@2u�

@x2i

D @2u

@x2i

C 2�:

Supondou sub-harmônica, concluímos que

�u�.x/ D �u.x/ C 2n� � 2n� > 0:

Se existissex0 2 U tal que maxU u�.x/ D u�.x0/, então teríamosD2u.x0/:.v; v/ � 0

para todov 2 Rn (isto é,�u� � 0), o que contradiz�u� > 0. Assim,

maxNU

u� � max@U

u�:

Comomax

NUu � max

NUu� � max

@Uu C M�

(qual o significado deM?) e� > 0 é arbitrário, concluímos que

maxNU

u � max@U

u:�

Observação 4.9O Princípio do Máximo garante, em particular, que seu 2 C 2.U / \ C. NU /

satisfizer�

�u D 0 em U

u D g em @U;

comg � 0, entãou énão negativa emU , pois minNU

u D min@U

u � 0.

Se, além disso,U for conexo eg positivaem algum ponto de@U , entãou é positivaemtodos os pontos deU . De fato, se existissex0 2 U tal queu.x0/ D 0, entãou assumiria ummínimo em um ponto interior e, portanto,u seria constante, o que contradiz a existência deum ponto em queg é positiva. C

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 56 — #56

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Uma importante aplicação do Princípio do Máximo é a unicidade da solução do problemade Dirichlet para a equação de Poisson:

Teorema 4.10 (Unicidade no problema de Dirichlet para a equação de Poisson)Suponhamos queg 2 C.@U / e f 2 C.U /. Então existe no máximo uma solução

u 2 C 2.U / \ C. NU / para o problema de valor de fronteira

�

��u D f em U

u D g em @U:(4.8)

Demonstração: Se tantou quanto Qu satisfazem.4:8/, aplicando o Princípio do Máximo àfunçãow D u � Qu, obtemos que�u D 0 emU eu D 0 em@U . Pelo Princípio do Máximo,w � 0. �

Teorema 4.11 (Dependência contínua dos dados de fronteira)Suponha queu; Qu sejam soluções de

�

�u D f em U;

u D g1 em @Ue

�

� Qu D f em U;

Qu D g2 em @U;

comu; Qu 2 C 2.U / \ C. NU /, f 2 C.U / eg1; g2 2 C.@U /. Então

ku � Quk1 � kg1 � g2k1:

As normasku � Quj1 ekg1 � g2k1 são as normas emNU e @U , respectivamente.Demonstração:Definindow D u � Qu, vemos quew satisfaz

�

�u D 0 em U;

u D g1 � g2 em @U:

A afirmação decorre então do Princípio do Máximo (Teorema 4.8). �

Exercício 11 Mostre que o problema de Neumann para a equação de Poisson possui nomáximo uma solução, a menos de uma constante.2

Exercício 12 Sejamu1; u2W U ! R, com u2 harmônica eu1 sub-harmônica, ambascoincidindo em@U . Mostre queu1 � u2 emU . O que acontece seu1 for super-harmônicaao invés de sub-harmônica?

2Quer dizer, quaisquer duas soluções diferem por uma constante.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 57 — #57

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4.5. A SOLUÇÃO FUNDAMENTAL 57

4.4.2 Desigualdade de Harnack

DenotaremosV b U quando tivermosV � NV � U e NV for um compacto.Funções harmônicas não negativas possuem uma propriedade especial: o máximo e o

mínimo deu em qualquer conjunto compacto contido emU são comparáveis e a constanteque permite essa comparação independe deu:

Teorema 4.12 (Desigualdade de Harnack)Para qualqueraberto conexoV b U , existe uma constanteC D C

�

n; V; dist.V; @U /�

tal quesup

V

u � C infV

u

para todafunção harmônicau não negativaemU .Em particular,

1

Cu.y/ � u.x/ � C u.y/; 8 x; y 2 V: (4.9)

Demonstração: Sejar D dist.V;@U /

4. Tomex; y 2 V tais quejx � yj < r . Então, pela

propriedade da Média,

u.x/ D 1

˛.n/.2r/n

Z

B2r .x/

u � 1

˛.n/.2r/n

Z

Br .y/

u D 1

2nu.y/:

Decorre daí quesup

Br .y/

u � 2n infBr .y/

u: (4.10)

Como NV é compacto econexo, podemos cobri-lo por um número finito de bolasB1; : : : BN , todas com raior , satisfazendoBi \ Bi�1 ¤ ; parai 2 f2; : : : ; N g.

Suponha que supV u D u.x1/ e infV u D u.x2/. Considere um arco ligando esses pontos,que está coberto por (no máximo) esse número finitoN de bolas. Escolhendo pontos nessearco sempre pertencente a interseção de duas bolas de raior e aplicando sucessivamente aestimativa.4:10/, obtemos finalmente

u.x1/ � 2nN u.x2/: �

Exercício 13 Mostre a desigualdade.4:9/.

4.5 A Solução Fundamental

4.5.1 Obtenção da Solução Fundamental

Uma boa estratégia ao se investigar qualquer equação diferencial parcial consiste emidentificar algumas soluções explícitas e, quando a equaçãoé linear, gerar soluções maiscomplicadas à partir daquelas mais simples obtidas anteriormente.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 58 — #58

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Exercício 14 Mostre que a equação de Laplace�u D 0 é invariante por translação e porrotação. Isto é, se� W R

n ! Rn for uma translação eP uma matriz ortogonaln � n, então as

funçõesvW Rn ! R ewW R

n ! R definidas por

v.x/ D u.�x/ e w.x/ D u.P x/

também satisfazem a equação de Laplace. Também vale�xf .x � y/ D �yf .x � y/ paratoda funçãof duas vezes diferenciável.

Ao obter soluções explícitas, é aconselhável focar a atenção em classes de funções quepossuem propriedades de simetria. Uma vez que a equação de Laplace é invariante porrotações (veja exercício 14), é natural procurar porsoluções radiais, isto é, funções der D jxj.

Vamos, portanto, procurar soluções da equação de Laplace.4:1/, no caso deU D Rn,

tendo a formau.x/ D v.r/;

em quer D jxj D�

x21 C : : : C x2

n

�1=2e v é escolhida de modo que�u D 0 se verifique (se

possível). Notamos inicialmente que

@r

@xi

D 1

2

�

x21 C : : : C x2

n

��1=22xi D xi

r.x ¤ 0/

parai D 1; : : : ; n. Decorre então, parai D 1; : : : ; n, que

uxiD v0.r/

xi

r; uxi xi

D v00.r/x2

i

r2C v0.r/

�

1

r� x2

i

r3

�

e, assim,

�u D v00.r/ C n � 1

rv0.r/:

Desse modo,�u D 0 se, e somente se,

v00 C n � 1

rv0 D 0: (4.11)

Sev0 ¤ 0, deduzimos que

Œln v0�0 D v00

v0 D 1 � n

r) ln v0 D .1 � n/ ln r

e, portanto,v0.r/ D arn�1 para alguma constantea. Consequentemente, ser > 0, temos

v.r/ D�

a ln r C b .n D 2/a

rn�2 C b .n � 3/;

em queb é uma constante.Essas considerações levam à

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 59 — #59

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Definição 4.13Seja˛.n/ o volume da bola unitária noRn. A função

ˆ.x/ WD� � 1

2�ln jxj .n D 2/

1n.n�2/˛.n/

1jxjn�2 .n � 3/;

definida para todo0 ¤ x 2 Rn é asolução fundamentalda equação de Laplace.

A escolha das constantes na definição da solução fundamentalficará clara na sequência.Note que, sen D 2, 2� D n˛.n/.

Notamos que as seguintes estimativas

jrˆ.x/j � C

jxjn�1; jD2ˆ.x/j � C

jxjn (4.12)

decorrem imediatamente dev0.r/ D a=rn�1 e, então, da equação.4:11/.


@ˆ

@xi

.x/ D � 1

n˛.n/

xi

jxjn e@2ˆ

@xi@xj

.x/ D � 1

n˛.n/

�

ıij

jxjn � nxixj

jxjnC2

�

e deduza daí que

jrˆ.x/j � 1

n˛.n/

1

jxjn�1e jD2ˆ.x/j � 1

˛.n/

1

jxjn :

Observação 4.14Sejaf .jxj/ D f .r/ uma função radial. Então, pelo Teorema de Fubini,

Z

BR.0/

f .jxj/dx DZ R

0

Z

@BR.0/

f .r/dSdr D n˛.n/

Z R

0

f .r/rn�1dr:

Em particular, sef .jxj/ D �.x/, então

Z

BR.0/

�.jxj/dx D n˛.n/

Z R

0

�.r/rn�1dr D

8

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

:

�Z R

0

r ln rdr D R2 ln R; se n D 2;

1

n � 2

Z R

0

rdr D R2

2.n � 2/; se n � 3:

C

Lema 4.15 Sejaˆ a solução fundamental da equação de Laplace. Então

.i/ lim�!0

R

B�.0/ˆ.y/dy D 0;

.i i/ lim�!0

R

@B�.0/ˆ.y/dy D 0;

.i i i / lim�!0

R

@B�.0/@ˆ@�

.y/f .x � y/dS.y/ D �f .x/ para toda funçãof 2 C .B�.0// paraalgum� > 0 fixo, com� denotando a normalexteriorà bolaB�.0/.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 60 — #60

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Demonstração:Decorre imediatamente da Observação 4.14 queZ

B�.0/

jˆ.y/jdy ��

C�2j ln �j; se n D 2;

C�2; se n � 3;

o que implica a afirmação.i/.Também temos que

Z

@B�.0/

ˆ.y/dy D ˆ.�/

Z

@B�.0/

dS.y/ D n˛.n/�n�1ˆ.�/ ��

C�j ln �j; se n D 2

C�2�nen�1 D C�; se n � 3;

e a afirmação.i i/ decorre desta estimativa.Finalmente, sey ¤ 0 e n � 2, decorre do Exercício 4.15 querˆ.y/ D �1

n˛.n/

y

jyjn . Como

� D y

jyj é a normal exterior à bolaB�.y/, temos@ˆ@�

.y/ D rˆ.y/ � � D �1n˛.n/�n�1 em@B�.0/.

Segue então do Teorema de Mudança de Variável que

K� D � 1

n˛.n/�n�1

Z

@B�.0/

f .x � y/dS.y/ D � 1

n˛.n/�n�1�n�1

Z

@B1.x/

f .x � �z/dS.z/:

Tomando o limite quando� ! 0, o Teorema do Valor Médio para integrais garante que

lim�!0

K� D � lim�!0

1

n˛.n/

Z

@B1.x/

f .x � �y/dS.y/ D � 1

[email protected]/j

Z

@B1.x/

f .x � �y/dS.y/

D �f .x/:

O resultado decorre. �

4.5.2 A equação de Poisson

Por construção, a funçãox 7! ˆ.x/ é harmônica parax ¤ 0. Deslocando a origem parao pontoy, a equação de Laplace não se altera (veja o Exercício 4.14); assim,x 7! ˆ.x � y/

é uma função harmônica, parax ¤ y. Consideremos agora uma funçãof W Rn ! R e

a aplicaçãox 7! ˆ.x � y/f .y/, parax ¤ y. Essa aplicação é harmônica para qualquerescolha dey 2 R

n, assim como a soma de um número finito de tais expressões, tomadas paradiferentes pontosy.

Esse raciocínio sugere

u.x/ DZ

Rn

ˆ.x � y/f .y/dy D(

� 12�

R

R2 ln jx � yjf .y/dy .n D 2/1

n.n�2/˛.n/

R

Rn

f .y/

jx�yjn�2 dy .n � 3/(4.13)

seja uma solução da equação de Laplace. Entretanto, isso éfalso: não é verdade que

�u.x/ DZ

Rn

�xˆ.x � y/f .y/dy D 0:

(Na verdade, a estimativa.4:12/ mostra queD2ˆ.x � y/ não é integrável próximo dey D x

e, assim, a diferenciação sob o sinal de integração não procede).Vamos supor, por simplicidade, quef 2 C 2

0 .Rn/.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 61 — #61

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Teorema 4.16 (Solução da equação de Poisson)Suponhamos quef 2 C 2

0 .Rn/ e considereu definida por.4:13/. Então:

.i/ u 2 C 2.Rn/;

.i i/ ��u D f emRn.

Demonstração:Defina� W Rn ! R

n por�.y/ D x �y. Então�.Rn/ D Rn e j detD� j D 1.

Assim, de acordo com o teorema de mudança de variáveis,

u.x/ DZ

�.Rn/

ˆ.x � y/f .y/dy DZ

Rn

ˆ.x � �.y//f .�.y//j detD� jdy

DZ

Rn

ˆ.y/f .x � y/dy:

Portanto,

u.x C hei / � u.x/

hDZ

Rn

ˆ.y/

�

f .x C hei � y/ � f .x � y/

h

�

dy;

em que0 ¤ h 2 R. Tomando o limite quandoh ! 0, a convergência uniforme3

f .x C hei � y/ � f .x � y/

h! @f

@xi

.x � y/

garante que, parai 2 f1; : : : ; ng,

@u

@xi

.x/ DZ

Rn

ˆ.y/@f

@xi

.x � y/:

Analogamente, parai; j 2 f1; : : : ; ng,

@2u

@xi@xj

.x/ DZ

Rn

ˆ.y/@2f

@xi@xj

.x � y/: (4.14)

Uma vez que o lado direito da igualdade.4:14/ é contínuo, vemos queu 2 C 2.Rn/,mostrando.i/.

Uma vez que tem uma singularidade emy D 0, isolaremos essa singularidade em umapequena bola de raio� > 0 fixo:

�u.x/ DZ

B�.0/

ˆ.y/�xf .x � y/dy CZ

RnnB�.0/

ˆ.y/�xf .x � y/dy

DW I� C J�

(4.15)

3Veja o Corolário 4, p. 266 em [Lima,[?]]. O mesmo resultado pode ser obtido sem apelar para essaconvergência uniforme, desde que apliquemos o Teorema da Convergência Dominada (note queé integrável).

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 62 — #62

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Afirmamos queI� ! 0 quando� ! 0. De fato, temos

jI�j � kD2f ksup

Z

B�.0/

jˆ.y/jdy;

e o afirmação resulta do Lema 4.15.i/.Quanto ao termoJ�, notamos inicialmente que�xf .x � y/ D �yf .x � y/ (veja o

Exercício 4.14). Assim, a Primeira Identidade de Green aplicada ao termoJ� produz

J� DZ

RnnB�.0/

ˆ.y/�xf .x � y/dy DZ

RnnB�.0/

ˆ.y/�yf .x � y/dy

D �Z

RnnB�.0/

rˆ.y/ � ryf .x � y/dy �Z

@B�.0/

ˆ.y/@f

@�.x � y/dS.y/

DW K� C L�;

em que� denota o vetor unitário normal apontando para oexteriordeB�.0/.O termoL� tende a zero quando� ! 0. De fato, essa afirmação decorre do Lema 4.15

.i i/, pois

jL�j � krf ksup

Z

@B�.0/

ˆ.y/dy:

Para estimarK�, aplicamos novamente a Primeira Identidade de Green:

K� DZ

RnnB�.0/

�ˆ.y/f .x � y/dy CZ

@B�.0/

@ˆ

@�.y/f .x � y/dS.y/

DZ

@B�.0/

@ˆ

@�.y/f .x � y/dS.y/;

poisˆ.y/ é harmônica sey ¤ 0. (Note que� denota a normalexterioraB�.0/.)Decorre do Lema 4.15.i i i / queK� ! �f .x/ quando� ! 0.Assim,

�u.x/ D �f .x/;

mostrando queu é uma solução da equação de Poisson. �

Observação 4.171. Algumas vezes denotamos

��ˆ D ı0 em Rn;

em queı0 denota a distribuição de Dirac. Com essa notação, podemos calcular formalmente,parax 2 R

n,

��u.x/ DZ

Rn

��xˆ.x � y/f .y/dy DZ

Rn

ıxf .y/dy D f .x/;

o que está de acordo com o teorema 4.16.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 63 — #63

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4.6. FUNÇÃO DE GREEN 63

2. Na verdade, o Teorema 4.16 é válido sob hipóteses muito mais gerais sobre a funçãof .Veja [Gilbarg-Trudinger][?].3. A demonstração de queK� ! �f .x/ quando� ! 0 decorre de um resultado conhecidoda Teoria de Integração. De fato, sef for uma função localmente integrável eE Dr B.x0/,sabemos que

1

�.E/

Z

E

jf .x/ � f .x0/jd� ! 0 quando�.E/ ! 0 para quase todox0:

C

4.6 Função de Green

Dada uma funçãou 2 C 2� NU�

, gostaríamos de obter uma representação integral parau emtermos da solução fundamentalˆ.y � x/, sendox 2 U um ponto arbitrário. Não podemossimplesmente substituirv porˆ.y � x/ na Segunda Identidade de Green, poisˆ.y � x/ temuma singularidade emx. Contornaremos essa dificuldade da mesma maneira que fizemosantes: consideraremosU n B�.x/ e depois faremos� ! 0.

Teorema 4.18Sejau 2 C 2. NU /. Então, para todox 2 U vale

u.x/ DZ

@U

�

ˆ.y � x/@u

@�.y/ � u.y/

@ˆ

@�.y � x/

�

dS.y/ �Z

U

ˆ.y � x/�u.y/dy: (4.16)

Demonstração: Fixe x 2 U e tome� > 0 tal queB�.x/ � U . Aplicando a SegundaIdentidade de Green às funçõesu.y/ eˆ.x � y/ no conjuntoV� WD U n B�.x/, obtemosZ

V�

�

u.y/�ˆ.y � x/ � ˆ.y � x/�u.y/�

dy

DZ

@V�

�

u.y/@ˆ

@�.y � x/ � ˆ.y � x/

@u

@�.y/

�

dS.y/;

em que� denota o normalexterioraV�. De acordo com o Lema 4.15.i/ temosˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Z

@B�.x/

ˆ.y � x/@u

@�.y/dS.y/

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

� C

Z

@B�.x/

ˆ.y � x/dS.y/ ! 0

quando� ! 0. Além disso, pelo Lema 4.15.i i i /,Z

@B�.x/

u.y/@ˆ

@�.y � x/dS.y/ ! u.x/ quando� ! 0:

Como�ˆ.y � x/ D 0 paray ¤ x, concluímos o resultado ao fazer� ! 0. �

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 64 — #64

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Corolário 4.19 Sejau 2 C 2.U / \ C. NU / uma função harmônica. Então, para todox 2 U

temos

u.x/ DZ

@U

�

ˆ.y � x/@u

@�.y/ � u.y/

@ˆ

@�.y � x/

�

dS.y/:

Exercício 16 Deduza da expressão anterior que toda função harmônica é de classeC 1.Mostre também que todas as derivadas parciais4 deu também são harmônicas.

O Teorema 4.18 nos permitiria encontraru se soubéssemos os valores de�u emU e osvalores deu e @u

@�em@U . Acontece que os valores de@u

@�não são conhecidos, o que nos leva

ao desejo de alterar o resultado de modo a eliminar esse termo. É o que faremos.

Definição 4.20Para cadax 2 U , suponha quehx 2 C 2. NU / seja a solução do problema

�

�hx.y/ D 0 em U;

hx.y/ D ˆ.y � x/ em @U:

Definimos a função de GreenG.x; y/ da regiãoU por

G.x; y/ D ˆ.y � x/ � hx.y/

em quex; y 2 U , comx ¤ y.

De acordo com a Segunda Identidade de Green, temos

Z

@U

�

ˆ.y � x/@u

@�.y/ � u.y/

@hx

@�.y/

�

dS.y/ DZ

U

hx.y/�u.y/dy: (4.17)

Subtraindo.4:17/ de.4:16/, obtemos

u.x/ DZ

@U

�

ˆ.y � x/@u

@�.y/ � u.y/

@ˆ

@�.y � x/

�

dS.y/ �Z

U

ˆ.y � x/�u.y/dy

�Z

@U

�

ˆ.y � x/@u

@�.y/ � u.y/

@hx

@�.y/

�

dS.y/ �Z

U

hx.y/�u.y/dy

D �Z

@U

u@G

@�.x; y/dS.y/ �

Z

U

G.x; y/�u.y/dy; (4.18)

em que@G

@�.x; y/ D ryG.x; y/ � �.y/:

4Quer dizer, de qualquer ordem.

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 65 — #65

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Teorema 4.21Seja U � Rn um abertolimitado. Então toda soluçãou 2 C 2. NU / do

problema�

��u D f em U;

u D g em @U:

satisfaz

u.x/ D �Z

@U

g.y/@G

@�.x; y/dS.y/ C

Z

U

G.x; y/f .y/dy (4.19)

Demonstração:Decorre imediatamente de.4:18/. �

O Teorema 4.21 fornecea solução do problema de Dirichlet para a equação de Poisson,se pudermos obter a função de Green. Contudo, a construção dafunção de Green só pode serfeita se a geometria deU for simples. Passaremos a estudar situações em que essa construçãoé possível.

Observação 4.22De acordo com o Teorema 4.16, a função de Green para o espaçoRn é

dada porG.x; y/ D ˆ.x � y/. C

Antes provaremos uma propriedade básica da função de Green.

Teorema 4.23A função de Green é simétrica, isto é,G.x; y/ D G.y; x/ parax ¤ y.

Demonstração:Fixex; y 2 U , comx ¤ y. Defina, paraz 2 U ,

v.z/ D G.x; z/ e w.z/ D G.y; z/:

Vamos mostrar quev.y/ D w.x/.Temos, parax ¤ z,

�v.z/ D �G.x; z/ D �ˆ.z � x/ � �hx.z/ D 0;

pois tanto comoh são funções harmônicas dez. Da mesma forma, paray ¤ z obtemos

�w.z/ D �G.y; z/ D ˆ.z � y/ � hy.z/ D 0:

Além disso, para todoz 2 @U , temos

v.z/ D G.x; z/ D ˆ.z � x/ � hx.z/ D ˆ.z � x/ � ˆ.z � x/ D 0

e, analogamente,w.z/ D 0 se z 2 @U:

Vamos aplicar a Segunda Identidade de Green av ew no abertoV D U n.B�.x/[B�.y//,em que� > 0 é suficientemente pequeno. (Quais restrições� deve satisfazer? Responda aoconsiderar os cálculos feitos na sequencia.) Assim,

Z

@V

�

v@w

@�� w

@v

@�

�

dS.z/ DZ

V

.v�w � w�v/ dz D 0:

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 66 — #66

✐


Uma vez que@V D @U n�

@B�.x/ [ @B�.y/�

, temos que

0 DZ

@U

�

v@w

@�� w

@v

@�

�

dS.z/ CZ

@B�.x/

�

v@w

@�� w

@v

@�

�

dS.z/

CZ

@B�.y/

�

v@w

@�� w

@v

@�

�

dS.z/:

Como tantov comow se anulam em@U , concluímos queZ

@B�.y/

�

v@w

@�� w

@v

@�

�

dS.z/ DZ

@B�.x/

�

w@v

@�� v

@w

@�

�

dS.z/;

em que� denota o vetor unitário normalinterior às bolasB�.x/ eB�.y/.Consideremosˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Z

B�.x/

v@w

@�dS.z/

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

�Z

B�.x/

jvjˇ

ˇ

ˇ

ˇ

@w

@�

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

dS.z/ � C

Z

B�.x/

.ˆ.z � x/ C hx.z// dS.z/;

poisw éC 1 emB�.x/. Uma vez quehx é contínua emB�.x/, essa função assume um máximonesse conjunto. Decorre daí e do Lema 4.15 que essa integral tende a zero quando� tende azero.

Similarmente, obtemos queZ

@B�.y/

v@w

@�! 0 quando� ! 0:

Também decorre do Lema 4.15 que5

Z

@B�.x/

w@v

@�dS.z/ D

Z

@B�.x/

w@G

@�.z � x/dS.z/ C

Z

@B�.x/

whx.z/dS.z/ ! w.x/

quando� ! 0 e tambémZ

@B�.y/

v@w

@�dS.z/ D

Z

@B�.y/

v@G

@�.z � y/dS.z/ C

Z

@B�.y/

vhy.z/dS.z/ ! v.y/

quando� ! 0. Concluímos quev.y/ D w.x/. �

4.6.1 Função de Green para a bola

SejaT W Rn ! R

n a aplicação definida por

T x D Qx D R2 x

jxj2 ; x ¤ 0:

Note que, sex 2 @BR.0/, entãoT x D x e queT é um difeomorfismo que leva o interior dabolaBR.0/ em seu exterior, e vice-versa. (Verifique!) Além disso,T �1 D T . Essa aplicaçãoé chamadainversãocom relação a [email protected]/.

5Note que� é a normal interior a@B�.x/.

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 67 — #67

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Fixado x 2 BR.0/, para encontrarmos a função de Green da bolaBR.0/, precisamosencontrar uma soluçãohx 2 C 2

�

BR.0/�

do problema

�

�hx.y/ D 0 em U;

hx.y/ D ˆ.y � x/ em @U:

Se fossex D 0, bastaria tomarhx.y/ D ˆ.R/. Sex ¤ 0, a singularidade de .x � y/

emx nos impede de tomar essa função. Propriedades de funções harmônicas nos permitemescolherhx adequadamente. De fato,

hx.y/ D Rn�2

jxjn�2ˆ

�

y � R2x

jxj2

�

D Rn�2

jxjn�2ˆ .y � Qx/ (4.20)

é uma função harmônica, já que ela é uma translação da função harmônica .y/ multiplicadapor uma constante. Essa função deixa de ser harmônica justamente emQx D T x, que é umponto fora da bolaBR.0/.

Lema 4.24 A função harmônicahx definida por.4:20/ pode ser escrita na forma

hx.y/ D ˆ

� jxjR

�

y � R2x

jxj2

��

D ˆ

� jxjR

.y � Qx/

�

;

de modo que

G.x; y/ D(

ˆ.y � x/ � ˆh

jxjR

.y � Qx/i

; se x ¤ 0

ˆ.y/ � ˆ.R/; se x D 0

é a função de Green da bolaBR.0/.

Demonstração:Vamos considerar apenas o cason � 3. Então, por definição,

ˆ

� jxjR

.y � Qx/

�

D 1

n.n � 2/˛.n/

1

jxjn�2

Rn�2 jy � Qxjn�2

D Rn�2

jxjn�2

1

n.n � 2/˛.n/

1

jy � Qxjn�2

D Rn�2

jxjn�2ˆ .y � Qx/ :

Sey 2 @BR.0/, então

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

jxjR

�

y � R2x

jxj2

�ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D"

jxj2R2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

y � R2x

jxj2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

2#

12

D"

jxj2R2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

jyj2 � 2R2 y � x

jxj2 C R4

jxj2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

2#

12

D�

jxj2 � 2y � x C jyj2�

12

D jx � yj; (4.21)

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 68 — #68

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provando que

hx.y/ D ˆ

� jxjR

�

x � R2x

jxj2

��

é solução do problema�

�hx.y/ D 0 em BR.0/;

hx.y/ D ˆ.y � x/ em @BR.0/:�

Exercício 17 Verifique o Lema 4.24 no cason D 2.

Lema 4.25 Paray 2 @BR.0/ ex 2 BR.0/, a função de GreenG.x; y/ da bolaBR.0/ satisfaz

@G

@�.x; y/ D � 1

n˛.n/R

R2 � jxj2jx � yjn :

Demonstração:O vetor unitário normal exterior aBR.0/ éy=R. Assim,

@G

@�.y/.x; y/ D ryG.x; y/ � y

RD 1

R

nX

iD1

yi

@G

@yi

.x; y/

D 1

R

nX

iD1

yi

�

@

@yi

ˆ.y � x/ � @

@yi

ˆ

� jxjR

.y � Qx/

��

:

De acordo com o Exercício 4.15 temos@

@yi

ˆ.y � x/ D � 1

n˛.n/

yi � xi

jy � xjn ;

e, portanto,

@

@yi

ˆ

� jxjR

.y � Qx/

�

D � 1

n˛.n/

jxjR

.yi � Qxi/ˇ

ˇ

ˇ

jxjR

.y � Qx/ˇ

ˇ

ˇ

n

jxjR

D � 1

n˛.n/

jxj2R2

yi � R2xi

jxj2ˇ

ˇ

ˇ

jxjR

�

y � R2xjxj2

�ˇ

ˇ

ˇ

n

D � 1

n˛.n/

jxj2R2 yi � xi

jx � yjn

de acordo com a igualdade.4:21/, válida sey 2 @BR.0/.Assim, comojyj D R, temos

@G

@�.y/.x; y/ D � 1

n˛.n/Rjx � yjnnX

iD1

yi

�

.yi � xi / �� jxj2

R2yi � xi

��

D � 1

n˛.n/Rjx � yjnnX

iD1

�

y2i � jxj2

R2y2

i

�

D � 1

n˛.n/R

R2 � jxj2jx � yjn ;

como queríamos provar. �

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 69 — #69

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Decorre do Corolário 4.19 que seu 2 C 2�

BR.0/�

for harmônica, então

u.x/ D �Z

@BR.0/

u.y/@G

@�.y/.x; y/dS.y/ D R2 � jxj2

n˛.n/R

Z

@BR.0/

u.y/

jx � yjn dS.y/; (4.22)

chamadafórmula integral de Poisson. A função

K.x; y/ D R2 � jxj2n˛.n/Rjx � yjn

é chamadanúcleo de Poissonpara a bolaBR.0/.

Lema 4.26 Para todox 2 BR.0/ vale

1 DZ

@BR.0/

K.x; y/dS.y/:

Demonstração:Decorre imediatamente de.4:22/ ao tomarmosu � 1. �

Teorema 4.27Sejag 2 C [email protected]//. A solução do problema

�

�u D 0 em BR.0/;

u.x/ D g.x/ em @BR.0/

é dada por

u.x/ D R2 � jxj2n˛.n/R

Z

@BR.0/

g.y/

jx � yjn dS.y/: (4.23)

Demonstração: Como a função de Green é simétrica, as funçõesG.x; y/ e @G@�

.x; y/ sãoharmônicas com relação a ambas variáveis, sex ¤ y. Assim, derivando com relação ax nafórmula integral de Poisson.4:22/, concluímos que�u.x/ D 0, sex 2 BR.0/. Claramenteu.x/ D g.x/ [email protected]/, de modo que precisamos apenas mostrar queu é contínua no fechoda bolaBR.0/. Consideremos, portanto,x0 2 @BR.0/. Queremos provar que, sex 2 BR.0/,então

limx!x0

u.x/ D u.x0/ D g.x0/:

Comog é contínua, dado� > 0 existeı0 > 0 tal que, sey 2 @BR.0/ e jy � x0j < ı0,entãojg.y/ � g.x0/j < �. Pelo Lema 4.26 temos

g.x0/ DZ

@BR.0/

g.x0/K.x; y/dS.y/:

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 70 — #70

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SejaM D [email protected]/ g.y/. Então temos

ju.x/ � g.x0/j Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Z

@BR.0/

K.x; y/Œg.y/ � g.x0/�dS.y/

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

�Z

@BR.0/

K.x; y/jg.y/ � g.x0/jdS.y/

DZ

jy�x0j�ı0


CZ

jy�x0j>ı0


� �

Z

@BR.0/

K.x; y/dS.y/ C 2M

Z

jy�x0j>ı0

K.x; y/dS.y/

D � C 2MR2 � jxj2n˛.n/R

Z

jy�x0j>ı0

1

jx � yjn dS.y/

Se tomarmosjx � x0j � ı0=2, entãojx � yj � ı0=2 e jx � yj�n � 2n

ın0

.

f igura

ju.x/ � g.x0/j � � C 2MR2 � jxj2n˛.n/R

2n

ın0

[email protected]/j D � C 2nC1MRn�2 R2 � jxj2ın

0

:

ComoR2�jxj2 ! 0 quandox ! x0, vemos queju.x/�g.x0/j pode ser feito arbitrariamentepequeno. �

Exercício 18 SejaG a função de Green de um abertoU e x ¤ y. Mostre que@G@�

.x; y/ DryG.x; y/ � �.y/ é uma função harmônica.

Exercício 19 Justifique: a funçãou definida por.4:23/ satisfazu.x/ D g.x/, sex 2 @BR.0/.

4.7 Regularidade

Nos próximos resultados estamos supondoBr.x/ b U para [email protected]/ \ @U ¤ ;.

Teorema 4.28 (Suavidade das funções harmônicas)Uma funçãou 2 C.U / é harmônica emU se, e somente se, satisfizer a Propriedade do

Valor Médio

u.x/ D 1

n˛.n/

Z

@Br .x/

u.y/dS.y/ D 1

[email protected]/j

Z

@Br .x/

u.y/dS.y/

para toda bolaBr.x/ b U .

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 71 — #71

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4.7. REGULARIDADE 71

Demonstração:Suponha queu 2 C.U / satisfaça a Propriedade do Valor Médio emBr.x/ b

U . De acordo com o Teorema 4.27, existe uma função harmônicah 2 C 2.Br.x//\C�

Br.x/�

tal que�

�h D 0 em Br.x/;

h.x/ D u.x/ em @Br.x/

Tomemos entãow D h � u. ComoBr.x/ b U é arbitrária eh é harmônica, temos quewsatisfaz a Propriedade do Valor Médio em toda bolaBr.x/ b U . Decorre daí quew satisfaza forma forte do Princípio do Máximo (veja a prova do Teorema 4.8), pois a Propriedade doValor Médio é o único resultado utilizado naquela demonstração. De acordo com o Exercício4.??, temos maxBr .x/ D 0 D minBr .x/ e, portanto,w � 0 em Br.x/, ou seja,u D h

em Br.x/. Quer dizer,u 2 C 2.Br.x//. ComoBr.x/ b U é arbitrária, concluímos queu 2 C 2.U /. �

Note que, em virtude do Corolário 4.19, toda função harmônica emU éC 1 nesse aberto.

Corolário 4.29 Seja.un/ uma sequência de funções harmônicas. Seun ! u uniformemente,entãou é harmônica.

Demonstração:SejaBr.x/ b U . Comoun é harmônica, ela satisfaz a Propriedade do ValorMédio:

un.x/ D 1

j@Br j

Z

@Br .x/

u.y/dS.y/:

Uma vez queu é contínua (como limite uniforme de funções contínuas) e

u.x/ D limn!1

un.x/ D limn!1

1

j@Br j

Z

@Br .x/

un.y/dS.y/ D 1

j@Br j

Z

@Br .x/

limn!1

un.y/dS.y/

D 1

j@Br j

Z

@Br .x/

u.y/dS.y/;

vemos queu satisfaz a Propriedade do Valor Médio em cada bolaBr.x/ b U . Decorre doTeorema 4.28 queu é harmônica. �

Ao aplicarmos o Teorema da Divergência usual ao considerarmos o campoF D uei (emquefe1; : : : ; eng é a base canônica doRn) obtemos divF D @u

@xie F � � D u�i . Assim,

Z

U

@u

@xi

dx DZ

@U

u.y/�i .y/dS.y/:

Também é útil introduzir uma notação para derivadas parciais.

Definição 4.30Um multi-índice é um vetor D .˛1; : : : ; ˛n/, com˛i 2 N D f0; 1; 2; : : :g.Definimos aordemde˛ por j˛j D ˛1 C : : : C ˛n. Também definimosŠ D ˛1Š˛2Š:::˛nŠ

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 72 — #72

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Teorema 4.31 (Estimativas nas derivadas)Sejau uma função harmônica emU . Então

jD˛u.x0/j � Ck

rnCk

Z

Br .x0/

ju.x/jdx (4.24)

para toda bolaBr.x0/ � U e todo multi-índice de ordemj˛j D k.Aqui, parak 2 N D f0; 1; 2; : : :g,

C0 D 1

˛.n/; Ck D .2nC1nk/k

˛.n/:

Demonstração:Faremos indução emk D j˛j. Sek D 0, pela Propriedade do Valor Médio,

ju.x0/j Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1

n˛.n/rn

Z

Br .x0/

u.x/dx

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

� 1

˛.n/

1

rn

Z

Br .x0/

ju.x/jdx: (4.25)

Uma vez queuxié harmônica (pelo Exercício 4.16), temos

juxi.x0/j D

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

2n

˛.n/rn

Z

Br=2.x0/

uxi.x/dx

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

� 2n

˛.n/rn

Z

@Br=2.x0/

ju.y/�i .y/jdS.y/

� 1

˛.n/

�

2

r

�n

sup@Br=2.x0/

juj�

n˛.n/�r

2

�n�1�

D n

�

2

r

�

sup@Br=2.x0/

juj (4.26)

Se y é o ponto em que sup@Br=2.x0/ juj é atingido, aplicando.4:25/ para a bolaBr=2.y/

concluímos

sup@Br=2.x0/

juj � 1

˛.n/

�

2

r

�n Z

Br=2.y/

jujdx � 1

˛.n/

�

2

r

�n Z

Br .x0/

jujdx;

de modo que, substituindo em.4:26/, obtemos

jD˛u.x0/j � n

�

2

r

�

1

˛.n/

�

2

r

�n Z

Br .x0/

jujdx D 2nC1n

˛.n/

1

rnC1

Z

Br .x0/

jujdx;

o que mostra.4:24/ no casok D 1.Assuma, por indução, que.4:24/ seja válida para todas bolasBr.x0/ � U e todos os

multi-índices˛ de ordem menor do que ou igual ak � 1, comk � 2. Fixe Br.x0/ � U econsidere um multi-índice comj˛j D k. Então

D˛u D .Dˇu/xi

para algum multi-índice de ordemk � 1 e algumi 2 f1; : : : ; ng. Cálculos análogos àquelesque levaram à estimativa.4:26/ mostram que

jD˛u.x0/j D j.Dˇ u/xi.x0/j � nk

rsup

@Br=k.x0/

jDˇ uj:

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 73 — #73

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Estimando sup@Br=k.x0/ jDˇ uj pela hipótese de indução, obtemos

sup@Br=k.x0/

jDˇ uj � .2nC1n.k � 1//k�1

˛.n/�

k�1k

r�nCk�1

Z

Br .x0/

jujdx:

Combinando essas duas últimas desigualdades, obtemos

jD˛u.x0/j � .2nC1nk/k

˛.n/

1

rnCk

Z

Br .x0/

jujdx;

confirmando.4:24/. �

Sabemos da Análise Complexa que uma função analítica limitada em todo o planocomplexo é necessariamente constante. Vamos estender esteresultado.

Teorema 4.32 (Liouville)Suponha queuW R

n ! R seja uma função harmônicalimitada. Entãou é constante.

Demonstração:De acordo com o Teorema 4.31 temos

jDu.x0/j � C1

rnC1

Z

Br .x0/

jujdx � C1˛.n/

rsupRn

juj ! 0

quandor ! 1. Isso implica queDu � 0 e, portanto,u é constante. �

Teorema 4.33Sejaf 2 C 20 .Rn/, comn � 3. Então qualquer soluçãolimitadade

��u D f em Rn

é dada por

u.x/ DZ

Rn

ˆ.y � x/f .y/dy C C:

Demonstração: Seja Qu outra solução limitada de��u D f no Rn. Entãow D u � Qu é

harmônica, limitada e definida em todoRn. Pelo Teorema de Liouville,w é constante. O

resultado decorre então do Teorema 4.16. �

Observação 4.34Esse resultado não vale paran D 2. C

Lema 4.35 Seja˛ um multi-índice noRn. Então

j˛jj˛j � enj˛jj˛jŠ � Cej˛jj˛jŠ:

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 74 — #74

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Demonstração:Afirmamos quej˛jŠ � nj˛j˛Š

De fato, pelo Teorema Multinomial temos

.x1 C x2 C : : : C xn/m DX

j˛jDk

mŠ

˛Šx˛:

(Prove por indução.)Escolhendox1 D x2 D : : : D xn D 1 em D j˛j, concluímos que

nj˛jX

j˛jDk

j˛jŠ˛Š

;

provando nossa afirmação.Uma vez quenx � enx para todox � 0 (o que pode ser visto tomando o logaritmo em

ambos os lados da desigualdade), a primeira desigualdade doLema resulta ao combinarmosessas duas desigualdades. A segunda desigualdade é imediata. �

Teorema 4.36 (Analiticidade)Sejau uma função harmônica no abertoU . Entãou é analítica emU .

Demonstração:A expansão em série de Taylor deu em torno dex0 é dada por

X

j˛j�N �1

D˛.x0/

˛Š.x � x0/˛ C

X

j˛jDN

D˛u.x0 C t .x � x0//

˛Š.x � x0/˛;

em que os termos de ordem superior foram estimados aplicandoo Teorema do Valor Médio.Assim, precisamos cotar

RN DX

j˛jDN

D˛u.x0 C t .x � x0//

˛Š.x � x0/˛ D

X

j˛jDN

D˛u.�/

˛Š.x � x0/˛;

em que� D x0 C t .x � x0/ 2 B .x0/ depende dex0, em que D jx � x0j será determinado.Definimos

r D 1

4dist.x0; @U / e M D 1

˛.n/rn

Z

B2r .x0/

jujdx:

De acordo com o Teorema 4.31 e o Lema 4.35, temos

supBr .x0/

jD˛uj � M

�

2nC1n

r

�j˛jj˛jj˛j � CM

�

2nC1n2e

r

�j˛j˛Š

(Na primeira desigualdade aplicamos.4:24/ separando os termos presentes emM dos termosrestantes, parak D j˛j.)

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 75 — #75

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4.8. INTRODUÇÃO AOS MÉTODOS VARIACIONAIS 75

Tomamos agora

jx � x0j <r

2nC2n3e:

Então

jRN .x/j �X

j˛jDN

CM

�

2nC1n2e

r

�N� r

2nC2n3e

�N

D CMX

j˛jDN

�

1

2n

�N

� CMnN 1

.2n/ND CM

2N! 0 quando N ! 1:

�

4.8 Introdução aos Métodos Variacionais

Ilustraremos a aplicação de métodos variacionais ao considerar o problema�

��u D f; em U;

u D g; em @U:(4.27)

Consideremos� 2 C 10 .U /. Multiplicando a equação por� e integrando, obtemos

�Z

U

�u�dx DZ

U

f �dx: (4.28)

Seu 2 C 2.U / satisfizer essa equação, decorre da Primeira Identidade de Green que

�Z

U

�u�dx DZ

U

ru � r�dx �Z

@U

�@u

@�dS D

Z

U

ru � r�dx

(pois� 2 C 10 .U /), de modo que.4:28/ é escrita como

Z

U

ru � r�dx DZ

U

f �dx:

Note que essa equação faz sentido mesmo queu não seja de classeC 2.O funcional

I.u/ DZ

U

�

1

2jruj2 � f u

�

dx

é chamadoação.6

Uma vez que estamos interessados em resolver o problema.4:27/, vamos considerar essefuncional definido no conjunto

A D fw 2 C 2.U / W w D g em @U g;

chamado conjunto das funções admissíveis.

6Esse funcional é chamado erroneamente de funcional energia.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 76 — #76

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Teorema 4.37Suponha queu 2 C 2.U / seja solução de.4:27/. Então

I.u/ D minw2A

I.w/: (4.29)

Reciprocamente, seu 2 A satisfizer.4:29/, entãou é uma solução de.4:27/.

Demonstração:Suponhamos queu seja solução de��u D f emU , isto é,��u � f D 0

emU . Multiplicando essa igualdade poru � w (comw 2 A) e integrando, obtemosZ

U

��u.u � w/dx �Z

U

f .u � w/dx D 0:

Aplicando a Primeira Identidade de Green obtemos (como antes)

0 DZ

u

Œru � r.u � w/ � f .u � w/�dx;

pois em@U temosu � w D g � g D 0.Portanto,

Z

U

.jruj2 � f u/dx DZ

U

.ru � rw � f w/dx

�Z

U

1

2jruj2dx C

Z

U

1

2jrwj2dx �

Z

U

f wdx;

com a desigualdade sendo obtida ao aplicar as estimativas7

jru � rwj � jruj jrwj � 1

2jruj2 C 1

2jrwj2:

Assim, mostramos queZ

U

�

1

2jruj2 � f u

�

dx �Z

U

�

1

2jrwj2 � f w

�

dx ) I.u/ � I.w/; 8 w 2 A:

Comou 2 A, concluímos a validade de.4:29/.Reciprocamente, para todo� 2 C 1

0 .U / fixo, definimos

i.t/ D I.u C t�/; t 2 R:

Comou C t� 2 A, a funçãoi W R ! R possui um mínimo no ponto0. Ou seja,

d

dti.t/

ˇ

ˇ

ˇ

tD0D i 0.0/ D 0;

7A primeira é a desigualdade de Cauchy-Schwarz, a segunda decorre deab � .a2=2/ C .b2=2/, válida paraa; b 2 R e que decorre imediatamente de0 � .a � b/2 D a2 � 2ab C b2.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 77 — #77

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4.8. INTRODUÇÃO AOS MÉTODOS VARIACIONAIS 77

se pudermos mostrar a existência dei 0.0/.Uma vez que

i.t/ DZ

U

�

1

2jru C tr�j2 � f .u C t�/

�

dx

DZ

U

�

1

2jruj2 C tru � r� C t2

2jr�j2 � f .u C t�/

�

dx;

vemos que

0 D i 0.0/ DZ

U

.ru � r� � f �/dx DZ

U

.��u � f /� dx

e o fato deC 10 .U / ser denso emC 2.U / garante que��u � f D 0 emU . �

O resultado acima é uma aplicação do cálculo de variações ao problema de Dirichlet paraa equação de Poisson.

Observação 4.38A existência de mínimo para funcionais definidos em espaços de funçõesdepende da existência de subsequência convergente para umasequência minimizante. Comoessa subsequência pode não existir, esse o ínfimo pode não seratingido. Consideremos, porexemplo, o funcional

J.f / DZ 1

0

Œ1 C jf 0.x/j2�1=4dx;

definido no conjunto de funções admissíveis

A D ff 2 C.Œ0; 1�; R/ W f .0/ D 1; f .1/ D 0g:Note que sejf j ! 1, entãoJ.f / ! 1. Além disso,J.f / � 1. Se1 for o ínfimodesse funcional, ele não pode ser atingido, já que deveríamos ter jf 0j D 0, o que gera umadescontinuidade emf .

Mas o ínfimo é1. De fato, consideremos

f .x/ D�

1 � x�; se 0 � x � � < 1

0; se � � x � 1

F igura

Temosf 2 A ef 0.x/ D ��1, se0 � x � �, ef 0.x/ D 0, se� � x � 1. (Note quef écontínua, mas não éC 1.)

CalculandoJ.f /, obtemos

J.f / DZ �

0

.1 C e�2/1=4dx CZ 1

�

1dx D �.1 C ��2/1=4 C .1 � �/:

Além disso,� 4p

1 C ��2 D 4p

�4 C �2 D �1=2.1 C �2/1=4, de modo que, para� > 0

suficientemente pequeno, temos

J.f / D �1=2.1 C �2/1=4 C .1 � �/;

que pode ser feito arbitrariamente próximo de1. Assim, o funcionalJ não tem mínimo. C

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 78 — #78

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4.9 Exercícios

1. SejamU um aberto limitado deRn e u 2 C.U /. Para cadak 2 N seja uk 2C 2.U / \ C

� NU�

harmônicaemU . Considere a sequência de funções emNU :

SN DNX

kD1

akuk; N 2 N;

em que1P

kD1

ak é uma série numéricaabsolutamenteconvergente.

Prove que, se a sequência.uk/ for uniformentelimitada em NU �, entãoSN convergeuniformemente para uma função harmônicau 2 C 1.U / \ C

� NU�

.

2. Sejam� 2 C 2.R/ e u 2 C 2.U /.

.a/ Mostre que��.u/ D �00.u/ jruj2 C �0.u/�u;

.b/ se � for convexa eu harmônica emU , mostre quev.x/ WD �.u.x// é sub-harmônica emU ;

.c/ conclua que seu for harmônica emU , entãojruj2 é sub-harmônica emU .

3. Mostre que se� < 0 eu 2 C 2.U / \ C� NU�

satisfizer��u D �u emU então

maxNU

juj D maxx2@ NU

juj:

(Sugestão: use�.u/ D u2 no item.a/ do Exercício 2.)

4. Mostre que, se� < 0, então o problema de Dirichlet�

��u D �u em U;

u D g em@U

tem solução única.

5. Mostre que existe uma constante positivaCn, dependendo apenas den, tal que

maxNB1.0/

juj � Cn. max@ NB1.0/

jgj C maxNB1.0/

jf j/

seu 2 C 2.B1.0// \ C. NB1.0// for uma solução de�

��u D f em B1.0/;

u D g em @B1.0/:

(Sugestão: paraM D maxNB1.0/

jf j e m D [email protected]/

jgj mostre que as funçõesM2n

jxj2 ˙ u.x/

são sub-harmônicas e limitadas [email protected]/ por M2n

C m:/

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 79 — #79

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4.9. EXERCÍCIOS 79

6. Modifique a prova dos teoremas sobre a propriedade da médiapara mostrar que

u.0/ D 1n!nRn�1

Z

@BR.0/

g.y/dSy C 1n!n.n�2/

Z

BR.0/

�

1

jyjn�2 � 1Rn�2

�

f .y/dy

sen � 3 eu 2 C 2.BR.0// \ C. NBR.0// for uma solução

�

��u D f em BR.0/;

u D g em @BR.0/:

7. Sejau uma solução de�

��u D 1 em U;

u D 0 em @U:

Mostre que sex0 2 U , então

1

2nmin

y2@Ujy � x0j2 � u.x0/ � 1

2nmaxy2@U

jy � x0j2 :

8. SejaR > 0 e, para cada 2 Œ0; 1�; sejamR˛ D .1 � ˛/R e U˛ D B˛R.0/. Verifiqueque, seu 2 C. NU1/ \ C 2.U1/ for harmônica emU1 então:

maxNU˛

jruj � np

n

.1 � ˛/Rmax@U1

juj ; para todo 2 .0; 1/:

9. Conclua, utilizando o Exercício 8, que seuk for uma sequênciauniformementelimitada de funções harmônicas emBR.0/ e contínuas emNBR.0/, então existe umasubsequência deuk que converge uniformemente em cada bolaBr.0/ � BR.0/ parauma funçãou que é harmônica emBR.0/.

(Sugestão: use o teorema de Arzelá-Ascoli.)

10. SuponhaU conexo e sejauk uma sequência de funções harmônicas emU satisfazendoa propriedade

uk.x/ � um.x/ se k � m para cadax 2 U:

SejaV aberto deU tal que NV � U e considerex0 2 V . Use a desigualdade de Harnack,para mostrar que:

.a/ seuk.x0/ convergir, entãouk converge uniformemente emNV para uma funçãouque é harmônica emV ;

.b/ caso contrário, se limuk.x0/ D 1, entãouk ! 1 uniformemente em qualquercompacto contido emV .

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Observação: Nos exercícios seguintes, o conjunto� e as funçõesug e u�;r sãodefinidos, respectivamente, por:

� D˚

u 2 C. NU / W u é sub-harmônica emU eu � g em@U

em queg 2 C.@U / é uma função que suporemos fixada;

ug.x/ WD supfu.x/ W u 2 �g para cadax 2 NU I

u�;r.x/ WD�

u.x/; se x 2 NU � Br.�/

v�;r.x/; se x 2 Br.�/

em queu é uma função fixada ev�;r é a única solução de�

�v�;r D 0 em Br.�/

v�;r D u em@Br.�/

para cadaBr.�/ � U .

11. Mostre que, sem � minx2@�

g.x/, então a função constante e igual am é um elemento de� .

12. Mostre que, seu 2 � e v 2 C 2.U / \ C. NU / for uma função harmônica tal quev.x/ � g.x/ para todox 2 @U , entãou.x/ � v.x/ para todox 2 NU . Em particular,u.x/ � M WD max

[email protected]/:

13. Conclua do exercício anterior que a funçãoug está bem definida.

14. Mostre queu � u�;r e u�;r 2 � , para cadau 2 � e para cadaBr.�/ � U .

15. Mostre que, seui 2 � parai D 1; : : : ; k então

u.x/ D maxfu1.x/; : : : ; uk.x/g 2 �:

O próximo exercício é um guia para a demonstração de queug é uma funçãoharmônica (método de Perron).

16. Sejamx0 2 U e vk uma sequência de funções em� tais quevk.x0/ ! ug.x0/: Definaa sequência

V k.x/ D maxfv1.x/; : : : ; vk.x/g I x 2 NU :

(Observe que do exercício anterior segue queV k 2 �:)

.a/ Verifique queV k.x0/ ! ug.x0/ e queV k.x/ é uma sequência crescente paracadax 2 NU .

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4.9. EXERCÍCIOS 81

.b/ Parax0 2 Br.�/ � U , mostre queV k�;r

.x/ é uma sequência crescente para cada

x 2 NU e queV k�;r

.x0/ ! ug.x0/:

.c/ Conclua de um dos exercícios anteriores queV k�;r

converge uniformemente emNUpara uma funçãoz que é harmônica emB.�/ e tal quez.x0/ D ug.x0/:

.d/ Mostre quez D ug em Br.�/ e conclua queug é harmônica emU . (Sugestão:para cadaNx 2 Br.�/ repita os argumentos acima e construa um sequênciaNV k

�;r.x/

uniformemente convergente emNU para uma funçãoNz que é harmônica emBr.�/

e tal queNz. Nx/ D ug. Nx/. Faça a construção de forma queNV k�;r

� V k�;r

para garantirquez � Nz emBr.�/ e aplique o princípio do máximo à função harmônicaNz � z;

observando queug.x0/ D z.x0/ � Nz.x0/ � ug.x0/:)

O exercício seguinte é um guia para a demonstração de queug ! g em@U .

17. SejamQx 2 @U e uma bolaBR.x0/ exterior aU que toca@U somente emQx. Defina afunçãoH.x/, positiva e harmônica emRn � fx0g; por:

H.x/ D(

1Rn�2 � 1

jx�x1j se n � 3;

ln jx�x1jR

se n D 2:

Agora, tome� > 0 e, supondog 2 C.@U /, escolhaı > 0 tal quejg.x/ � g.x0/j < �

sex 2 Bı.x0/ \ @U .

.a/ Mostre que

jg.x/ � g.x0/j < � C C�H.x/ para todox 2 @U;

em queC� D 2kgk1Hı

eHı D minfH.x/ W x 2 @U e jx � x0j � ıg > 0;

.b/ Conclua do item anterior que

g.x0/ � � � C�H.x/ � ug.x/ � g.x0/ C � C C�H.x/; para todox 2 NU I

(Observe queg.x0/ ˙ .� C C�H.x// é harmônica emNU .)

.c/ Observando queH.x0/ D 0; conclua do exercício anterior que

limx! Qx

jug.x/ � g.x0/j < �

para todo� > 0; ou seja, limx! Qx

ug.x/ D g.x0/:

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Capítulo 5

Equação do Calor

A equação do calor

ut � �u D 0 (5.1)

e sua versão não homogênea

ut � �u D f .x; t/ (5.2)

são o nosso próximo objetivo de estudo.Em geral, como veremos, toda afirmativa sobre funções harmônicas encontra uma versão

correspondente para a equação do calor. Assim, o desenvolvimento da teoria será feito demaneira semelhante àquela utilizada no estudo da equação deLaplace.

É importante notar que seu.x; t/ for solução da equação do calor, entãov.x; t/ Du.x; �t / não é solução da equação do calor, pois satisfazvt C �v D 0. Isso quer dizerque a equação do calor distingue o passado do futuro e governaum processo irreversível.


Escrever

5.2 O Núcleo do Calor

Nossa primeira providência do estudo da equação do calor.5:1/ será obtermos umasolução fundamental, análoga àquela obtida para funções harmônicas. A linearidade de.5:1/

indica que, para� 2 R e u.x; t/ uma solução do calor, entãov.x; t/ D u.�x; �2t / também ésolução do calor. Esse fato sugere que a razão

r2

tD jxj2

t

82

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5.2. O NÚCLEO DO CALOR 83

desempenhe um papel importante na solução dessa equação. Defato, observe que chamandoQx D �x e Qt D �2t , entãoj Qxj2 D �x � �x D �2jxj2 e

j Qxj2Qt D �2jxj2

�2tD jxj

t:

Exercício 1 Verifique que, considerando “coordenadas polares” centradas em um pontoa,a razãor2

té invariante com relação a translaçãoy D x � a.

Ao invés de procurarmos soluções tendo a forma

u.x; t/ D v

�

r2

t

�

;

é mais fácil procurarmos soluções com a forma

u.x; t/ D w.t/v

�

r2

t

�

D w.t/v

� jxj2t

�

;

em quew; v são funções a serem determinadas. Temos

ut D w0.t/v

�

r2

t

�

� r2

t2w.t/v0

�

r2

t

�

;

uxiD w.t/v0

� jxj2t

�

2xi

t

e

uxi xiD w.t/

�

v00� jxj2

t

�

4x2i

t2C v0

� jxj2t

�

2

t

�

:

Portanto,

ut � �u D w0.t/v

�

r2

t

�

� r2

t2w.t/v0

�

r2

t

�

�nX

iD1

w.t/

�

v00�

r2

t

�

4x2i

t2C v0

�

r2

t

�

2

t

�

D w0.t/v

�

r2

t

�

� w.t/

�

4r2

t2v00�

r2

t

�

C r2

t2v0�

r2

t

�

C v0�

r2

t

�

2n

t

�

Neste ponto a análise é baseada em conhecimentos anteriores. Vamos denotar� D r2=t eseparar essa equação como

w0.t/v.�/ � w.t/v0.�/2n

tD w.t/

�

4r2

t2v00.�/ C r2

t2v0.�/

�

: (5.3)

Ao igualarmos a zero o lado direito dessa igualdade, temos que resolver�

4r2

t2v00.�/ C r2

t2v0.�/

�

D 0;

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 84 — #84

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84 CAPÍTULO 5. EQUAÇÃO DO CALOR

isto é,4v00 C v0 D 0:

Ao anular o lado direito da equação.5:3/, somos levados à equação

w0v � 2nv0

tw D 0

e, portanto, como as variáveist e � são independentes, devemos ter

tw0

wD 2n

v0

vD ��;

em que� é uma constante. Resolvendo4v00 C v0 D 0 obtemosv D Ce��=4. Levandov D Ce��=4 ev0 D �1

4Ce��=4 na equação

2nv0 C �v D 0

obtemos� D n2.

Substituindo esse valor na equaçãotw0 C �w D 0, encontramos

w0

wD � n

2t) ln w D �n

2ln t C D ) w D At�n=2;

de modo que nossa solução fundamental é dada por

u.x; t/ D w.t/v.�/ D Bt�n=2e�r2=4t D Bt�n=2e�jxj2=4t ;

sendo uma solução radial.

Definição 5.1 A função

ˆ.x; t/ D(

1.4�t/n=2 e�jxj2=4t ; x 2 R

n; t > 0;

0 x 2 Rn; t < 0

(5.4)

é chamadasolução fundamentalda equação do calor ounúcleo do calor.

Exercício 2 Fixe 0 < s < t e y 2 Rn. Mostre que .x � y; t � s/ também é solução da

equação do calor.

Decorre imediatamente da definição que a solução fundamental é C 1, se t > 0. Masˆ.x; t/ tem uma singularidade em.0; 0/.

Lema 5.2 Para cadat > 0 valeZ

Rn

ˆ.x; t/dx D 1:

Demonstração:Temos, ao fazer a mudança de variávelz D x=p

4t ,Z

Rn

ˆ.x; t/dx D 1

.4�t/n=2

Z

Rn

e�jxj2=4tdx D 1

�n=2

Z

Rn

e�jzj2dz

D 1

�n=2

nY

iD1

Z 1

�1e�z2

i dzi D 1:

�

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5.3. EQUAÇÃO DO CALOR: O PROBLEMA DE VALOR INICIAL 85

Exercício 3 Sex 2 R, calculeZ 1

�1e�x2

dx:

Para isso, calcule o quadrado dessa integral utilizando diferentes variáveis de integração eentão utilize coordenadas polares.

F igura W gráfico da solução fundamental no casox 2 R; t > 0 f ixo

Observações sobre o gráfico:.x; t/ é uma distribuição de probabilidade parat > 0; paracadax fixo, limt!1 ˆ.x; t/ D 0. Quandot ! 0 o máximo tende a infinito como

pt ; se

x ¤ 0, ˆ.x; t/ ! 0 quandot ! 1.

Exercício 4 Sejau.x; t/ uma solução da equação do calor.5:1/ no casox 2 R. Suponhaque, para todot > 0, tenhamos

limx!˙1

u.x; t/ D limx!˙1

ux.x; t/ D 0:

(Note que essa propriedade é satisfeita pela solução fundamental.)Mostre que

d

dt

�Z 1

�1u.x; t/dt

�

D 0:

Essa propriedade vale também parax 2 Rn?

5.3 Equação do Calor: o Problema de Valor Inicial

5.3.1 O Problema Homogêneo noRn

Vamos considerar o problema de valor inicial homogêneo noRn

�

ut � �u D 0; Rn � .0; 1/

u.x; 0/ D g.x/; x 2 Rn;

(5.5)

Teorema 5.3 Sejag 2 C.Rn/ \ L1.Rn/. Defina

u.x; t/ DZ

Rn

ˆ.x � y; t/g.y/dy D 1

.4�t/n=2

Z

Rn

e�jx�yj2=4tg.y/dy

para t > 0. Entãou.�; t / � kgkL1.Rn/ para todot > 0 e

.i/ u 2 C 1.Rn � .0; 1//;

.i i/ ut.x; t/ � �u.x; t/ D 0 para todox 2 Rn e t > 0;

.i i i / lim.x;t/!.x0;0/

u.x; t/ D g.x0/ para todox0 2 Rn.

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Demonstração:Comoˆ.x � y; t/ D 14�tn=2 e�jx�yj2=4t é uma funçãoC 1 com todas as suas

derivadasuniformemementelimitadas emRn � Œı; 1/ e

D˛u.x; t/ DZ

Rn

D˛ˆ.x � y; t/g.y/dy;

provamos.i/. Além disso,

ut.x; y/ � �u.x; y/ DZ

Rn

Œˆt.x � y; t/ � �xˆ.x � y; t/�g.y/dy D 0;

poisˆ.x � y; t/ é uma solução da equação do calor.Para provar.i i i /, fixemosx0 2 R

n e � > 0. Escolhaı > 0 tal que

jy � x0j < ı ) jg.y/ � g.x0/j < �:

Tomex 2 Rn tal quejx � x0j < ı=2. Decorre do Lema 5.2 que

ju.x; t/ � g.x0/j Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Z

Rn

ˆ.x � y; t/Œg.y/ � g.x0/�dy

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

�Z

Rn

ˆ.x � y; t/jg.y/ � g.x0/jdy

DZ

Bı.x0/


CZ

RnnBı.x0/


� � C 2kgkL1

Z

RnnBı.x0/

ˆ.x � y; t/dy (5.6)

Uma vez quejx � x0j < ı=2, paray 2 Rn n Bı.x0/ temos

jx0 � yj � jx0 � xj C jx � yj � ı

2C jx � yj D jx � yj C jx � x0j

2;

o que implica

jx � yj � jx � x0j2

:

Figura: a mesma feita para o Laplaciano serve.

Assim, a última integral em.5:6/ é limitada por

C

tn=2

Z

RnnBı.x0/

exp�jx�yj2=4t dy � C

tn=2

Z

RnnBı.x0/

exp�jx�x0j2=16t dy

� C n˛.n/

tn=2

Z 1

ı

er2=16trn�1dr:

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Fazendo a mudança de variávels D s=4p

t , obtemos que a última integral vale

C n˛.n/

tn=2

Z 1

ı

er2=16trn�1dr D C n˛.n/4n

Z 1

ı=4p

t

e�s2

sn�1ds ! 0 quando t ! 0C;

poisZ 1

0

e�s2

sn�1ds Dp

� < 1

e ı=4p

t ! 1.Daí concluímos.i i i /. A afirmação sobre a limitação deu.�; t / decorre imediatamente da

fórmula de representação da solução. �

Observação 5.4O Princípio do Máximo para a equação do calor implicará que a soluçãoobtidau.x; t/ é aúnicasolução limitada eC 1 dessa equação. Na verdade, a solução obtidau é analítica, veja [?] [John]. C

Exercício 5 Mostre que, para cadas fixo tal que0 < s < t , então

u.x; t I s/ DZ

Rn

ˆ.x � y; t � s/g.y; s/dy

é solução do problema�

ut.x; t I s/ � �u.x; t I s/ D 0; se x 2 Rn e t > s;

u.x; sI s/ D g.xI s/ se x 2 Rn;

que é um problema de valor inicial que se inicia emt D s ao invés det D 0.

5.3.2 O Problema Não Homogêneo noRn

Agora consideraremos o problema não homogêneo noRn

�

ut � �u D f; Rn � .0; 1/

u.x; 0/ D 0; x 2 Rn;

(5.7)

Como vimos no Exercício 5, não podemos tentar resolver o problema.5:7/ tentando umasolução com a forma

u.x; t I s/ DZ

Rn

ˆ.x � y; t � s/f .y; s/dy:

O Princípio de Duhamel– estabelecido inicialmente para a equação da onda, mas válidopara uma larga classe de equações diferenciais parciais – afirma que podemos obter umasolução para o problema.5:7/ ao integrar as soluçõesut.x; t I s/ com respeito as, isto é,

u.x; t/ DZ t

0

u.x; t I s/ds

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é solução de.5:7/. Assim, o Princípio de Duhamel é um análogo ao método de variação dosparâmetros para equações diferenciais ordinárias: a solução do problema não homogêneo éobtida à partir de soluções do problema homogêneo.

DenotaremosC 2;10

�

Rn � Œ0; 1/

�

as funçõesf W Rn � Œ0; 1/ de classeC 2 na variávelx,

de classeC 1 na variávelt e com suporte compacto.

Teorema 5.5 Sejaf 2 C2;10

�

Rn � Œ0; 1/

�

e defina

u.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.x � y; t � s/f .y; s/dyds

DZ t

0

1

Œ4�.t � s/�n=2

Z

Rn

e�jx�yj2=4jt�sjf .y; s/dyds:

Entãou 2 C 2;1�

Rn � .0; 1/

�

\ C 0�

Rn � Œ0; 1/

�

é uma solução de.5:7/.

Demonstração:Não podemos derivar sob o sinal de integração, poisˆ.x �y; t �s/ tem umasingularidade emt D s. Assim, procederemos como na prova do Teorema 4.16.

Inicialmente mudamos variáveis e escrevemos1

u.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.y; s/f .x � y; t � s/dyds:

Agora podemos integrar sob o sinal de integração2 e obter

ut.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.y; s/ft .x � y; t � s/dyds CZ

Rn

ˆ.y; s/f .x � y; 0/dyds

e@2u

@xixj

.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.y; s/fxi xj.x � y; t � s/dyds:

Essas expressões garantem queu 2 C 2;1�

Rn � .0; 1/

�

\ C 0�

Rn � Œ0; 1/

�

. Além disso,3

.ut � �u/.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.y; s/

�

@

@t� �x

�

f .x � y; t � s/dsdt

CZ

Rn


DZ �

0

Z

Rn

ˆ.y; s/

�

@

@t� �x

�


CZ t

�

Z

Rn

ˆ.y; s/

�

� @

@s� �y

�


CZ

Rn


D I� C J� C K:

1Veja o Exercício 6, na sequência.2Veja o Exercício 7, na sequência.3Veja o Exercício 8, na sequência.

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Começamos cotando a integralI�:

jI�j ��

kftkL1.Rn/ C kD2f kL1.Rn/

�

Z �

0

Z

Rn

ˆ.y; s/dyds � C�:

Para cotarJ� integramos por partes:4

jJ�j DZ t

�

��

@

@s� �y

�

ˆ.y; s/

�

f .x � y; t � s/dyds

CZ

Rn

ˆ.y; �/f .x � y; t � �/dy �Z

Rn

ˆ.y; t/f .x � y; 0/dy

DZ

Rn

ˆ.y; �/f .x � y; t � �/dy � K;

poisˆ é solução da equação do calor.Assim

ut.x; t/ � �u.x; t/ D lim�!0

Z

Rn

ˆ.y; �/f .x � y; t � �/dy D f .x; t/;

o que pode ser verificado procedendo de maneira semelhante à da prova do Teorema 5.3.5

Finalmente, como

u.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.x � y; t � s/dydt

� kf kL1�

Rn�Œ0;1/

�

Z t

0

Z

Rn

ˆ.x � y; t � s/dsdt

D tkf kL1�

Rn�Œ0;1/

� ! 0

quandot ! 0C, verificamos queu satisfaz a condição inicial. �

Exercício 6 Verifique a mudança de variável realizada na prova do Teorema5.5, isto é,mostre que

u.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.y; s/f .x � y; t � s/dyds:

Exercício 7 Justifique as derivações sob sinal de integração, utilizadas na prova do Teorema5.5.

Exercício 8 Justifique a mudança de variável que conduziu às expressões das integraisI�, J�

eK, na demonstração do Teorema 5.5.

4Veja o Exercício 9, na sequência.5Veja o Exercício 10, na sequência.

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Exercício 9 Verifique a integração por partes realizada na estimativa daintegralJ� na provado Teorema 5.5.


lim�!0

Z

Rn

ˆ.y; �/f .x � y; t � �/dy D f .x; t/:

Observação 5.6Combinando os Teoremas 5.3 e 5.5 chegamos à solução do problema�

ut � �u D f; Rn � .0; 1/

u.x; 0/ D g; x 2 Rn;

cuja solução é dada por

u.x; t/ DZ t

0

Z

Rn

ˆ.x � y; t � s/f .x; t/dyds CZ

Rn

ˆ.x � y; t/g.y/dy

desde quef eg satisfaçam as hipóteses dos respectivos teoremas. C

5.4 Fórmula do Valor Médio

SejamU � Rn um abertolimitado e T > 0. O problema de valor inicial para a equação

do calor emU é dado por�

ut � �u D 0; U � .0; T � DW UT

u.x; 0/ D g.x/; x 2 @U;(5.8)

em queg 2 C. NU /. ChamaremosUT de cilindro parabólico. Note queUT inclui a “tampasuperior” do cilindro sólido, mas não inclui a “tampa inferior”.

DenotaremosNUT D NU � Œ0; T � e �T D NU � Œ0; T / D NUT n UT . O conjunto�T échamadofronteira parabólicae tem especial importância no estudo da equação do calor, poisuma solução atinge seu máximo e seu mínimo nesse conjunto. Note que�T inclui as lateraisdo cilindro sólido e também a “tampa inferior”, mas não inclui a “tampa superior”.

f igura

Definição 5.7 Para cadax 2Rn; t > 0 e r > 0 definimos abola do calorE.x; t; r/ por:

E.x; t; r/ D�

.y; s/ 2 RnC1 W jy � xj � R.t; s; r/ e t � r2

4�� s � t

�

em que

R.t; s; r/ D

8

ˆ

<

ˆ

:

s

2n.t � s/

�

lnr2

4�� ln.t � s/

�

; se t � r2

4�� s < t;

0; se s D t:

É fácil ver queR.t; s; r/ está bem definido e, com isso,E.x; t; r/. Note que.x; t/ correspondeaocentro do topodeE.x; t; r/.

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5.4. FÓRMULA DO VALOR MÉDIO 91


E.x; t; r/ � B

�

x; R

�

t; t � r2

4�e; r

��

��

t � r2

4�; t

�

D B

�

x;

r

n

2�er

�

��

t � r2

4�; t

�

;

em queBŒx; s� denota a bola fechada de centrox e raios emRn.

Exercício 12 Mostre queR.s/ D R.t; s; r/ é uma função côncava des, isto é,

�R.t; s1; r/ C .1 � �/R.t; s2; r/ � R.t; ˛s1 C ˇs2; r/;

para0 � � � 1.

Sugestão: mostre queR00.s/ � 0, para todos 2�

t � r2

4�; t

�

.

Exercício 13 Mostre queE.x; t; r/ é um conjunto convexo, isto é, se.y1; s1/; .y2; s2/ 2E.x; t; r/ então.�y1 C .1 � �/y2; �s1 C .1 � �/s2/ 2 E.x; t; r/ para0 � � � 1.

Exercício 14 Mostre queE.x; t; r/ é o fechoemRn � R do conjunto

A D�

.y; s/ 2 RnC1 W ˆ.x � y; t � s/ � 1

rn; s < t;

�

;

em queˆ é a solução fundamental da equação do calor. Em particular, mostre que se.y; s/ 2 A, entãoŒt � r2=.4�/� � s.

Exercício 15 Mostre que a função

‰.y; s/ WD n

2ln

�

r2

4�.�s/

�

C jyj2

4s

para .y; s/ 2 Rn � .�1; 0/ se anula [email protected]; 0; r/.

Exercício 16 Sejamx 2 Rn e t > 0. Mostre que, para cada.x1; t1/ 2 R

n � .0; t/, exister D r.x1; t1/ > 0 suficientemente pequeno tal que a retaL que liga.x1; t1/ à .x; t/ interceptaE.x; t; r/ em um único ponto.

Lema 5.8 SejaF W Rn � R ! R contínua e denoteE.0; 0; r/ por E.r/ para cadar > 0.

Então:1

rn

“

E.r/

F.y; s/jyj2

s2dyds D

“

E.1/

F.ry; r2s/jyj2

s2dyds:

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 92 — #92

✐


Demonstração:DenotandoR.0; s; r/ porR.s; r/, temos

1

rn

“

E.r/

F.y; s/jyj2

s2dyds D 1

rn

Z 0

� r2

4�

Z

B.0;R.s;r//

F.y; s/jyj2

s2dyds:

Fazendo a substituiçãoy D rz e s D r2� na segunda integral acima encontramos

1

rn

“

E.r/

F.y; s/jyj2

s2dyds D 1

rn

Z 0

r2

4�

Z

B.0; R.s;r/r

/

F.y; s/jrzj2

.r2�/2rndzr2d�

DZ 0

� 14�

Z

B.0;R.�;1//

F.rz; r2�/jzj2

�2dzd�

D“

E.1/

F.rz; r2�/jzj2

�2dzd�;

uma vez quedy D rndz, ds D r2d� e

jzj � jyjr

� R.s; r/

rD R.r2�; r/

rD 1

r

s

2n.�r2�/

�

lnr2

4�� ln.�r2�/

�

Ds

2n.��/

�

ln r2 C ln1

4�� ln r2 � ln.��/

�

D R.�; 1/: �

Exercício 17 Mostre que“

E.0;0;1/

jyj2

s2dyds D 4:

Teorema 5.9 SejamU � Rn um aberto. Suponha queUT contenha.0; 0/ e queu 2

C 2;1.UT / seja uma solução da equação do calor emUT . Então,

u.0; 0/ D 1

4rn

“

E.0;0;r/

u.y; s/jyj2

s2dyds

para todor > 0 tal queE.0; 0; r/ � UT .

Demonstração:DenotandoE.0; 0; r/ porE.r/ e a integral acima por�.r/, temos, conformeo Lema 5.8,

�.r/ D 1

4rn

“

E.r/

u.y; s/jyj2

s2dyds D 1

4

“

E.1/

u.ry; r2s/jyj2

s2dyds:

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 93 — #93

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Portanto,

�0.r/ D 1

4

“

E.1/

�

ru.ry; r2s/ � y C 2rsus.ry; r2s/� jyj2

s2dyds

D 1

4r

“

E.1/

�

ru.ry; r2s/ � ry C 2r2sus.ry; r2s/� jyj2

s2dyds

D 1

4rnC1

“

E.r/

Œru.y; s/ � y C 2sus.y; s/�jyj2

s2dyds;

onde usamos novamente o Lema 5.8 na passagem da segunda igualdade para a terceira.Assim,�0.r/ D A C B; em que

A WD 1

4rnC1

“

E.r/

Œru.y; s/ � y�jyj2

s2dyds;

e

B WD 1

rnC1

“

E.r/

us.y; s/jyj2

2sdyds:

Agora, definindo

‰.y; s/ WD n

2ln

�

r2

4�.�s/

�

C jyj2

4sI .y; s/ 2 R

n � .�1; 0/

temos

‰s D �

n

2sC jyj2

4s2

!

; r‰ D y

2s; y � r‰ D jyj2

2s

e

B D 1

rnC1

“

E.r/

.y � r‰/us dyds:

Mas

us.y � r‰/ DnX

iD1

usyi‰yiD

nX

iD1

usyi‰

!

yi

�nX

iD1

.usyi /yi‰

D div.‰usy I 0/ � ‰

nX

iD1

.us C .us/yiyi /

D div.‰usy I 0/ � ‰

nX

iD1

us � ‰

nX

iD1

.uyi/syi

D div.‰usy I 0/ � n‰us � ‰

nX

iD1

yiuyi

!

s

D div.‰usy I 0/ � n‰us � ‰.y � ru/s;

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 94 — #94

✐


e

�‰.y � ru/s D � .‰.y � ru//s C ‰s.y � ru/

D div.0 I �‰.y � ru// �

n

2C jyj2

4s

!

.y � ru/:

Portanto,

us.y � r‰/ D div.‰usy I 0/ � n‰us � ‰.y � ru/s

D div.‰usy I 0/ � n‰us C div.0 I �‰.y � ru// �

n

2sC jyj2

4s2

!

.y � ru/

D div .‰.usy I �.y � ru/// � n‰us �

n

2sC jyj2

4s2

!

.y � ru/

e

B D 1

rnC1

“

E.r/

div .‰.usy I �.y � ru// dyds � n

rnC1

“

E.r/

‰usdyds

� n

rnC1

“

E.r/

.y � ru/

2sdyds � 1

rnC1

“

E.r/

jyj2

4s2.y � ru/ dyds

D 1

rnC1

“

@E.r/

‰.usy I �y � ru/ � � dyds � n

rnC1

“

E.r/

‰usdyds

� n

rnC1

“

E.r/

.y � ru/

2sdyds � 1

4rnC1

“

E.r/

jyj2

s.y � ru/ dyds

D � n

rnC1

“

E.r/

‰usdyds � n

rnC1

“

E.r/

.y � ru/

2sdyds � A;

onde,� 2 Rn � R é o vetor unitário e normal exterior à@E.r/: Na última igualdade, usamos

que‰[email protected]/ D 0; resultado que decorre do Exercício 15.Concluímos até aqui que

�0.r/ D A C B D � n

rnC1

“

E.r/

�

‰us C .y � ru/

2s

�

dyds (5.9)

D � n

rnC1

“

E.r/

�

‰�u C .y � ru/

2s

�

dyds;

uma vez queu satisfaz à equação do calor. (Veja também o Exercício 20).Observando que

‰�u DnX

iD1

‰uyi yiD

nX

iD1

.‰uyi/yi

�nX

iD1

‰yiuyi

D div.‰ru I 0/ � r‰ � ru

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 95 — #95

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e que

�r‰ � ru D � y

2s� ru D �.y � ru/

2s;

temos

�0.r/ D � n

rnC1

“

E.r/

div.‰ru I 0/dyds

D � n

rnC1

“

@E.r/

.‰ru I 0/ � � dyds D 0;

mais uma vez como consequência do Exercício 15.Portanto,� é uma função constante e, como

limr!0C

�.r/ D 1

4

“

E.1/

limr!0C

u.ry; r2s/jyj2

s2dyds D 1

4

“

E.1/

u.0; 0/jyj2

s2dyds;

temos que

�.r/ D u.0; 0/1

4

“

E.1/

jyj2

s2dyds D u.0; 0/;

conforme o Exercício 17, e assim

u.0; 0/ D 1

4rn

“

E.0;0;r/

u.y; s/jyj2

s2dyds:

�

Corolário 5.10 SejamU 2 Rn aberto eu 2 C 2;1.UT / uma solução da equação do calor em

UT D U � .0; T �. Então,

u.x; t/ D 1

4rn

“

E.x;t;r/

u.y; s/jx � yj2

.t � s/2dyds

para todor > 0 tal queE.x; t; r/ � UT e para todo.x; t/ 2 UT .

Exercício 18 Prove o Corolário 5.10. (Sugestão: fixe.x0; t0/ 2 UT e use o teorema anteriorpara a funçãov.x; t/ D u.x C x0; t C t0/).

Exercício 19 Seja� � Rn � R um aberto contendo.0; 0/ e u 2 C 2;1.�/ uma solução da

equação do calor em�. Então,

u.0; 0/ D 1

4rn

“

E.0;0;r/

u.y; s/jyj2

s2dyds

para todor > 0 tal queE.0; 0; r/ � �

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 96 — #96

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Exercício 20 Sejau 2 C 2.�T / \ C.�T / umasub-soluçãoda equação do calor, isto é, talqueut � �u � 0 em�T : Mostre que:

.a/

u.x; t/ � 1

4rn

“

E.x;t Ir/

u.y; s/jx � yj2

.t � s/2dyds:

para cadaE.x; t I r/ � �T :

(Sugestão: adapte a passagem em (5.9) na demonstração do teorema anterior.)

.b/ se .x0; t0/ 2 �T é tal queu.x0; t0/ D max�T

u; entãou.x0; t / D max�T

u para todo

t 2 Œ0; t0�:

(Sugestão: mostre que0 D minfs 2 Œ0; t0� W u.x0; t / D M; t 2 Œs; t0�g.)

.c/ max�T

u D max�T

u; em que�T D �T � �T :

.d / se� é conexo e se.x0; t0/ 2 �T é tal queu.x0; t0/ D max�T

u; entãou.x; t/ D max�T

u

para todo.x; t/ 2 �t0:

5.5 O Princípio do Máximo

Nesta seção apresentaremos a demonstração do Princípio do Máximo para a equação docalor, com uma prova independente daquela sugerida no Exercício 20.

Teorema 5.11 (Forma Fraca do Princípio do Máximo)Sejau 2 C 2;1.UT / \ C 0. NUT /. Seu satisfizerut � �u � 0, então

maxNUT

u D max�T

u: (5.10)

Seu satisfizerut � �u � 0, então

minNUT

u D min�tu: (5.11)

Em particular, seu satisfizerut � �u D 0, então

kukL1.UT / D kukL1.�T /:

Demonstração:Claramente temos que

max�T

u � maxNUT

u:

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 97 — #97

✐

5.5. O PRINCÍPIO DO MÁXIMO 97

Basta, portanto, mostrar que6

maxNUT

u � max�T

u:

Suponhamos inicialmente queut � �u < 0 emUT .Dado0 < � < T , comou é contínua emUT ��, ela atinge seu máximo emNUT ��.Seja.x0; t0/ o ponto de máximo deu emUT ��. Comou é derivável nesse conjunto, temos

Du.x0; t0/ D 0 e H.u/.x0; t0/ � 0, em queH.u/ denota a hessiana deu e Du a derivadade u com relação às variáveisx e t . Em particular,ut.x0; t0/ D 0 e, sev 2 R

n, entãovtŒH.u/.x0; t0/�v � 0 para todo vetorv 2 R

n. Escolhendo os vetores da base canônica,concluímos que�u.x0; t0/ � 0 e, portanto,Œut � �u�.x0; t0/ � 0, uma contradição.

Assim, concluímos quemaxNUT ��

u D max�T ��

� max�T

u:

Como� > 0 é arbitrário, a continuidade deu em NUT garante a conclusão desejada.Assim, supondout � �u < 0, nossa primeira afirmação está provada.Por outro lado, se fosseut � �u � 0, definav.x; t/ D u.x; t/ C �jxj2. Entãovt D ut e

�v D �u C 2�n, de modo quevt � �v < 0. Aplicando o resultado já provado para a funçãov, concluímos que

maxNUT

v D max�T

v D max�T

u C � max�T

jxj2

e daí concluímos (fazendo� ! 0) que

maxNUT

v � max�T

u:

Como temos maxNUTu � maxNUT

v, a primeira afirmação está provada.As outras afirmações são imediatas: para.i i/, basta considerarv D �u. �

Corolário 5.12 O problema�

ut � �u D f em UT ;

u D g em �T ;

comf 2 C 0.UT / eg 2 C 0.�T / possui no máximo uma soluçãou 2 C 2;1.UT / \ C 0. NUT /.

Demonstração:Seu; v fossem soluções do problema dado, entãow D u � v satisfaria�

wt � �w D 0 em UT ;

w D 0 em �T :

Da Forma Fraca do Princípio do Máximo concluímos quew � 0. �

6Observe que basta mostrar que maxUTu � max�T

u.

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 98 — #98

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Exercício 21 Suponha queu 2 C 2;1.UT / \ C 0. NUT / seja uma solução de8

<

:

ut � �u D 0 em UT ;

u D 0 em @U � Œ0; T �

u D g em U � ft D 0g;

sendog � 0. Mostre que seg for positiva em algum ponto, entãou é positiva em todos ospontos deUT .

Teorema 5.13 (Princípio do Máximo paraU D Rn) Suponha queu 2 C 2;1.Rn �.0; T //\

C 0.Rn � Œ0; T �/ seja solução de�

ut � �u � 0 em Rn � .0; T /;

u D g em Rn � ft D 0g

e satisfaça a estimativa

u.x; t/ � Aeajxj2 ; .x; t/ 2 Rn � Œ0; T �; (5.12)

em queA; a são constantes positivas.Então

supRn�Œ0;T �

u D supRn

g:

Demonstração:Dividindo o intervaloŒ0; T � em subintervalos de comprimento menor do que1=.4a/ e aplicando o argumento sucessivamente a esses subintervalos, podemos assumir queT < 1=.4a/.

Assim, existe� > 0 tal quea < 14.T C�/

. Fixadoy 2 Rn e� > 0, definimos

v.x; t/ D u.x; t/ � �

.T C � � t /n=2ejx�yj2=Œ4.T C��t /�:

Entãovt � �v � 0. (Veja o Exercício 22.)Defina o cilindro circularC D B�.y/ � .0; T /. Pelo Princípio do Máximo para domínios

limitados temosv.y; t/ � max

�T

:

Na “tampa inferior” temos

v.x; 0/ � u.x; 0/ � supRn

g:

Na superfície lateral temosjx � yj D � e

v.x; t/ � Aeajxj2 � �

.T C � � t /n=2e�2=Œ4.T C��t /� � Aeajxj2 � �

.T C �/n=2e�2=Œ4.T C�/�

D Aea.jyjC�/2 � �Œ4.a C /�n=2e.aC /�2

;

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 99 — #99

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em que > 0 é definido por

a C D 1

4.T C �/:

Tomando� suficientemente grande, temos

v.x; t/ � supRn

g:

Fazendo� ! 0, concluímos a prova. �

Exercício 22 Mostre que a funçãov.x; t/ definida na prova do Teorema 5.13 satisfazvt � �v � 0.

Exercício 23 Mostre que existe no máximo uma soluçãou 2 C 2;1.Rn � .0; T // \ C 0.Rn �Œ0; T �/ para o problema

�

ut � �u D f em Rn � .0; T /;

u D g em Rn � ft D 0g;

sendof 2 C 0.Rn � .0; T // eg 2 C 0.Rn/, seu satisfizer a estimativa

ju.x; t/ � Aeajxj2 ; x 2 Rn; 0 � t � T:

5.6 Regularidade

Teorema 5.14Sejau 2 C 2;1. NUT / uma solução deut � �u D 0 emUT . SeU tiver fronteirade classeC 1 entãou 2 C 1.UT /.

Demonstração:Sejav 2 C 2;1. NUT / uma função qualquer. Integrando por partes, obtemos

0 DZ

UT

.ut � �u/v DZ T

0

Z

U

.ut � �u/vdxdt DZ

U

Z T

0

utvdtdx �Z T

0

Z

U

�uvdxdt

DZ

U

uvdx

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

tDT

tD0

�Z T

0

Z

U

uvtdxdt �"

Z T

0

Z

U

u�vdxdt �Z T

0

Z

@U

�

v@u

@�� u

@v

@�

�

dxdt

#

D �Z

UT

u.vt � �v/ �Z T

0

Z

@U

�

v@u

@�� u

@v

@�

�

dxdt

CZ

U

u.x; T /v.x; T /dx �Z

U

u.x; 0/v.x; 0/dx

Fixey 2 Rn e � > 0. Parav.x; t/ D ˆ.x � y; T C � � t / temosvt � �v D 0, de modo que

Z

U

u.x; T /ˆ.x � y; �/dx �Z

U

u.x; 0/ˆ.x � y; T C �/dx D

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 100 — #100

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DZ T

0

Z

@U

�

ˆ.x � y; T C � � t /@u

@�� u

@ˆ.x � y; T C � � t /

@�

�

dxdt:

Fazendo� ! 0 verificamos, de maneira análoga à prova do Teorema 5.3, que

Z

U

u.x; T /�.x � y; �/dx ! u.y; T /

e tambémZ

U

u.x; 0/ˆ.x � y; T C �/dx DZ

U

u.x; 0/ˆ.x � y; T /dx:

Concluímos que

u.y; T / D u.x; 0/ˆ.x � y; T /dx

CZ T

0

Z

@U

�

ˆ.x � y; T C � � t /@u

@�� u

@ˆ.x � y; T C � � t /

@�

�

dxdt:

Comoˆ.x � y; s/ 2 C 1, concluímos daí o afirmado. �

Observação 5.15Se@U for de classeC 1, pode-se mostrar queu é analítica, veja [John][?].Por outro lado, mesmo retirando a hipótese de@U ser de classeC 1, é verdade queu 2 C 1,veja [Evans][?]. C

5.7 Métodos Variacionais

Podemos mostrar a unicidade de solução para problemas do calor utilizando métodos de“energia”. Consideremos o problema

8

<

:

ut � �u D f em UT D U � .0; T �;

u D g em @U � Œ0; T �;

u D g em U � ft D 0g;

em quef eg são contínuas em seus respectivos domínios.De fato, seu e v fossem solução deste problema, definindow D u � v obtemos quew é

solução do problema

�

ut � �u D 0 em UT D U � .0; T �;

u D g em �T :

Definindo

�.t/ DZ

U

w2.x; t/dx; 0 � t � T

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 101 — #101

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5.7. MÉTODOS VARIACIONAIS 101

e aplicando a Primeira Identidade de Green, obtemos

d

dt�.t/ D

Z

U

2w.x; t/wt .x; t/dx DZ

U

2w.x; t/�w.x; t/dx

D �2

Z

U

jrwj2dx C 2

Z

@U

w@w

@�dS

D �2

Z

U

jrwj2dx � 0;

poisw D 0 em@U . Assim,

�.t/ � �.0/ D 0; 0 � t � T

e, portanto,w � 0.A unicidade que trataremos a seguir é mais sutil.

Teorema 5.16Suponhamos queu; v 2 C 2. NUT / sejam soluções do problema�

ut � �u D 0 em UT D U � .0; T �;

u D g em @U � Œ0; T �:

Suponha queu.x; T / D v.x; T / para todox 2 U , então

u D v em UT :

Demonstração:Defina, como antes,w D u � v e

�.t/ DZ

U

w2.x; t/dx; 0 � t � T:

Obtemos então (como antes)

�0.t/ D �2

Z

U

jrwj2dx D �2

Z

U

rw � rwdx: (5.13)

Uma nova derivação produz

�00.t/ D �4

Z

U

rw � rwtdx

e, aplicando a Primeira Identidade de Green,

�00.t/ D 4

Z

U

�wwtdx CZ

@U

wt

@w

@�dS D 4

Z

U

�wwtdx;

pois, parax fixo, temosw D u � v D g � g D 0 em@U � Œ0; 1� e, portantowt D 0 em@U .Comowt D �w, temos que

�00.t/ D 4

Z

U

.�w/2dx: (5.14)

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 102 — #102

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Por outro lado, comow D 0 em@U , temos

Z

U

jrwj2dx D �Z

U

w�wdx ��Z

U

w2dx

�2 �Z

U

.�w/2dx

�2

:

Combinando esta desigualdade com.5:13/ e .5:14/, obtemos

.�0.t//2 D 4

�Z

U

jruj2dx

�2

��Z

U

w2dx

�2 �

4

Z

U

.�w/2dx

�

D �.t/�00.t/;

mostrando que�00.t/�.t/ � .�0.t//2; 8 0 � t � T: (5.15)

Se tivermos�.t/ D 0 para todo0 � t � T , chegamos ao nosso resultado. Caso contrário,existe um intervaloŒt1; t2� � Œ0; T � tal que

�.t/ > 0 8 t 2 Œt1; t2/ e �.t2/ D 0:

(Note que o fato de�.t/ se anular no ponto final de algum ponto é consequência da hipóteseu.x; T / D v.x; T /.)

Defina a funçãof .t/ D ln �.t/; t 2 Œt1; t2/:

Então

f 0.t/ D �0.t/

�.t/) f 00.t/ D �00.t/�.t/ � Œ�0.t/�2

Œ�.t/�2D �00.t/

�.t/� Œ�0.t/�2

Œ�.t/�2� 0;

de acordo com.5:15/. Isso mostra quef é convexa no intervalo.t1; t2/. Assim, se0 � � � 1,temos, para qualquert tal quet1 < t < t2,

f�

.1 � �/t1 C �t�

� .1 � �/f .t1/ C tf .t/:

Como�.t/ > 0 para todot 2 Œt1; t2/, temos��

.1 � �/t1 C �t�

> 0. Portanto,

0 � ln ��

.1 � �/t1 C �t�

� .1 � �/ ln �.t1/ C t ln �.t/

D ln �.t1/.1��/ C ln �.t/�

D lnŒ�.t1/.1��/�.t/� �:

Concluímos que0 � �

�

.1 � �/t1 C �t�

� �.t1/.1��/�.t/� :

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 103 — #103

✐

5.8. EXERCÍCIOS 103

Fazendot ! t2, obtemos

0 � ��

.1 � �/t1 C �t2�

� �.t1/.1��/�.t2/� :

Como�.t2/ D 0, concluímos que

��

.1 � �/t1 C �t2�

� 0;

o que contradiz a hipótese�.t/ > 0. Portanto temos�.t/ � 0 e obtemos o resultado. �

5.8 Exercícios

1. Sejau solução do problema de Cauchyhomogêneopara a equação do calor com dadoinicial contínuou0.

(a) Prove que seu0 tiver suporte compactoentão,

limt!1

u.x; t/ D 0;

uniformemente emRn:

(b) Prove que seu0 for uma funçãolimitada em Rn então existe uma constanteC ,

que depende apenas deu0 e den, tal que

jru.x; t/j � Cpt; para todo .x; t/ 2 R

n � .0; 1/:

2. Sejau uma funçãosuavee limitada em Rn � Œ0; T �, satisfazendout � �u � 0 em

Rn � .0; T /.

Para cadat 2 Œ0; T �, defina

M.t/ WD supfu.x; t/ W x 2 Rng :

Mostre queM.t/ � M.0/ para todot 2 Œ0; T �:

Sugestão: Considere a função�.x; t/ D .˛ � t /�n=2ejxj2

4.˛�t/ , que é solução da equaçãodo calor emR

n � Œ0; ˛/ para qualquer > 0. Considere a sequência de funções

v�.x; t/ D u.x; t/ � ��.x; t/

e aplique o princípio do máximo em domínios limitadosUT com˛ > T para mostrarquev�.x; t/ � M.0/ (uniformemente emt ).

✐

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Capítulo 6

Equação da Onda

Neste capítulo estudaremos a equação da onda

ut t � �u D 0

e a equação da onda não homogênea,

ut t � �u D f;

ambas sujeitas a condições iniciais e de fronteira apropriadas. Elas serão estudadas no abertoU � R

n parat > 0. É usual representar o operadorut t � �u por �. Assim, a equação daonda é escrita como

�u D 0:


Escrever

6.2 Método da Reflexão

Já vimos que, no caso unidimensional, o problema8

<

:

ut t � uxx D 0 em R � .0; 1/;

u D g em R � ft D 0g;ut D h em R � ft D 0g

(6.1)

possui solução única

u.x; t/ D 1

2Œg.x C t / C g.x � t /� C 1

2

Z xCt

x�t

h.y/dy (6.2)

parag eh dados, expressão conhecida comofórmula de d’Alembert.

104

✐

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6.2. MÉTODO DA REFLEXÃO 105

Verifica-se facilmente que seg 2 C 2.R/ e h 2 C 1.R/, então a igualdade.6:2/ defineuma funçãou 2 C 2

�

R � Œ0; 1/�

que satisfaz a equação da onda no caso unidimensional esatisfaz as condições iniciais e de fronteira dadas, isto é,

lim.x;t/!.x0;0/

u.x; t/ D g.x0/ e lim.x;t/!.x0;0/

ut.x; t/ D h.x0/

para todo pontox0 2 R.Utilizaremos a fórmula de d’Alembert para resolver o problema

8

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

:

ut t � uxx D 0 em RC � .0; 1/;

u D g em RC � ft D 0g;ut D h em RC � ft D 0g;u D 0 em fx D 0g � .0; 1/;

(6.3)

em queRC D .0; 1/, g eh são funções dadas satisfazendog.0/ D h.0/ D 0.

F igura

Transformaremos o problema.6:3/ no problema.6:1/ ao definirmos uma extensão ímpardas funções envolvidas; definimos:

Qu.x; t/ D �u.�x; t/; x � 0; Qu.x; t/ D u.x; t/; x > 0;

Qg.x/ D �g.�x/; x � 0; Qg.x/ D g.x/; x > 0

eQh.x/ D �h.�x/; x � 0; Qh.x/ D h.x/; x > 0:

Com essa transformação, o problema.6:3/ escreve-se como8

<

:

Qut t � Quxx D 0 em R � .0; 1/;

Qu D Qg em R � ft D 0g;Qut D Qh em R � ft D 0g

e sua solução é dada por

Qu.x; t/ D 1

2Œ Qg.x C t / C Qg.x � t /� C 1

2

Z xCt

x�t

Qh.y/dy:

Escrevendo essa solução parax � 0, obtemos

u.x; t/ D

8

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

:

1

2Œg.x C t / C g.x � t /� C 1

2

Z xCt

x�t

h.y/dy; sex � t � 0;

1

2Œg.x C t / � g.t � x/� C 1

2

Z xCt

�xCt

h.y/dy; se0 � x � t:

(6.4)

No casoh � 0, podemos entender essa solução como indicando que o deslocamentoinicial g divide-se em duas partes, um movendo para a direita com velocidade igual a1 eoutro para a esquerda, com a mesma velocidade. O último reflete-se no pontox D 0, onde acorda vibrante é mantida fixa.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 106 — #106

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106 CAPÍTULO 6. EQUAÇÃO DA ONDA

6.3 Médias Esféricas

Suponhamos queu 2 C m�

Rn � Œ0; 1/

�

seja uma solução do problema

8

<

:

ut t � �u D 0 em Rn � .0; 1/;

u D g em Rn � ft D 0g;

ut D h em Rn � ft D 0g;

(6.5)

em quem � 2.

Definição 6.1 Sejax 2 Rn. Parar; t > 0, definimos

.i/

U.x; t I r/ D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

u.y; t/dS.y/I

.i i/

G.xI r/ D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

g.y/dS.y/I

.i i i /

H.xI r/ D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

h.y/dS.y/:

Exercício 24 Encontre a expressão para as soluções radiais de�u D 0.

Lema 6.2 (Euler-Poisson-Darboux)Para x 2 Rn fixo e u solução de.6:5/, temos que

U 2 C m�

Œ0; 1/ � Œ0; 1/�

satisfaz

8

<

:

Ut t � Urr � n�1r

Ur D 0 em RC � .0; 1/;

U D G em RC � ft D 0g;Ut D H em RC � ft D 0g;

(6.6)

Demonstração: Note que, comou satisfaz.6:5/, tomando as médias esféricas verificamosqueU satisfaz as expressões da posição inicial e da velocidade inicial.

Fazendo a mudança de variávely D x C rz na expressão que defineU , encontramos(como antes, veja o Teorema 4.2)dy D rn�1dz e

U.x; t I r/ D 1

n˛.n/rn�1rn�1

Z

@B1.0/

u.x C rz; t/dS.z/:

Portanto,

Ur.x; t I r/ D 1

n˛.n/

Z

@B1.0/

ru.x C rz; t/ � zdS.z/

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 107 — #107

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6.3. MÉDIAS ESFÉRICAS 107

e, comoz D .y � x/=r é o vetor normal unitário exterior deBr.x/, voltando para a variávely temos

Ur.x; t I r/ D 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

ru.y/ � � dS.y/

D 1

n˛.n/rn�1

Z

Br .x/

�u.y; t/dy D r

n

�

1

˛.n/rn

Z

Br .x/

�u.y; t/dy

�

;(6.7)

de acordo com o Teorema da Divergência.Em particular, para cadat > 0 fixo, vemos que, fazendor ! 0, temos

limr!0

Ur.x; t I r/ D 0:

Derivando.6:7/, obtemos

Urr D �.n � 1/

n˛.n/rn

Z

Br .x/

�u.y; t/dy C 1

n˛.n/rn�1

d

dr

Z r

0

Z

@Bs.x/

�u.y; t/dS.y/ds

D�

1

n� 1

�

1

˛.n/rn

Z

Br .x/

�u.y; t/dy C 1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

�u.y; t/ dS.y/

Daí decorre que1

limr!0

Urr.x; t I r/ D 1

n�.x; t/ (6.8)

e também queU 2 C m, seu 2 C m. (Note que estamos aplicando a propriedade da média àfunção harmônica�u.x; t/, com.x; t/ fixo.)

Comout t D �u, temos que

rn�1Ur D 1

n˛.n/

Z

Br .x/

ut t.y; t/dy D 1

n˛.n/

Z r

0

Z

@Br .x/

ut t.y; t/dS.y/ds:

Assim,d

dr.rn�1Ur/ D 1

n˛.n/

Z

@Br .x/

ut t.y; t/dS.y/;

e, portanto,

d

dr.rn�1Ur/ D rn�1

�

1

n˛.n/rn�1

Z

@Br .x/

ut t.y; t/dS.y/

�

D rn�1Ut t ;

mostrando queU satisfaz a equação diferencial dada. �

Exercício 25 Mostre a igualdade.6:8/. Justifique também queU 2 C m, seu 2 C m. (Paraisso, obtenha as expressões deUrrr etc.)

1Veja o Exercício 25.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 108 — #108

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6.4 Dois Casos Paradigmáticos

A solução do problema.6:5/ depende da dimensão do espaço ambiente. Sendo maisespecífico, a solução é obtida por métodos distintos se, no espaçoR

n, tivermosn > 1 ímparou par.

Começaremos considerandon > 1 ímpar em sua versão mais simples:n D 3.

6.4.1 A fórmula de Kirchhoff

Consideremos o cason D 3 e suponhamos queu 2 C 2�

R3 � Œ0; 1/

�

seja uma soluçãode.6:5/.

Vamos fazer a mudança de variável

QU D rU;

que nos dáQUt t D rUt t , QUr D U C rUr e QUrr D 2Ur C rUrr . Levando esses termos em

Ut t � Urr � n � 1

rUr D 0 .n D 3/;

obtemos2QUt t � QUrr D 0;

que é a equação do calor no caso de dimensãon D 1. Definindo

QG.x; r/ D rG.xI r/ e QH D rH; (6.9)

afirmamos queQU satisfaz8

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

:

QUt t � QUrr D 0 em RC � .0; 1/;QU D QG em RC � ft D 0g;QUt D QH em RC � ft D 0g;QU D 0 em fr D 0g � .0; 1/:

(6.10)

De fato, temos

QUt t D rUt t D rŒUrr C .2=r/Ur � D rUrr C 2Ur D .U C rUr/r D . QUr/r D QUrr ;

mostrando queQU satisfaz a equação diferencial. As condições iniciais e de fronteira de QUtambém são satisfeitas, já queU é solução de.6:6/.

De acordo com.6:4/, a solução de.6:10/ é dada, para0 � r � t , por

QU .x; r; t/ D 1

2

� QG.r C t / � QG.r � t /�

C 1

2

Z tCr

t�r

QH.y/dy:

2Observe que a mudança de variávelQU D rU não conduz à equação do calor unidimensional no caso den D 2.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 109 — #109

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6.4. DOIS CASOS PARADIGMÁTICOS 109

Como, pela definição deU (Definição 6.1) temos

u.x; t/ D limr!0

U.x; t I r/;

concluímos que

u.x; t/ D limr!0C

QU .x; t I r/

r

D limr!0C

"

QG.r C t / � QG.r � t /

2rC 1

2r

Z tCr

t�r

QH.y/dy

#

D QG 0.t/ C QH.t/ D QG 0.x; t/ C QH.x; t/; (6.11)

pois, chamandoy1 D r C t ey2 D r � t , y1 � y2 D 2r e r ! 0C implicay1; y2 ! t e

1

2r

Z tCr

t�r

QH.y/dy D 1

2r

�Z tCr

0

QH.y/dy �Z t�r

0

QH.y/dy

�

:

Como QG.xI r/ D rG.x; r/ e QH.xI r/ D rH.xI r/, temos que QG.xI t / D tG.xI t / eQH.xI t / D tH.xI t /. Substituindo essas expressões em.6:11/, encontramos

u.x; t/ D @

@t

t1

343�t2

Z

@Bt .x/

g.y/dS.y/

!

C t

343�t2

Z

@Bt .x/

h.y/dS.y/:

Mas3

1

4�t2

Z

@Bt .x/

g.y/dS.y/ D 1

4�

Z

@B1.0/

g.x C tz/dS.z/;

de modo que

@

@t

�

1

4�t2

Z

@Bt .x/

g.y/dS.y/

�

D @

@t

�

1

4�

Z

@B1.0/

rg.x C tz/ � z dS.z/

�

D 1

4�t2

Z

@Bt .x/

rg.y/y � x

tdS.y/:

Assim

u.x; t/ D�

1

4�t2

Z

@Bt .x/

g.y/dS.y/

�

C t

�

1

4�t2

Z

@Bt .x/

rg.y/y � x

tdS.y/

�

C t

4�t2

Z

@Bt .x/

h.y/dS.y/

D 1

4�t2

Z

@Bt .x/

Œth.y/ C g.y/ C rg.y/ � .y � x/� dS.y/; (6.12)

expressão que é conhecida comofórmula de Kirchhoffpara a solução do problema.6:5/ nocaso tridimensional.

3Veja a demonstração do Lema 6.2.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 110 — #110

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6.4.2 O Método da Descida

Agora consideramos o cason D 2. Não existe qualquer mudança de variável como aempregada no cason D 3 que seja capaz de transformar a equação de Euler-Poisson-Darboux.6:2/ em um problema unidimensional.

O que faremos é considerar oR2 como o subespaço de pontos.x1; x2; 0/ do espaçotridimensional. Obteremos a solução emR

3 e então anularemos a terceira coordenada espacialdo ponto.x1; x2; x3/. Esse é ométodo da descida.

Assim, definimosNu.x1; x2; 0; t/ D u.x1; x2; t /:

Escrevendo o problema.6:5/ em termos deNu, encontramos8

<

:

Nut t � � Nu D 0 em R3 � .0; 1/;

Nu D Ng em R3 � ft D 0g;

Nut D Nh em R3 � ft D 0g;

(6.13)

em queNg.x1; x2; 0/ D g.x1; x2/ e Nh.x1; x2; 0/ D h.x1; x2/:

Com a notação

x D .x1; x2/ 2 R2 e Nx D .x1; x2; 0/ 2 R

3;

a solução do problema.6:13/ é dada, de acordo com.6:11/, por

u.x; t/ D Nu. Nx; t/

D @

@t

�

t1

4�t2

Z

@ NBt . Nx/

Ng.y/d NS.y/

�

C t1

4�t2

Z

@ NBt . Nx/

Nh.y/d NS.y/ (6.14)

em que NBt.x/ denota a bola noR3 com centroNx e raiot > 0 e d NS a medida de superfície de@ NBt.x/. Parametrizamos a esfera.y1�x1/2C.y2�x2/2C.y3�0/2 D t2 ao parametrizar seushemisférios norte e sul como gráfico de função, o domínio dessa parametrização coincidindocom a bolaBt.x/ � R

2. Assim,

d NS.y/ D 2

s

1 C�

@y3

@y1

�2

C�

@y3

@y2

�2

dy

o lado direito estando multiplicado por2 devido às parametrizações dos hemisférios norte esul.

Como@y3

@yi

D yi � xip

t2 � .y1 � x1/2 � .y2 � x2/2;

vemos ques

1 C�

@y3

@y1

�2

C�

@y3

@y2

�2

D tp

t2 � .y1 � x1/2 � .y2 � x2/2D tp

t2 � jx � yj2:

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 111 — #111

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6.5. O PROBLEMA NÃO HOMOGÊNEO 111

Assim, fazendo a mudança de variávely D xCtz, temosdy D t2dz ep

t2 � jx � yj2 Dtp

1 � jzj2, e obtemos

u.x; t/ D @

@t

2t2 1

4�t2

Z

Bt .x/

g.y/dyp

t2 � jx � yj2

!

C

2t2 1

4�t2

Z

Bt .x/

h.y/dyp

t2 � jx � yj2

!

D @

@t

t1

2�

Z

B1.0/

g.x C tz/p

1 � jzj2dz

!

C

1

2�t2

Z

Bt .x/

t2h.y/p

t2 � jx � yj2

!

D

1

2�

Z

B1.0/

g.x C tz/p

1 � jzj2dz

!

C

t

2�

Z

B1.0/

rg.x C tz/ � zp

1 � jzj2dz

!

C

1

2�t2

Z

Bt .x/

t2h.y/p

t2 � jx � yj2

!

D 1

2

1

�t2

Z

Bt .x/

tg.y/dyp

t2 � jx � yj2C 1

�t2

Z

B1.0/

trg.y/ � .y � x/ dyp

t2 � jx � yj2

!

C1

2

1

�t2

Z

Bt .x/

t2h.y/p

t2 � jx � yj2

!

D 1

2

1

�t2

Z

Bt .x/

t2h.y/ C tg.y/ C trg.y/ � .y � x/ dyp

t2 � jx � yj2

!

;

expressão conhecida comofórmula de Poissonpara a solução do problema.6:5/ no cason D 2.

Observação 6.3As soluções do problema.6:5/ para dimensões maiores que3 segue osmétodos aqui apresentados. Veja Evans [?] para detalhes. C

6.5 O Problema Não Homogêneo

Agora vamos abordar o problema não homogêneo8

<

:

ut t � �u D g em Rn � .0; 1/;

u D 0 em Rn � ft D 0g;

ut D 0 em Rn � ft D 0g;

(6.15)

Nosso tratamento deste problema utilizará o Princípio de Duhamel, já utilizado na soluçãodo problema não homogêneo da onda. Assim, definimosu D u.x; t I s/ como a solução dafamília de problemas no parâmetros:

8

<

:

ut t.x; t I s/ � �u.x; t I s/ D 0 em Rn � .s; 1/;

u.x; t I s/ D 0 em Rn � ft D 0g;

ut.x; t I s/ D f .x; t I s/ em Rn � ft D sg:

(6.16)

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 112 — #112

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Definindo

u.x; t/ DZ t

0

u.x; t I s/dx; x 2 Rn; t � 0; (6.17)

o Princípio de Duhamel garante que essa é a solução de.6:15/.

Teorema 6.4 Suponhamos quen � 2. Sejaf W Rn � Œ0; 1/ ! R suficientemente regular.4

Entãou.x; t/ dado por.6:17/ satisfaz:

.i/ u 2 C 2�

Rn � Œ0; 1/

�

;

.i i/ ut t � �u D f emRn � .0; 1/;

.i i i / lim.x;t/!.x0;0/

u.x; t/ D 0 e lim.x;t/!.x0;0/

ut.x; t/ D 0 para todox0 2 Rn.

Demonstração:Não provaremos.i/ – veja Evans [?].Temos que

ut.x; t/ D u.x; t I t / CZ t

0

ut.x; t I s/ds DZ t

0

ut.x; t I s/ds:

Assim

ut t.x; t/ D ut.x; t I t / CZ t

0

ut t.x; t I s/ds D f .x; t/ CZ t

0

ut t.x; t I s/ds:

Uma vez que

�u.x; t/ DZ t

0

�u.x; t I s/ds;

vemos que

ut t � �u D f .x; t/ CZ t

0

Œut t.x; t I s/ � �u.x; t I s/�ds D f .x; t/:

As afirmações em.i i i / decorrem imediatamente das expressões deu eut . �

6.6 Métodos de Energia

Teorema 6.5 (Unicidade para a equação da onda)SejaU � R

n um conjunto aberto e limitado, com@U suave. Então o problema8

<

:

ut t � �u D f; em UT ;

u D g; em �T

ut D h; em U � t D 0

(6.18)

possui no máximo uma soluçãou 2 C 2. NUT /.

4A regularidade def depende da dimensãon. Veja Evans [?].

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 113 — #113

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6.6. MÉTODOS DE ENERGIA 113

Demonstração: Suponhamos queu; v 2 C 2. NUT / sejam soluções do problema. Considerew D u � v, que é solução do problema

8

<

:

wt t � �w D 0; em UT ;

w D 0; em �T

wt D 0; em U � t D 0:

Defina então a “energia”

e.t/ D 1

2

Z

U

�

w2t .x; t/ C jrw.x; t/j2

�

dx:

Derivando, obtemos

e0.t/ DZ

U

.wt twt C rw � rwt/ dx

DZ

U

wt .wt t � �w/dx D 0;

poisZ

@U

wt

dw

d�D 0;

uma vez quew � 0 em@U � Œ0; T � e, portanto,wt D 0 em@U � Œ0; T �.Assim, temos quee.t/ é constante, ou seja,e.t/ D e.0/ D 0. Isso implica quewt � 0 e

rw � 0. Concluímos quew é constante e só podemos terw � 0, poisw D 0 em�T . �

Agora passemos a examinar o domínio de dependência das soluções da equação da ondaem todo oRn. Assim, suponhamos queu 2 C 2 seja solução de

ut t � �u D 0 em Rn � .0; 1/:

Fixex0 2 Rn e t0 > 0 e considere o cone

Cx0t0D f.x; t/ W jx � x0j � t0 � t; 0 � t � t0g

e também a bolaBt0�t.x0/.F igura

Teorema 6.6 Seu � ut � 0 emBt0�t.x0/, entãou � 0 emCx0t0.

Demonstração:Considere

e.t/ D 1

2

Z

Bt0�t .x0/

�

u2t .x; t/ C jru.x; t/j2

�

dx; 0 � t � t0;

D 1

2

Z t0�t

0

Z

@Bs.x0/

�

u2t .x; s/ C jru.x; s/j2

�

dS.x/ds

✐

“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 114 — #114

✐


Então temos

e0.t/ D �1

2

Z

@Bt0�t .x0/

�

u2t C jruj2

�

dS.x/ C 1

2

Z

Bt0�t .x0/

.utut t C ru � rut/ dx

D �1

2

Z

@Bt0�t .x0/

�

u2t C jruj2

�

dS.x/ CZ

Bt0�t .x0/

wt .wt t � �w/dx

CZ

@Bt0�t .x0/

ut

du

d�dS.x/

DZ

@Bt0�t .x0/

�

ut

du

d�� 1

2u2

t � 1

2jruj2

�

dS.x/

Mas, de acordo com a desigualdade de Cauchy-Schwarz5

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ut

du

d�

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D jut .ru � �/j � jut j jruj � 1

2u2

t C 1

2jruj2:

Assim, concluímos quee0.t/ � 0:

Em particular,e.t/ � e.0/ D 0 para todo0 � t � t0. Portanto,ut � 0 e ru � 0. Assimu éconstante no coneCx0t0

. Comou � 0 emBt0�t.x0/, temosu � 0 emCx0t0. �

6.7 Exercícios

1. Deduza, do Princípio de Duhamel, as fórmulas

u.x; t/ D 1

2

Z t

0

Z xCs

x�s

f .y; t � s/ds

e

u.x; t/ D 1

4�

Z

B.x;t/

f .y; t � jy � xj/jy � xj dy

para as soluções do problema de Cauchy para a equação da onda não homogênea comdados iniciais nulos emR eR

3, respectivamente.

2. Sejau.x; t/ a solução do problema de Cauchy para a equação da onda emR3 com dados

iniciais suaves e com suportes compactos. Mostre que existeuma constanteC tal que

ju.x; t/j � C

t; 8 x 2 R

3 e t > 0:

5Veja a demonstração do Teorema 4.37.

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“EDPmain” — 2012/11/16 — 14:32 — page 115 — #115

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6.7. EXERCÍCIOS 115

3. Sejau 2 C 2�

R � Œ0; 1/�

a solução do problema de Cauchy para a equação da ondaunidimensional com posição inicialu.x; 0/ � 0 eut.x; 0/ D h.x/, em queh 2 C 1.R/

é uma função que se anula somente ema, com�1 � a � 1.

.i/ Mostre queu não possui pontos críticos emR � .0; 1/;

.i i/ mostre que o máximo deu no triângulo característico

T D fu.x; t/ W t � 1 � x � 1 � t; 0 � t � 1g

é um dos valores

1

2

Z 1

�1

h.x/dxI 1

2

Z a

�1

h.x/dxI 1

2

Z 1

a

h.x/dx:

4. Sejau 2 C 2.R � Œ0; 1// solução do problema de Cauchy para a equação da ondaunidimensionalut t D uxx comu.x; 0/ D g.x/ eut .x; 0/ D h.x/: Suponha quef eg

tenham suportes compactos. Defina as energias cinética e potencial por

K.t/ D 1

2

Z 1

�1u2

t .x; t/dx eP.t/ D 1

2

Z 1

�1u2

x.x; t/dx;

respectivamente.

.a/ Mostre que a energia totalE.t/ D K.t/ C P.t/ é uma função constante;

.b/ Mostre queK.t/ D P.t/ para todot suficientemente grande.

5. Utiliza o método da energia para mostrar a unicidade de soluções suaves do problema�

ut t � t2�u D f .x; t/; em .x; t/ 2 U � .0; T �;

u.x; t/ D g.x; t/ em @U � Œ0; T /;

sendog uma função suave em seu domínio.

Sugestão: Mostre que o “funcional energia”E.t/ satisfaz0 � E.t/ � t2 E.s/

s2 para0 < s < t e então calcule lims!0C E.s/=s2.

capítulo 1 introduçãohamilton/edpi/edpmain.pdf · (a ordem de uma edp é dada pela derivada de...

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