Métodos de cuadratura y energía para resolver problemas de frontera

(1)

M´etodos de cuadratura y energ´ıa para resolver

problemas de frontera

Alfonso Castro

1 El m´

etodo de cuadratura

Comenzamos explicando c´omo obtener informaci´on acerca de soluciones de ecua-ciones de la forma:

u00(t)+f (λ, u(t)) = 0, t ∈ [0, π] (1) u(0) = u(π)) = 0 (2) λ ∈ R, usando “cuadratura ”. Por cuadratura entenderemos el análisis de (1) a través de observar que si (1) se multiplica por u0(t) entonces esta ecuación, queda reducida a una ecuación cuadrática de primer orden.

En efecto, multiplicando (1) por u0_{(t) tenemos:}

u0_(t) 2 0 + (F (λ, u(t))0 = 0, (3) donde F (λ, x) =Rx 0 f (λ, s)ds. Es decir, (u0)2+ 2F (λ, u) = C, (4) donde C es independiente de t. La ecuaci´on (4) es en efecto una forma de conservaci´on de energ´ıa.

Si la ecuaci´on (1), sujeta a condiciones iniciales, tiene unicidad de soluciones (por ejemplo cuando f es localmente Lipschitziana en la segunda variable), vemos que las soluciones de (1) son sim´etricas con respecto a sus puntos crticos. Es decir:

Lema 1. Supongamos que la ecuación (1) sujeta a condiciones iniciales tiene solución única. Si u(t) es solución y u0(τ ) = 0 entonces u(t + τ ) = u(τ − t) para todo t ∈ R

Proof. Sean v(t) = u(t + τ ), y w(t) = u(t − τ ). Fácilmente vemos que v, w son soluciones de (1) (nótese que sólo intervienen las derivadas de orden par y que

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f no depende de t). Como v(0) = w(0) = u(τ ), y v0(0) = u0(τ ) = w0(0) = 0, obtenemos que v, w satisfacen la misma condici´on inicial. Luego por unicidad de soluciones v(t) = u(t + τ ) = w(t) = u(t − τ ), esto prueba el lema.

Aún cuando el problema de valor inicial no tenga una única solución, si se conoce una solución en un intervalo (a, b) y u0(a) = u0(b) = 0 entonces simétrizando alrededor de a y de b se puede generar una soluci´_{on de (1) en R.} A continuación usaremos las anteriores observaciones para entender la estruc-tura de las soluciones del problema (1)-(2) cuando λ > 0 y f positiva. También las usaremos en el caso en que f es “superlineal ” para cada λ ∈ R para probar que el problema (1)-(2) tiene infinitas soluciones (ver Teorema 1.4).

2 Soluciones positivas

En esta secci´on consideramos el caso en que el t´ermino no lineal es positivo. Demostraremos:

Lema 2. Si f (λ, t) ≥ 0 para todo λ > 0 y todo t ∈ R y f es continua entonces: a) Las soluciones de (1)-(2) o son positivas en (0, π) o son idnticamente nulas. b) Si u, v son soluciones de (1)-(2) y u(π₂) > v(π₂) entonces u(t) > v(t) para todo t ∈ (0, π).

c) Adem´as si u 6= v entonces F (u(π₂)) 6= F (v(π₂)).

Demostraci´_{on. Sean G : [0, π] × [0, π] → R definida por:}

G(s, t) = (_t(π−s) π , si 0 ≤ s ≤ t, s(π−t) π , si t ≤ s ≤ π (5)

Un c´alculo elemental demuestra que (1)-(2) es equivalente a u(t) =

Z π

0

G(s, t)f (λ, u(s))ds, para todo t ∈ [0, π]. (6) Como el integrando en (6) es no negativo vemos que u(t) ≥ 0 para todo t ∈ [0, π]. Ya que, para cada t ∈ [0, π], G(., t) es positiva en (0, π) obtenemos que si u(τ ) = 0 para alg´un τ ∈ [0, π] entonces f (λ, u(s)) = 0 para todo s ∈ (0, π). Luego u(t) = 0 para todo t ∈ (0, π), lo que demuestra a).

Sea τ punto cr´ıtico de u. De (4) tenemos:

(u0(t))2= 2F (λ, u(τ )) − 2F (λ, u(t)), para todo t ∈ [0, π].

En particular u0_{(0) = −u}0_{(1) =} _{p2F (λ, u(τ )), donde τ es tal que u(τ ) =}

max{u(t); t ∈ [0, π]}. Si F (u(τ ) = 0, vemos que u0 _{≡ 0, luego u ≡ 0. Pero si}

F (u(τ )) 6= 0, tenemos que tanto u como v(t) = u(π − t) satisfacen:

(3)

v0(t) =p2(F (λ, v(τ )) − F (λ, v(t))), v(0) = 0 en [0, τ2), (8)

donde τ1 = sup{t; u(t) < u(τ )}, τ2 = inf {t; u(t) ≤ u(τ )}. Ya que el

lado derecho de las ecuaciones (7)-(8) es el mismo y es localmente Lipschitziano en [0, u(τ )), por el teorema de unicidad de soluciones para problemas de valor inicial tenemos:

u(t) = v(t) = u(π − t) en [0, τ1), τ1= π − τ2.

Ahora si τ2 ≤ τ1, se puede demostrar que u(τ1) = u(τ2) = u(t) (Ejercicio).

Luego u(t) = u(π − t) tambi´en [τ1, τ2], es decir, tenemos:

Si u satisface (1)-(2) entonces: uπ

2

= max{u(t); t ∈ [0, π]} y u(t) = u(π − t). (9) Es decir u es sim´etrico con respecto a π₂.

Sean u, v dos soluciones de (1)-(2) tales que u(π 2) > v( π 2). De (4) tenemos: Z u(t) 0 du pF (λ, u(π 2)) − F (λ, u) = t√2 t ∈ [0, τ1] (10) Z v(t) 0 dv pF (λ, v(π 2)) − F (λ, v) = t√2 t ∈ [0, τ2] (11)

Ya que F es creciente en la segunda variable de las igualdades (10)-(11) obten-emos:

u(t) = v(t) para todo t si y s´olo si F (λ, u(π

2)) = F (λ, v( π

2)). (12) Adems si F (λ, u(π₂)) > F (λ, v(π₂)) entonces u(t) > v(t) para todo t ∈ (0, π), esto demuestra las partes b) y c).

Ahora podemos demostrar:

Teorema 1. Sean g : R → R continua y positiva y f (λ, u) = λg(u). Si limu→∞g(u)_u = ∞ entonces existe λ∗ > 0 tal que para 0 < λ < λ∗ el

prob-lema (1)-(2) tiene por lo menos dos soluciones, y para λ = λ∗por lo menos una soluci´on. Si u, v satisfacen (1)-(2) y u(π₂) < v(π₂) entonces u(t) < v(t) para todo t ∈ (0, π).

Si adem´as g es convexa, para λ ∈ (0, λ∗_{), el problema (1)-(2) tiene exactamente}

dos soluciones y para λ = λ∗ una ´unica soluci´on.

Proof. Como toda solución de (1)-(2) es positiva en (0, π) y posee un único punto crtico en π₂, necesariamente una tal solución es creciente en (0,π₂). Luego de (4) concluimos:

u0 =pC − 2λG(u), en [0,π

(4)

donde G(u) =Ru 0 g(s)ds. Como u 0₍π 2) = 0, u0 = q 2λ G(ρ) − G(u(t)), t ∈ [0,π 2] (14)

donde ρ = u(π₂) = max{u(t), t ∈ [0, π]. Luego: Z u(t) 0 du pG(ρ) − G(u) = t √ 2λ (15) En particular Z ρ 0 du pG(ρ) − G(u) = π 2 √ 2λ. (16)

Rec´ıprocamente, supongamos que la pareja (ρ, λ) satisface (16). Sea

H(t, u) = −t√2λ + Z u

0

du

pG(ρ) − G(u). (17) Como Hu 6= 0 para u > 0, por teorema de la funci´on impl´ıcita deducimos que

H(u, t) = 0 define a u como funci´on de t con u(0) = 0, u(π

2) = ρ, adem´as u es

creciente y se obtiene (13). En particular u satisface (1) y u0(π₂) = 0. Luego u(π) = 0, es decir u es solución al problema (1)-(2). Concluimos que (16) es condición necesaria y suficiente para que (1)-(2) tenga solución. Para completar la demostración de Teorema 1 basta con hallar el gráfico de la función

λ = 2π−2 Z ρ 0 du pG(ρ) − G(u) 2 = 2π−2(γ(ρ))2. (18)

Para esto observamos que

lim ρ→0 Z ρ 0 du pG(ρ) − G(u) = 0 (19) lim ρ→∞ Z ρ 0 du pG(ρ) − G(u) = 0 (20) Las demostraciones de (19)-(20) se dejan como ejercicio al lector. Para de-mostrar (19) usamos que g(0) > 0 y para dede-mostrar (20) usamos que:

lim

u→∞

g(u) u = ∞.

De la continuidad de γ (demu´estrese!) y de (19)-(20) se deduce que si λ∗= 2π−2(max{(σ(ρ)2; ρ ∈ (0, ∞)}

entonces (1)-(2) tiene por lo menos dos soluciones cuando 0 < λ < λ∗ y por lo menos una soluci´on cuando λ∗< λ.

(5)

Demostramos ahora que las soluciones positivas de (1)-(2) están ordenadas. Más exactamente: “Si u(π₂) < v(π₂) entonces u(t) < v(t) para todo t ∈ (0, π)”. En efecto, de (15) tenemos t√2 = Z u(t) 0 ds pG(u(π 2)) − G(s) , para todo t ∈ (0,π 2). (21) t√2 = Z v(t) 0 ds pG(v(π 2)) − G(s) , para todo t ∈ (0,π 2). (22) Como G(u(π₂) < G(v(π₂) (g es positiva!), vemos que le integrando (21) es menor, para cada s, que el integrando en (22). Luego u(t) < v(t) para todo t ∈ (0, π). Supongamos, finalmente, que g es convexa. Si (1)-(2) tiene tres soluciones u, v, w; de la afirmación anterior podemos suponer que u < v < w en (0, π). Si z = v − u y σ = w − u obtenemos z00+ λh(t)z = 0, z > 0 en (0, π), z(0) = z(π) = 0 σ00+ λk(t)σ = 0, σ > 0 en (0, π), σ(0) = σ(π) = 0, donde h(t) = g(v(t)) − g(u(t)) v(t) − u(t) y k(t) = g(w(t)) − g(u(t)) w(t) − u(t)

Por la convexidad de g obtenemos que h < k en (0, π), esto contradice el teorema de comparaci´on de Sturm-Liouville (entre dos ceros de z debe haber un cero de σ). Esto completa la demostracin del teorema 1.

3 Soluciones Oscilatorias

Consideramos ahora la existencia de soluciones, no necesariamente positivas, para el problema “superlineal ”

u00+ f (u) = α t ∈ [0, π], (23) u(0) = u(π) = 0, (24) donde α ∈ R, y f : R → R es continua y satisface

lim

|u|→∞

f (u)

u = ∞ (25)

Ya que las soluciones de (23) son simétricas con respecto de sus puntos cr´ıticos (Véase Lema 1 de sección anerior), para hallar una solución de (23)-(24) basta

(6)

encontrar una soluci´on de (23) que sea positiva en (0, 2a), negativa en (2a, 2(a + b)) y tal que π/(2(a + b)) sea un entero positivo k. Es decir tenemos:

b = −a + π

2k para alg´un entero positivo k. (26) Sean F (u) =Ru

0 f (s)ds, ρ = u(a), q = u(b). Siguiendo el an´alisis que condujo a

(7) vemos que

u0=p2(F (ρ) − αρ − F (u) + αu) en [0, a], (27) u0=p2(F (q) − αq − F (u) + αu) en [2a, 2a + b]. (28) Luego:

t√2 = Z u(t)

0

du

p2F (ρ) − αρ − F (u) + αu), t ∈ [0, a]. (29)

(t − 2a)√2 = − Z u(t)

0

du

p2F (q) − αq − F (u) + αu), t ∈ [2a, 2a + b]. (30) Ya que u es sim´trica respecto de a , calculando la derivada de u en 2a, usando (1.30)-(1.31) tenemos:

F (q) − αq = F (ρ) − αρ. (31) Ahora podemos demostrar:

Teorema 2. Si f satisface (25) entonces para cada α ∈ R existe un entero positivo K = K(α) tal que para todo k ≥ K el problema (23)-(24) tiene una soluci´on con k m´aximos locales . En particular, para cada α el problema (23)-(24) tiene infinitas soluciones.

Proof. Dado α ∈ R definimos H(s) = F (s) − αs. Por (25) vemos que H0(s) < 0 para s < 0 suficicentemente grande y H(s) → ∞ cuando s → −∞. Por consiguiente vemos que existe A ≤ 0 tal que:

H(s) ≤ H(q) si q ≤ A y s ∈ (q, 0). (32) Igualmente vemos que H(s) → ∞ cuando s → ∞ y que H0 > 0 en vecindad de +∞. En particular vemos que existe A1 tal que H0> 0 en el intervalo [A1, ∞),

y

H(s) ≤ H(ρ) si ρ ≥ A1 y s ∈ (0, ρ), y (33)

H(s) ≥ H(A). (34)

Sea Q la inversa de H restringida a (−∞, A]. Para ρ > A1 definimos

γ(ρ) =

Z ρ _ds

pH(ρ) − H(s) −

Z q _ds

(7)

donde q = Q(H(ρ)). Un c´alculo elemental (v´ease (10)), demuestra que γ(ρ) → 0 cuando ρ → ∞. Sea K el menor entero mayor que 2−max{γ(ρ);π ρ≥A1}. Por

teorema del valor intermedio para cada k ≥ K existe ρk tal que

γ(ρk) = π 2k. (36) Ahora definimos a = Z ρk 0 ds pH(ρk) − H(s) , b = Z qk 0 ds pH(qk) − H(s)

donde qk = Q(H(ρk)). Volviendo a (1.7) observamos que para t ∈ [0, a] la

frmula: Z u 0 ds pH(ρk) − H(s) = t√2 (37)

define a u como funci´on de t. Derivando luego con respecto a t vemos que u satisface (23) en [0, a]. Usando que u es sim´etrica con respecto de a vemos que u satisface (23) en [0, 2a]. De igual manera vemos que:

Z u(t)

0

ds pH(ρk) − H(u)

= (t − 2a)√2

define una solucin de (1.15) en [2a, 2a + b], que u(2a) = 0, u0(2a + b) = 0, esto concluye demostracin del Teorema 2.