Problemas Resonantes paraEcuaciones Diferenciales

Pablo De Nápolipdenapo@dm.uba.ar

Universidad de Buenos Aires

Primer Encuentro Nacional de Ecuaciones Diferenciales ENED 2006

Problemas ResonantesMuchos problemas en análisis no lineal puedenescribirse en la forma:

Lx = Nx

dondeL es un operador diferencial lineal, definido enalgún espacio funcional adecuado, yN es un operadorno lineal (involucrando por lo general los términos deorden menor).Ejemplos:

x′′(t) = f(t, x(t), x′(t))

−∆u− λu = f(x, u,∇u)

con condiciones de frontera adecuadas.

El problema se llamano resonantecuando el operadorL es inversible. En este caso el problema puedereducirse a un problema de punto fijo:

x = L−1Nx

y se puede utilizar teoremas de punto fijo, o la teoríade grado de Leray-Schauder para resolverlo.Cuando el operadorL no es inversible, el problema sedenominaresonante.

Problemas ElípticosEl problema

∆u+ λu+ g(u) = f(x) en Ω ⊂ Rn

u = 0 en ∂Ω

es resonante sí y sólo siλ ∈ σD(−∆).

Cuando el problema esno resonante, y g : R → R escontinua y sublineal:

lım|u|→+∞

g(u)

u= 0

es fácil ver (utilizando el teorema de Schauder) quesiempre hay solución para todaf ∈ L2(Ω))

Si embargo, cuando el problema esresonanteesto nosucede, y es necesario introducir otras condicionespara tener existencia.

En un trabajo clásico, E. Landesman y A. Lazer(J. Math. Mech, 1970) estudiaron el caso en que lafuncióng : R → R es continua, y que tiene límites eninfinito:

g(±∞) = lımx→±∞

g(x)

Supongamos queλ = λk es un autovalor simple delLaplaciano con autofunciónϕk, y consideramos

Ω+ = x ∈ Ω : ϕk(x) > 0

Ω− = x ∈ Ω : ϕk(x) < 0

Teorema 1 (Landesman-Lazer)Si se verfica lacondición:

g(−∞)

∫

Ω+

ϕk(x)dx+ g(+∞)

∫

Ω−

ϕk(x)dx

<

∫

Ω

ϕk(x)f(x)dx

< g(+∞)

∫

Ω+

ϕk(x)dx+ g(−∞)

∫

Ω−

ϕk(x)dx

Entonces el problema elíptico resonante tiene almenos una solución débil. Si además

g(−∞) < g(x) < g(+∞), entonces dicha condiciónes necesaria para tener existencia.

Soluciones períodicas de EDOTeorema 2 Supongamos quec > 0, p ∈ C(R) es2π-periodica y queg ∈ C(R) posee límites eninfinito. Entonces, la ecuación resonante (escalar)

x+ cx+ g(x) = p(t)

admite una solución2π-periodica si

g(−∞) < p =1

2π

∫ 2π

0

p(t) < g(+∞)

Además, sig satisface que:

g(−∞) < g(x) < g(+∞) ∀ x ∈ R

es también necesaria para tener existencia.

Un ejemplo con núcleo bidimen-sionalConsideremos la ecuación ordinaria de segundo orden

x+m2x+ g(x) = p(t)

dondem > 0 es un entero yg ∈ C(R) tiene límites eninfinito. Introduzcamos los coeficientes de Fourier

am(p) =

∫ 2π

0

p(t) cos(mt) dt

bm(p) =

∫ 2π

0

p(t) sin(mt) dt

Teorema 3 (A. Lazeer y D.E. Leach,1969)Ladesigualdad

√

am(p)2 + bm(p)2 < 2 |g(+∞) − g(−∞)|

es suficiente para la existencia de soluciones2π-periodicas. Además , sig satisface que

g(−∞) < g(s) < g(+∞), entonces también es unacondición necesaria.

Un problema de ordenNConsideramos ahora el problema de ordenN

Lx+ g(x, x′, . . . , x(N−2)) = p(t)

Lx = x(N) + aN−1x(N−1) + . . .+ a0x

bajo condiciones periódicas

x(0) = x(2π)

x′(0) = x′(2π)

. . .

x(N−1)(0) = x(N−1)(2π)

siendog continua y acotada.

Asumimos queL es un operador resonante. Entoncesel polinomio:

P (λ) = λN + aN−1λN−1 + . . .+ a0

admite exactamente dos raices imaginarias de laforma±im (m ∈ Z). que son simples.

Por razones de conveniencia notacional, introducimoslos vectores simbólicos(N − 1)-dimensionalesV±±

given by

V++ = (+∞,+∞,−∞,−∞, . . . ,±∞)

V+− = (+∞,−∞,−∞,+∞, . . . ,±∞)

V−+ = (−∞,+∞,+∞,−∞, . . . ,±∞)

V−− = (−∞,−∞,+∞,+∞, . . . ,±∞)

donde las secuencias de símbolos son4-periodicas.

Teorema 4 Supondremos queg : RN−1 → R es una

función continua tal que los cuatro límites

lıms→V±±

g(s) := g±±

existen. Seap ∈ L2(0, 2π) y consideramos los

coeficientes de Fourier:am(p), bm(p) como antes.

Si además suponemos que

a2m(p) + b2m(p) <

2

π2

[

(g+− − g−+)2 + (g++ − g−−)2]

entonces la ecuación de ordenn admite al menos unasolución2π-periodica enHN

per(0, 2π).

Una formulación abstracta(Mawhin)SeanX eY dos espacios de Banach reales,L : dom(L) → Y un operador lineal. SupondremosqueL es un operador de Fredholm de índice0, esdecir que: Im(L) es un subespacio cerrado deY , y

dim(Ker(L)) = codim(Im(L)) <∞

En este caso, existen proyectores continuosP : X → X y Q : Y → Y tales que Im(P ) = Ker(L)y Ker(Q) = Im(L).

Como Im(Q) = coIm(L) es isomorfa a Ker(L), existeun isomorfismoJ : Im(Q) → Ker(L).

L-compacidadSeaB ⊂ X un abierto acotado.Supondremos queN : X → Y una aplicacióncontinua. que esL−compacta enΩ en el siguientesentido:

• QN(B) es acotado• KP (I −Q)N : B → X es compacto.

Teorema de continuación deMawhinTeorema 5 SeaL un operador de Fredholm de índicecero y seaN un operador no lindealL−compacto enB. Supongamos quue

1. Para cadaλ ∈ (0, 1], x ∈ ∂B tenemos queLx 6= λNx

2. QNx 6= 0 para cadax ∈ Ker(L) ∩ ∂B

3. El grado de Brower:dB(JQN,B ∩ Ker(L), 0) 6= 0

Entonces la ecuaciónLx = Nx tiene al menos unasolución en dom(L) ∩ B.

Aplicación del teoremaEn nuestro caso, consideraremosX = HN−1

per (0, 2π),Y = L2(0, 2π) y L el operador diferencial quedefinimos antes, condom(L) = HN

per(0, 2π).

Ker(L) = Em es el subespacio generado porsin(mt)

y cos(mt), Im(L) = E⊥m.

Además tomamos comoQ es el operador deproyección ortogonalPm sobreEm enL2(0, 2π) y Pcomo la restricción dePm aHN−1

per (0, 2π). B será unabierto acotado enHN−1

per (0, 2π). y

Nx = p(t) − g(x, . . . , x(N−2))

Estimaciones a prioriLema 1‖x− Pm(x)‖HN−1 ≤ c ‖Lx‖L2 ∀x ∈ HN

per(0, 2π)

De la compacidad de la inmersión de SobolevHN−1

per (0, 2π) ⊂ HNper(0, 2π) deducimos queN es

L-compacto enB, para cualquier abierto acotadoB ⊂ HN−1

per (0, 2π).

Lema 2 Bajo las hipótesis de nuestro teorema, lassoluciones de

L(x) = λ(p(t) − g(x, . . . , x(N−2)))

dondeλ ∈ (0, 1] están acotadas a priori enHN−1

per (0, 2π).

Cálculo del gradoComo el abiertoB tomaremos una bola

B = u ∈ HN−1per (0, 2π) : ‖u‖HN−1 < R

conR suficientemente grande.Lema 3 ParaR suficientemente grande,

d(QN,B ∩ Ker(L), 0) = −1

Prueba de la estimación a prioriSeaxn(t) una sucesión de soluciones de

Lxn = λn

(

p(t) − g(xn, . . . , x(N−2)n )

)

conλn ∈ (0, 1] y supongamos por contradicción que‖xn‖HN−1 → +∞. Escribimos:

xn = yn + zn

dondeyn = Pm(xn) y zn = xn − Pm(xn) ∈ E⊥m. Por el

lema 1, tenemos que:

‖zn‖HN−1 ≤ c1

∥

∥

∥p(t) − g(xn, . . . , x

(N−2)n )

∥

∥

∥

L2

≤ c2

Por la compacidad de la inmersiónHN−1 → CN−2[0, 2π] podemis asumir que:

zn → z enCN−2[0, 2π].

Tenemos que‖yn‖HN−1 → ∞. ComoPm(xn) ∈ Em,

yn(t) = αn cos(mt− βn)

dondeαn ≥ 0, αn → +∞ y βn ∈ [0, 2π]. Podemosasumir queβn → β.

xn(t) = z(t) + αn cos(mt− βn) + o(1)

g(xn(t), . . . , x(N−2)n (t)) →

g+− si t ∈ C++β

g−− si t ∈ C−+β

g−+ si t ∈ C−−β

g++ si t ∈ C+−β

donde

C++β = t ∈ [0, 2π] : cos(mt−β) > 0, sin(mt−β) > 0

C−+β = t ∈ [0, 2π] : cos(mt−β) < 0, sin(mt−β) > 0

C−−β = t ∈ [0, 2π] : cos(mt−β) < 0, sin(mt−β) < 0

C+−β = t ∈ [0, 2π] : cos(mt−β) > 0, sin(mt−β) < 0

Por otra parte, siϕ ∈ Em yL∗x = (−1)Nx(N) +(−1)N−1aN−1x

(N−1) + . . .+a0x,

integrando por partes tenemos que:

0 =

∫ 2π

0

xnL∗(ϕ) dt

= λn

∫ 2π

0

[p(t) − g(xn, . . . , x(N−2)n )]ϕdt

Tomandoϕ = cos(mx) y ϕ = sin(mx), y usando elteorema de convergencia mayorada deducimos que:

a2m(p)+b2m(p) =

1

π2[(cosβ−sin β)2+(cosβ+sin β)2]

[

(g+− − g−+)2 + (g++ − g−−)2]

=2

π2

[

(g+− − g−+)2 + (g++ − g−−)2]

una contradicción.

Cómo calculamos el grado:Llevamos el problema aR2 . . .: Consideramos el

isomorfismo:ψ : R2 → Em = Ker(L) dado por:

ψ(a, b) = a cos(mt) + b sin(mt)

y definimosh = ψ−1QNψ

Entonces, siR grande

d(QN,B∩Ker(L), 0) = d(h, B, 0) siendoB = ψ(B∩E

Calculamos los límites radiales...Si introducimos coordenadas polaresa = r cosω,b = r sinω:

lımr→∞

h(r cosω, r sinω) = (am(p), bm(p)) −1

πC(ω)

uniformemente paraω ∈ [0, 2π], dondeC(ω) = (C1(ω), C2(ω)) ∈ R

2 está dada por

C1(ω) = (A(cosβ − sin β) +B(cosβ + sin β)

C2(ω) = (A(cosβ + sinβ) +B(cosβ − sin β)

siendoA = g+− − g−+ y B = g++ − g−−.

Hacemos una homotopía ...Introduzcamos la funciónh : R

2 → R2 definida por:

h(x, y) = (am(p), bm(p)) − T

(

x

‖(x, y)‖,

y

‖(x, y)‖

)

si ‖(x, y)‖ ≥ 1, y

h(x, y) = (am(p), bm(p)) − T (x, y)

si ‖(x, y)‖ < 1, dondeT : R2 → R

2 es el operadorlineal dado por:

T (x, y) =1

π(A(x−y)+B(x+y), A(x+y)−B(x−y))

conA y B como antes.

Definimos la homotpía:

H(x, y, λ) = λh(x, y) + (1 − λ)h(x, y)

Tenemos queH(x, y, λ) 6= 0 parra‖(x, y)‖ grande.Utilizando la invariancia por homotopía del grado

d(h, B, 0) = d(h, B, 0) = d(h, B1, 0) = −1