BLOG MANTHANO

Ternos Pitagóricos pelo Python

2017-08-03T00:35:00.001-03:00

Em postagem anterior, de autoria do Professor Fernando Manso (UTFPR-CM), foi apresentado um resultado (vide Teorema 1) que produz um algoritmo capaz de determinar todos os ternos a partir de um dado cateto (vide Exemplo 2).

O referido algoritmo foi implementado na linguagem Python por Vinícius Guimarães de Oliveira, aluno do curso técnico em informática da UTFPR-CM. O programa não só retorna todas as ternas pitagóricas onde figura o cateto especificado pelo usuário como também apresenta a classificação de cada uma das ternas em primitiva, secundária, simétrica e não simétrica. As figuras abaixo ilustram o funcionamento do programa.

Figura 1: Digitando 102 e teclando Enter, obtemos todas as ternas que possuem um dos catetos medindo 102. Obtemos também a classificação de cada uma das ternas.

Figura 2: Digitando 4301 e teclando Enter, obtemos todas as ternas que possuem um dos catetos medindo 4301. Obtemos também a classificação de cada uma das ternas.

Os leitores interessados em obter uma cópia do código ou do arquivo executável do programa podem entrar em contato através do formulário de contato (as mensagens e contatos dos interessados serão encaminhados para o prof. Fernando).

Elon: um exímio expositor.

2017-05-10T02:37:00.000-03:00

Aos 87 anos, o matemático brasileiro Elon Lages Lima faleceu no último domingo - dia 7 de maio de 2017. Para saber um pouco mais sobre sua vida e seu legado, veja a nota no site do IMPA e a nota no site da SBM.

Elon Lages Lima num momento da
última aula que lecionou no PAPMEM, em julho de 2012.

Embora eu não o tenha conhecido pessoalmente, aprendi muito com ele. Como uma forma de prestar uma homenagem póstuma, mencionarei nesta postagem algumas de suas obras que marcaram minha vida de estudos.

Na época da faculdade (licenciatura), a coleção A Matemática do Ensino Médio (volumes 1, 2, 3 e 4), o livro Meu Professor de Matemática e Outras Histórias, o livro Exames de Textos e as suas aulas no programa PAPMEM tiveram grande influência sobre mim. O livro Exame de Textos inclusive inspirou a elaboração de um trabalho (realizado em grupo), motivo que me fez contatar o professor Elon por email - que, para minha satisfação, se mostrou bastante gentil e solícito ao me atender. No fim da faculdade, às vésperas de prestar seleção para um programa de mestrado, Elon foi meu primeiro professor de análise através do seu curso de análise real em vídeo (meu curso de graduação não ofertava a disciplina de análise). Durante a preparação para entrar no mestrado, bem como no decorrer do curso, os seus livros Análise Real (1 e 2), Curso de Análise (1 e 2) e Álgebra Linear também foram decisivos. Hoje em dia, no doutorado, seu livro Curso de Análise 2 ainda se revela bastante útil em alguns momentos.

O prof. Elon disse

Sempre senti a necessidade de expor as coisas para as pessoas entenderem. ([1], p. 50)

e complementou

Eu sempre achei que eu era, antes de tudo e acima de tudo, um professor. Sempre achei isso e que o meu maior desafio era pegar as coisas difíceis, que me deram trabalho para aprender, procurar refazer aquilo de forma a ser atraente, elegante e claro. ([2], p. 101)

Quem tem o privilégio de estudar suas obras não tem dúvidas de que ele supriu a necessidade e cumpriu o desafio.

Para finalizar, deixo uma lista de postagens publicadas aqui no BLOG MANTHANO e que tiveram influência das obras do Elon:

Referências:

[1] Entrevista com Elon Lages Lima publicada na RMU nº 09, dezembro de 1989.
[2] Entrevista com Elon Lages Lima publicada na RMU nº 33, dezembro de 2002.

Equações de Navier-Stokes

2017-02-10T12:10:00.000-02:00

Nesta postagem apresentamos um resultado de existência e unicidade de solução fraca para as equações de Navier-Stokes num domínio limitado do plano. O material é proveniente de um seminário apresentado pelo autor (em parceria com um colega) em disciplina de doutorado na UFRJ.

1 Considerações iniciais

Em sua formulação clássica$^{\text{(i)}}$ o PVIF para as equações de Navier-Stokes completas$^{\text{(ii)}}$ é o seguinte:

Problema 1.1 (PVIF para Navier-Stokes). Sejam $\Omega$ um aberto de $\mathbb{R}^n$ e $T>0$. Dados uma constante $\nu>0$, uma função vetorial $\mathbf{f}:\Omega\times[0,T]\to\mathbb{R}^n$ e uma função vetorial $\mathbf{u}_0:\Omega\to\mathbb{R}^n$, encontrar uma função vetorial $\mathbf{u}:\Omega\times[0,T]\to\mathbb{R}^n$ e uma função escalar $p:\Omega\times[0,T]\to\mathbb{R}$ tais que
$$\left\{\begin{aligned} \frac{\partial\mathbf{u}}{\partial t}-\nu\Delta\mathbf{u}+(\mathbf{u}\cdot\nabla)\mathbf{u}=\mathbf{f}-\nabla p&\quad\text{em}\quad \Omega\times(0,T),\\
\operatorname{div}\mathbf{u}=0&\quad \text{em}\quad \Omega\times(0,T),\\
\mathbf{u}=0&\quad\text{em}\quad \partial\Omega\times(0,T),\\
\mathbf{u}=\mathbf{u}_0&\quad\text{em}\quad \Omega\times\{0\}.\\
\end{aligned}\right.\tag{1.1}$$

Este sistema descreve a velocidade $\mathbf{u}$ e a pressão $p$ de um fluído incompressível viscoso que possui viscosidade constante $\nu$, preenche permanentemente uma região $\Omega$ do espaço e está sob a influência de uma força externa $\mathbf{f}$.

Curiosidade: As seguintes questões referentes ao Problema 1.1 estão em aberto e valem um milhão de dólares:$^{\text{(iii)}}$

Existência de Solução. Considere o Problema 1.1 com $n=3$, $\Omega=\mathbb{R}^3$, $T=\infty$, $\mathbf{f}\equiv 0$ e $\mathbf{u}_0$ suave satisfazendo $\operatorname{div}\mathbf{u}_0=0$ e $$|\partial_x^\alpha\mathbf{u}_0(x)|\leq C_{\alpha,K}(1+|x|)^{-K},\quad\forall\ x\in\mathbb{R}^n,\alpha\in\mathbb{N}^3,K>0.\tag{1.2}$$ Mostre que existem $\mathbf{u}\in C^{\infty}\big(\Omega\times[0,\infty);\mathbb{R}^3\big)$ e $p\in C^{\infty}\big(\Omega\times[0,\infty);\mathbb{R}\big)$ satisfazendo (1.1)$_{1,2,4}$ e $$\int_{\mathbb{R}^3}|\mathbf{u}(x,t)|^2\;dx<C,\quad\forall\ t\geq 0.\tag{1.3}$$
Não Existência de Solução. Considere o Problema 1.1 com $n=3$, $\Omega=\mathbb{R}^3$ e $T=\infty$. Mostre que existem $\mathbf{f}:\mathbb{R}^3\times[0,\infty)\to\mathbb{R}^3$ suave satisfazendo $$|\partial_x^\alpha\partial_t^m\mathbf{f}(x,t)|\leq C_{\alpha,m,K}(1+|x|+t)^{-K},\quad\forall\ x\in\mathbb{R}^n,t\geq 0,\alpha\in\mathbb{N}^3,m\in\mathbb{N},K>0$$ e $\mathbf{u}_0:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ suave satisfazendo $\operatorname{div}\mathbf{u}_0=0$ e (1.2) para os quais não existem $\mathbf{u}\in C^{\infty}\big(\Omega\times[0,\infty);\mathbb{R}^3\big)$ e $p\in C^{\infty}\big(\Omega\times[0,\infty);\mathbb{R}\big)$ satisfazendo (1.1)$_{1,2,4}$ e (1.3).

Nesta exposição, vamos considerar o Problema 1.1 para $n=2$ e $\Omega$ limitado com fronteira regular. O objetivo será provar existência e unicidade de solução fraca. Todo o exposto está baseado em [4, 11, 12, 17].

2 Navier-Stokes em domínios limitados de $\mathbb{R}^2$

Em tudo o que segue, $T>0$ é um número real fixo (e finito), $\Omega$ é um aberto limitado de $\mathbb{R}^2$ com fronteira regular e $\nu>0$ é uma constante.

2.1 Motivação para a formulação fraca

A versão clássica do problema que vamos considerar é a seguinte:

Problema 2.1 (Navier-Stokes no plano). Dados $\mathbf{f}:\Omega\times[0,T]\to\mathbb{R}^2$ e $\mathbf{u}_0:\Omega\to\mathbb{R}^2$, encontrar $\mathbf{u}:\Omega\times[0,T]\to\mathbb{R}^2$ e $p:\Omega\times[0,T]\to\mathbb{R}$ tais que
$$ \left\{\begin{aligned} \frac{\partial\mathbf{u}}{\partial t}-\nu\Delta\mathbf{u}+(\mathbf{u}\cdot\nabla)\mathbf{u}=\mathbf{f}-\nabla p&\quad\text{em}\quad \Omega\times(0,T),\\
\operatorname{div}\mathbf{u}=0&\quad \text{em}\quad \Omega\times(0,T),\\
\mathbf{u}=0&\quad\text{em}\quad \partial\Omega\times(0,T),\\
\mathbf{u}=\mathbf{u}_0&\quad\text{em}\quad \Omega\times\{0\}.\\
\end{aligned}\right.\tag{2.1}$$

Escreva $Q=\Omega\times(0,T)$. Suponhamos que, para uma função $\mathbf{f}=(f^1,f^2)\in C(\bar{Q})\times C(\bar{Q})$, o Problema 2.1 possua uma solução $(\mathbf{u},p)$ com $\mathbf{u}=(u^1,u^2)\in C^2(\bar{Q})\times C^2(\bar{Q})$ e $p\in C^1(\bar{Q})$.$^{\text{(iv)}}$ Note que a equação (2.1)$_1$ se reescreve como
$$u^i_t-\nu\Delta u^i+\sum_{j=1}^2 u^ju^i_{x_j}=f^i-p_{x_i},\qquad i=1,2.$$

Multiplicando por $v^i\in \mathcal{D}(\Omega)$, integrando sobre $\Omega$ e mantendo implícita a dependência de $t$, segue que
$$(u^i_t,v^i)_{L^2}-\nu\int_\Omega v^i\Delta u^i\;dx+\sum_{j=1}^2 (u^ju^i_{x_j},v^i)_{L^2}=(f^i,v^i)_{L^2}-\int_\Omega p_{x_i}v^i\;dx.$$

Integrando por partes (e utilizando que $v^i$ se anula sobre $\partial\Omega$), obtemos
$$(u^i_t,v^i)_{L^2}+\nu\int_\Omega \nabla v^i\nabla u^i\;dx+\sum_{j=1}^2 (u^ju^i_{x_j},v^i)_{L^2}=(f^i,v^i)_{L^2}+\int_\Omega pv^i_{x_i}\;dx.$$

Somando com respeito ao índice $i$, resulta que
$$\sum_{i=1}^2(u^i_t,v^i)_{L^2}+\nu\sum_{i=1}^2\int_\Omega \nabla v^i\nabla u^i\;dx+\sum_{i,j=1}^2 (u^ju^i_{x_j},v^i)_{L^2}=\sum_{i=1}^2(f^i,v^i)_{L^2}+\int_\Omega p\operatorname{div}\mathbf{v}\;dx,$$

onde $\mathbf{v}=(v^1,v^2)$. Supondo adicionalmente que $\operatorname{div}\mathbf{v}=0$, esta última igualdade se reduz a
$$\sum_{i=1}^2(u^i_t,v^i)_{L^2}+\nu\sum_{i,j=1}^2(u^i_{x_j}, v^i_{x_j})_{L^2}+\sum_{i,j=1}^2 (u^ju^i_{x_j},v^i)_{L^2}=\sum_{i=1}^2(f^i,v^i)_{L^2}.$$

Definindo

$$a(\mathbf{u},\mathbf{v})=\sum_{i,j=1}^2(u^i_{x_j}, v^i_{x_j})_{L^2},\qquad b(\mathbf{u},\mathbf{w},\mathbf{v})=\sum_{i,j=1}^2 (u^jw^i_{x_j},v^i)_{L^2},$$

a expressão anterior pode ser reescrita como

$$(\mathbf{u}_t,\mathbf{v})+\nu a(\mathbf{u},\mathbf{v})+b(\mathbf{u}, \mathbf{u},\mathbf{v})=(\mathbf{f},\mathbf{v}),$$

onde $(\cdot,\cdot)$ é o produto interno usual em $L^2(\Omega)\times L^2(\Omega)$. Escrevendo $\mathbf{u}(\cdot,t)=\mathbf{u}(t)$, $\mathbf{f}(\cdot,t)=\mathbf{f}(t)$ e tornando explícita a dependência de $t$ na expressão anterior, obtemos

$$(\mathbf{u}_t(t),\mathbf{v})+\nu a(\mathbf{u}(t),\mathbf{v})+b(\mathbf{u}(t), \mathbf{u}(t),\mathbf{v})=(\mathbf{f}(t),\mathbf{v}),\quad\forall\ t\in(0,T).\tag{2.2}$$

Estas considerações motivam a definição dos espaços funcionais, a definição das aplicações e a formulação fraca estabelecidas na seção seguinte.

2.2 Formulação fraca

Defina os espaços

$$\mathcal{V}=\{v\in \mathcal{D}(\Omega)\times\mathcal{D}(\Omega)\mid \operatorname{div}v=0\},\qquad V=\overline{\mathcal{V}}^{[H^1(\Omega)]^2},\qquad H=\overline{\mathcal{V}}^{[L^2(\Omega)]^2}.\tag{2.3}$$

Defina também a forma bilinear $a:V\times V\to\mathbb{R}$ e a forma trilinear $b:V\times V\times V\to\mathbb{R}$ por
$$a(u,v)=\sum_{i,j=1}^2(u^i_{x_j}, v^i_{x_j})_{L^2},\qquad b(u,w,v)=\sum_{i,j=1}^2 (u^jw^i_{x_j},v^i)_{L^2}.\tag{2.4}$$

Note que $a(\cdot,\cdot)$ é o produto interno usual em $[H_0^1(\Omega)]^2$. A seguir, vamos considerar o seguinte problema:

Problema 2.2 (Formulação fraca). Dados uma função $f:[0,T]\to V'$ e um vetor $u_0\in H$, provar que existe uma função $u\in L^\infty(0,T; H)\cap L^2(0,T;V)^{\text{(v)}}$ tal que, para todo $v\in V$,
$$\left\{\begin{aligned} &\frac{d}{dt}(u(\cdot),v)+\nu a(u(\cdot),v)+b(u(\cdot), u(\cdot),v)=\langle f(\cdot),v\rangle_{V'\times V}\;\text{ em }\;\mathcal{D}'(0,T),\\
&u(0)=u_0.
\end{aligned}\right.\tag{2.5}$$

Como antes, $(\cdot,\cdot)$ representa o produto interno usual em $[L^2(\Omega)]^2$. Note que (2.5)$_1$ é uma versão mais fraca de (2.2). A função $u$ deverá ter regularidade suficiente para que a condição (2.5)$_2$ tenha sentido.

2.3 Preliminares

Nesta seção apresentaremos alguns resultados que serão necessários na seção seguinte. Começamos com dois resultados gerais.

Teorema 2.3. Seja $\{e_j\}_{j\in J}$ uma família ortonormal em um espaço de Hilbert $\mathcal{H}$. São equivalentes:

(I) $\{e_j\}_{j\in J}$ é maximal (no sentido de inclusão de conjuntos).

(II) $ x=\sum_{j\in J}(x,e_j)e_j$ para todo $x\in \mathcal{H}$.

(III) $ \|x\|^2=\sum_{j\in J}|(x,e_j)|^2$ para todo $x\in \mathcal{H}$.

(IV) $\overline{\operatorname{span}\{e_j\mid j\in J\}}=\mathcal{H}$.

Prova: Para (I) $\Rightarrow$ (II) $\Rightarrow$ (III) $\Rightarrow$ (I), ver [10] (Corolário 12.8, p. 532). A implicação (II) $\Rightarrow$ (IV) é imediata. Para (IV) $\Rightarrow$ (II) ver [3] (Corolário 5.10, p. 143). $\square$

Observação 2.4. No contexto do método de Galerkin, a "base" de um espaço normado separável $X$ geralmente é definida como sendo uma família L.I. contável cujo espaço gerado é denso em $X$ (a separabilidade do espaço garante a existência de tal família - ver Lema 4.1, p. 83, em [8]). Por outro lado, no contexto dos espaços de Hilbert, a "base" às vezes é definida como sendo uma família ortonormal maximal. Segue do Teorema 2.3 que, se $X$ é Hilbert separável, então estes dois conceitos de base coincidem. A seguir, a expressão "sistema ortonormal completo" será utilizada como sinônimo de "família ortonormal maximal".

Teorema 2.5. Sejam $V$ e $H$ espaços de Hilbert tais que $V\hookrightarrow H\cong H'\hookrightarrow V'$, onde ambas as inclusões são contínuas e densas. Então,
$$W(a,b;V,V'):=\{u\in L^2(a,b;V)\mid u'\in L^2(a,b;V')\}\hookrightarrow C([a,b]; H).$$ Mais ainda, dadas $u,v\in W(a,b; V,V')$, vale a fórmula de integração por partes
$$\begin{gathered}\int_a^b\langle u'(t),v(t)\rangle_{V'\times V}\;dt\\=(u(b),v(b))_H-(u(a),v(a))_H-\int_a^b\langle u(t),v'(t)\rangle_{V\times V'}\;dt.\end{gathered}\tag{2.6}$$

Prova: Ver [6] (teoremas 1 e 2, p. 473 e 477). $\square$

Agora, vejamos alguns resultados que se referem especificamente aos espaços e às aplicações definidas na seção precedente.

Lema 2.6. Os espaços $V$ e $H$ definidos em (2.3) possuem as seguintes propriedades:
(a) $V$ e $H$ são dados por$^{\text{(vi)}}$ $$V=\{\mathbf{w}\in [H_0^1(\Omega)]^2\mid \operatorname{div}\mathbf{w}=0\},\;H=\{\mathbf{w}\in [L^2(\Omega)]^2\mid \operatorname{div}\mathbf{w}=0,\;(\mathbf{w}\cdot\mathbf{N})|_{\partial\Omega}=0\}.$$ (b) $V$ e $H$ com as normas induzidas de $[H_0^1(\Omega)]^2$ e $[L^2(\Omega)]^2$, respectivamente, são espaços de Hilbert separáveis.
(c) $V\hookrightarrow H\cong H'\hookrightarrow V'$, onde ambas as inclusões são contínuas e densas.
(d) A inclusão $V\hookrightarrow H$ é compacta.

Prova: (a) Ver [7] (Teoremas 4 e 6, p. 8 e 10) ou [11] (p. 67-68) ou [17] (Teoremas 1.4 e 1.6, p. 15 e 18). (b) Segue de $V$ e $H$ serem subespaços fechados de $[H_0^1(\Omega)]^2$ e $[L^2(\Omega)]^2$, respectivamente. (c) Ver [7] (p. 22) ou [17] (p. 248). (d) Ver [11] (Lema 6.8, p. 74). $\square$

Seja $A:V\to V'$ o operador associado à forma bilinear $a(\cdot,\cdot)$, definida em (2.4). Então (ver [12], p. 15), $A$ é uma bijeção linear contínua com inversa contínua que satisfaz
$$\langle Au,v\rangle_{V'\times V}=a(u,v),\quad \forall\ u,v\in V.\tag{2.7}$$ Em particular, se $u\in V$ é tal que $Au\in H$, então $(Au,v)=a(u,v)$ para toda $v\in V$.

Lema 2.7. O espaço $H$ definido em (2.3) possui um sistema ortonormal completo $\{w_j\}_{j\in \mathbb{N}}$ formado por autofunções do operador $A$. Mais ainda, se $\{\lambda_j\}_{j\in\mathbb{N}}$ são os autovetores correspondentes, então:
(a) $(v,w_j)_V=\lambda_j(v,w_j)$ para todo $v\in V$.
(b) $\left\{\frac{w_j}{\sqrt{\lambda_j}}\right\}_{j\in \mathbb{N}}$ é um sistema ortonormal completo em $V$.

Prova: Defina $X=\{u\in V\mid Au\in H\}$. Das propriedades de $A$, segue que $\tilde{A}:=A|_{X}$ é uma bijeção linear contínua com inversa $\tilde{A}^{-1}:H\to X$ contínua. Segue do item (d) do Lema 2.6 que $\tilde{A}^{-1}:H\to H$ é compacta. Mais ainda, $\tilde{A}^{-1}$ é simétrica porque, dados $f,g\in H$,
\begin{align*} (\tilde{A}^{-1}h,g)&=(g,\tilde{A}^{-1}h)=(\tilde{A}\tilde{A}^{-1}g,\tilde{A}^{-1}h)=a(\tilde{A}^{-1}g,\tilde{A}^{-1}h)\\
&=a(\tilde{A}^{-1}h,\tilde{A}^{-1}g)=(\tilde{A}\tilde{A}^{-1}h,\tilde{A}^{-1}g)=(h,\tilde{A}^{-1}g).
\end{align*} Segue do teorema espectral para operadores compactos autoadjuntos em espaços de Hilbert (Teorema 15.39, p. 673, em [9]) que $H$ possui um sistema ortonormal completo $\{w_j\}_{j\in\mathbb{N}}$ formado por autovetores de $\tilde{A}^{-1}$, associados a uma família $\{\mu_j\}_{j\in\mathbb{N}}$ de autovalores não nulos. Como este sistema coincide com as autofunções de $A$, a primeira afirmação está provada. O item (a) segue de um cálculo direto. Da parte já provada, o item (II) do Teorema 2.3 se verifica para $e_j=w_j$ e $\mathcal{H}=H$. Usando isto e o item (a), concluímos que o item (II) do Teorema 2.3 também se verifica para $e_j=w_j/\sqrt{\lambda_j}$ e $\mathcal{H}=V$, onde $\lambda_j=\mu_j^{-1}$. Logo, o item (b) está provado. $\square$

Combinando o Teorema 2.3 como o Lema 2.7 concluímos que, para todo $v\in V$,
$$\|v\|_V^2=\sum_{j=1}^\infty\left|\left(v,\frac{w_j}{\sqrt{\lambda_j}}\right)_V\right|^2
=\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{\lambda_j}\left|\left(v,w_j\right)_V\right|^2
=\sum_{j=1}^\infty\lambda_j\left|\left(v,w_j\right)\right|^2.\tag{2.8}$$ Analogamente, usando (2.7) concluímos que, para todo $h\in V'$,
$$\begin{aligned} \|{A^{-1}}h\|_{V}^2&=\sum_{j=1}^\infty\left|\left(A^{-1}h,\frac{w_j}{\sqrt{\lambda_j}}\right)_V\right|^2
=\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{\lambda_j}\left|a(A^{-1}h,w_j)\right|^2\\
&=\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{\lambda_j}\left|\left\langle AA^{-1}h,w_j\right\rangle_{V'\times V}\right|^2
=\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{\lambda_j}\left|\left\langle h,w_j\right\rangle_{V'\times V}\right|^2.
\end{aligned}\tag{2.9}$$

Lema 2.8. A forma trilinear definida em (2.4) é contínua e, para quaisquer $u,\tilde{u},v,w\in V$, satisfaz:
(a) $b(u,w,v)=-b(u,v,w)$.
(b) $|b(w,w,u)|\leq C\|w\|_H\|w\|_V\|u\|_V$.
(c) $b(u,u,v)-b(\tilde{u},\tilde{u},v)=b(u-\tilde{u},u,v)-b(u-\tilde{u},u-\tilde{u},v)+b(u,u-\tilde{u},v)$.

Prova: (a) Ver [4] (Lemas 1 e 2, p. 126) ou [11] (Lema 6.5, p. 72) ou [12] (Lemas 1 e 3, p. 115 e 119) ou [17] (Lemas 1.2 e 1.3, p. 162 e 163). (b) Ver [4] (p. 155 e 156) ou [12] (p. 122) ou [17] (p. 293). (c) Ver [12] (Observação 3, p. 122). $\square$

Observação 2.9. Fixado $(u,w)\in V\times V$, segue do Lema 2.8 que a aplicação $v\mapsto b(u,w,v)$ é um funcional linear contínuo. Logo, pelo Teorema de Representação de Riesz, podemos definir uma aplicação bilinear contínua $B:V\times V\to V'$ satisfazendo $\langle B(u,w),v\rangle_{V'\times V}=b(u,w,v)$ para quaisquer $u,w,v\in V$.

Lema 2.10. Se $u,v\in L^\infty(0,T;H)\cap L^2(0,T;V)$, então existe uma constante positiva $C$ tal que
$$\|B(u(t),v(t))\|_{V'}\leq C\|u(t)\|_V^{1/2}\|v(t)\|_V^{1/2},\quad\text{q.s. em}\quad[0,T]\tag{2.10}$$ e, consequentemente, $B(u(\cdot),v(\cdot))\in L^2(0,T;V')$.

Prova: Ver [4] (Lema 4, p. 130) ou [12] (Lema 4, p. 120) ou [17] (p. 293). $\square$

Lema 2.11 (De Rham, Nečas). Sejm $\Omega\subset\mathbb{R}^2$ um aberto limitado com fronteira regular e $S\in[H^{-1}(\Omega)]^2$. Se
$$\langle S,v\rangle_{[H^{-1}(\Omega)]^2\times [H_0^1(\Omega)]^2}=0,\quad\forall \ v\in\mathcal{V},$$ então existe uma única função $P\in L^2(\Omega)$ com média nula satisfazendo $S=\nabla P$ em $[H^{-1}(\Omega)]^2$ e verificando
$$\|P\|_{L^2(\Omega)}\leq a\|S\|_{[H^{-1}(\Omega)]^2},\quad \|S\|_{[H^{-1}(\Omega)]^2}\leq b\|P\|_{L^2(\Omega)},\tag{2.11}$$ onde $a$ e $b$ são constantes positivas que dependem apenas de $\Omega$.

Prova: Ver [2] (Proposição IV.1.7, p. 238, e Teorema IV.2.3, p. 242) ou [15] (Lema 2.2.2, p. 75) ou [17] (proposições 1.1 e 1.2, p. 14, e Nota 1.4, p. 15). $\square$

2.4 Existência e unicidade de solução fraca

O teorema a seguir resolve o Problema 2.2.

Teorema 2.12. Dados $f\in L^2(0,T;V')$ e $u_0\in H$, existe uma única função $u\in L^\infty(0,T; H)\cap L^2(0,T;V)$ com $u'\in L^2(0,T;V')$ satisfazendo,$^{\text{(vii)}}$ para todo $v\in V$,
$$\left\{\begin{aligned} &\frac{d}{dt}(u(\cdot),v)+\nu a(u(\cdot),v)+b(u(\cdot), u(\cdot),v)=\langle f(\cdot),v\rangle_{V'\times V}\text{ em }\mathcal{D}'(0,T),\\
&u(0)=u_0.
\end{aligned}\right.\tag{2.12}$$

Prova:

Existência

PROBLEMA APROXIMADO

Seja $\{w_j\}_{j\in\mathbb{N}}$ a base de $H$ dada pelo Lema 2.7. Para cada $m\in\mathbb{N}$, defina $V_m=\mathrm{span}\{w_1,...,w_m\}$. O primeiro passo é mostrar que, para cada $m\in\mathbb{N}$ e cada $j=1,...,m$, existem
$$\left\{\begin{aligned} u_m(t)=\sum_{i=1}^mg_{im}(t)w_j\in V_m,&\\
\quad {u_0}_m\in V_m,&
\end{aligned}\right.\tag{2.13}$$ satisfazendo o "problema aproximado"
$$\left\{\begin{aligned} &(u'_m(t),w_j)+\nu a(u_m(t),w_j)+b(u_m(t), u_m(t),w_j)=\langle f(t),w_j\rangle_{V'\times V}\text{ q.s. em }[0,T]\\
&u_m(0)={u_0}_m,\\
&{u_0}_m\overset{m\to\infty}{\longrightarrow} u_0\quad\text{em}\quad H.
\end{aligned}\right.\tag{2.14}$$ Seja
$${u_0}_m=\sum_{i=1}^m(u_0,w_i)w_i\tag{2.15}$$ a projeção de $u_0=\sum_{i=1}^\infty(u_0,w_i)w_i$ sobre $V_m$. Então $({u_0}_m)$ é uma sequência em $H$ satisfazendo (2.13)$_2$ e (2.14)$_3$. Assim, substituindo (2.13)$_1$ e (2.15) em (2.14)$_{1,2}$, concluímos que resolver o problema aproximado equivale a resolver o seguinte sistema de EDOs com $1\leq j\leq m$:
$$\left\{\begin{aligned} &g'_{jm}(t)+\lambda_jg_{jm}(t)+\sum_{i,k=1}^mb(g_{im}(t), g_{km}(t),w_j)=\langle f(t),w_j\rangle_{V'\times V}\text{ q.s. em }[0,T],\\
&g_{jm}(0)=(u_0,w_j),\\
\end{aligned}\right.\tag{2.16}$$ onde $\lambda_j\in \mathbb{R}$ é o autovalor correspondente à autofunção $w_j$. Pelo Teorema de Carathéodory, para cada $m\in\mathbb{N}$ o sistema (2.16), e por conseguinte o sistema de interesse (2.14), possui uma única solução local absolutamente contínua definida sobre um intervalo $[0,t_m]$. A primeira estimativa feita a seguir garante que tal solução pode ser estendida ao intervalo $[0,T]$.

1ª ESTIMATIVA

Multiplicando (2.14)$_1$ por $g_{jm}(t)$ e somando com respeito a $j$, segue que
$$\begin{align*} (u'_m(t),u_m(t))+\nu a(u_m(t),u_m(t))+b(u_m(t), u_m(t),u_m(t))&=\langle f(t),u_m(t)\rangle_{V'\times V}\\
&\leq \|f(t)\|_{V'}\|u_m(t)\|_{V}.
\end{align*}$$ Note que
$$\begin{align*} (u'_m(t),u_m(t))&=\frac{1}{2}\frac{d}{dt}|u_m(t)|_H^2,\\
a(u_m(t),u_m(t))&=\|u_m(t)\|^2_V,\\
b(u_m(t), u_m(t),u_m(t))&=0,
\end{align*}$$ onde na segunda igualdade usamos a definição de $a(\cdot,\cdot)$ e, na terceira, usamos o Lema 2.8. Portanto, pela desigualdade de Young,
$$\frac{1}{2}\frac{d}{dt}|u_m(t)|_H^2+\nu \|u_m(t)\|^2_V\leq C_\varepsilon\|f(t)\|_{V'}^2+\varepsilon\|u_m(t)\|_{V}^2.$$ Tomando $\varepsilon$ suficientemente pequeno (de modo que $\nu-\varepsilon>0$), obtemos
$$\frac{d}{dt}|u_m(t)|_H^2+ \|u_m(t)\|^2_V\leq C_1\|f(t)\|_{V'}^2.$$ Integrando de $0$ até $t\in[0,t_m]$, resulta de (2.14)$_2$ que
$$|u_m(t)|_H^2+\int_0^t\|u_m(s)\|^2_V\;ds\leq |{u_0}_m|_H^2+C_1\|f\|_{L^2(0,T;V')}.$$ De (2.14)$_3$, obtemos uma constante $C$ (independente de $t_m$) tal que
$$|u_m(t)|_H^2+\int_0^t\|u_m(s)\|^2_V\;ds\leq C,\quad\forall\ t\in[0,t_m].
\tag{2.17}$$ Assim, a solução $Y_m=(g_{1m},...,g_{mm})$ do sistema (2.16) satisfaz
$$|Y_m(t)|_{\mathbb{R}^m} =\sum_{i=1}^mg_{im}^2(t)=\left(\sum_{i=1}^mg_{im}(t)w_i,\sum_{k=1}^mg_{km}(t)w_k\right)
=(u_m(t),u_m(t))
=|u_m(t)|^2_H\leq C$$ para todo $t\in [0,t_m]$. Isto implica que $Y_m$, e por conseguinte a solução $u_m$ de (2.14), pode ser estendida ao intervalo $[0,T]$. Uma vez que dispomos de uma solução definida sobre $[0,T]$, podemos repetir os cálculos anteriores com $T$ no lugar de $t_m$ e concluir que (2.17) vale com $T$ no lugar de $t_m$. Portanto,
$$\begin{align*} (u_m)\quad&\text{é limitada em}\quad L^\infty(0,T;H),\tag{2.18}\\
(u_m)\quad&\text{é limitada em}\quad L^2(0,T;V).\tag{2.19} \end{align*}$$
2ª ESTIMATIVA

Como o operador $\tilde{A}:X\to H$ tem inversa simétrica (ver Seção 2.3), segue do item (a) do Lema 2.7 que
$$(A^{-1}h,g)_V=\lambda_j(\tilde{A}^{-1}h,g)=\lambda_j(h,\tilde{A}^{-1}g)=(h,A^{-1}g)_V,\quad \forall\ h,g\in H.$$ Logo, por (2.8),
\begin{align*}\|u'_m(t)\|_{V'}^2=\|AA^{-1}u'_m(t)\|_{V'}^2&\leq c\|A^{-1}u'_m(t)\|_V^2
=c\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{\lambda_j}\left|\left(A^{-1}u'_m(t),w_j\right)_V\right|^2\\
&=c\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{\lambda_j}\left|\left(u'_m(t),A^{-1}w_j\right)_V\right|^2
=c\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{\lambda_j^2}|(u'_m(t),w_j)_V|^2\\
&=c\sum_{i=1}^m\frac{1}{\lambda_j}|(u'_m(t),w_j)|^2
=c\sum_{i=1}^m\frac{1}{\lambda_j}|\langle u'_m(t),w_j\rangle_{V'\times V}|^2.
\end{align*} Escrevendo $h_m(t)=f(t)-\nu Au_m(t)-B(u_m(t),u_m(t))$, segue de (2.14)$_1$, (2.9) e (2.10) que
\begin{align*} \|u'_m(t)\|_{V'}^2&\leq c\sum_{i=1}^m\frac{1}{\lambda_j}|\langle h_m(t),w_j\rangle _{V'\times V}|^2=c\|{A^{-1}}h_m(t)\|_{V}^2\leq c_1\|h_m(t)\|_{V'}^2\\
&\leq c_1\big(\|f(t)\|_{V'}+\nu \|Au_m(t)\|_{V'}+\|B(u_m(t),u_m(t))\|_{V'}\big)^2\\
&\leq c_2\big(\|f(t)\|_{V'}^2+\|u_m(t)\|^2_{V}+\|u_m(t)\|^2_{V}\big).
\end{align*} Como $f\in L^2(0,T;V')$, segue de (2.19) que
$$(u'_m)\quad\text{é limitada em}\quad L^2(0,T;V').\tag{2.20}$$
PASSAGEM AO LIMITE

Resulta de (2.18), (2.19) e (2.20) que existe $u\in L^\infty(0,T;H)\cap L^2(0,T;V)$ com $u'\in L^2(0,T;V')$ tal que
$$\begin{align*} u_m&\overset{*}{\rightharpoonup} u\quad\text{ em}\quad L^\infty(0,T;H),\tag{2.21}\\
u_m&\rightharpoonup u\quad\text{ em}\quad L^2(0,T;V),\tag{2.22}\\
u'_m&\rightharpoonup u'\quad\text{em}\quad L^2(0,T;V').\tag{2.23} \end{align*}$$ De (2.14)$_1$ resulta que, para $1\leq j\leq m$,
$$\label{} (u'_m(\cdot),w_j)+\nu a(u_m(\cdot),w_j)+b(u_m(\cdot), u_m(\cdot),w_j)=\langle f(\cdot),w_j\rangle_{V'\times V}\text{ em }\mathcal{D}'(0,T)\tag{2.24}.
$$ Vejamos que
$$\left.\begin{aligned}(u'_m(\cdot),w_j)&\to \frac{d}{dt}(u(\cdot),w_j)\\
a(u_m(\cdot),w_j)&\to a(u(\cdot),w_j)\\
b(u_m(\cdot), u_m(\cdot),w_j)&\to b(u(\cdot), u(\cdot),w_j)
\end{aligned}\right\}\quad \text{em}\quad \mathcal{D}'(0,T)^{\text{(viii)}}.\tag{2.25}$$
A seguir provaremos a terceira convergência, que envolve o termo não linear da equação (graças à linearidade, as duas primeiras convergência são obtidas de maneira mais simples e, por isso, omitiremos os detalhes). Das limitações (2.19) e (2.20), concluímos que
$$(u_m)\quad\text{é limitada em}\quad W:= \{g\in L^2(0,T;V)\mid g'\in L^2(0,T;V')\}.\tag{2.26}$$ Pelo Teorema de Aubin-Lions, $W\overset{\mathrm{c}}{\hookrightarrow} L^2(0,T; H)$ (aqui estamos usando os itens (b), (c) e (d) do Lema 2.6). Logo, passando a uma subsequência,
$$u_m\to u\quad\text{em}\quad L^2(0,T;H).$$ Consequentemente,
$$u_m^i\to u^i\quad\text{em}\quad L^2(0,T;L^2(\Omega))\cong L^2(Q),\qquad i=1,2$$ onde $Q=\Omega\times(0,T)$ (para detalhes sobre o isomorfismo acima, ver p. 24 em [13]). Resulta disto que, passando a uma subsequência,
$$u_m^iu_m^k\to u^iu^k\quad\text{q.s. em}\quad Q,\qquad i,k=1,2.\tag{2.27}$$ Como $n=2$, temos $H_0^1(\Omega)\hookrightarrow L^4(\Omega)$ (ver Teorema 4.12, p. 85, em [1]). Consequentemente, $L^2(0,T;V)\hookrightarrow L^2(0,T;[L^4(\Omega)]^2)$ e
\begin{align*} \|u_m^iu_m^k\|_{L^2}^2&=\int_\Omega|u_m^i|^2|u_m^k|^2\;dx
\leq\left(\int_\Omega|u_m^i|^4\;dx\right)^{1/2}\left(\int_\Omega|u_m^k|^4\;dx\right)^{1/2}=\|u^i_m\|_{L^4}^2\|u^k_m\|_{L^4}^2\\
&\leq \frac{1}{2}\|u^i_m\|_{L^4}^4+\frac{1}{2}\|u^k_m\|_{L^4}^4.
\end{align*} Logo, de (2.19),
$$(u_m^iu_m^k)\quad\text{é limitada em}\quad L^2(0,T;L^2(\Omega))\cong L^2(Q),\qquad i,k=1,2.\tag{2.28}$$ De (2.27), de (2.28) e do Lema de Lions, segue que
$$u_m^iu_m^k\rightharpoonup u^iu^k\quad\text{em}\quad L^2(Q)\cong L^2(0,T;L^2(\Omega)),\qquad i,k=1,2.$$ Isto implica que
$$\int_0^T(u^k_m(t)v(\cdot,t),u_m^i(t))_{L^2}\;dt=\int_Q u^i_mu^k_mv\;dz\to\int_Q u^iu^kv\;dz=\int_0^T(u^k(t)v(\cdot,t),u^i(t))_{L^2}\;dt$$ para toda $ v\in L^2(Q)$. Tomando $v(x,t)=\theta(t)\frac{d}{dx_k}w_j^i(x)$ com $\theta\in L^2(0,T)$ e somando com respeito aos índices $i,k$, segue que
$$\int_0^Tb(u_m(t),\theta(t)w_j,u_m(t))\;dx\to\int_0^Tb(u(t),\theta(t)w_j,u(t))\;dx.$$ Do Lema 2.8, obtemos
$$\int_0^Tb(u_m(t),u_m(t),w_j)\theta(t)\;dt\to\int_0^Tb(u(t),u(t),w_j)\theta(t)\;dt,\quad\forall\ \theta\in L^2(0,T).$$ A última convergência vale, em particular, para todo $\theta\in\mathcal{D}(0,T)$ e, portanto,
$$b(u_m(\cdot),u_m(\cdot),w_j)\to b(u(\cdot),u(\cdot),w_j)\quad\text{em}\quad \mathcal{D}'(0,T).$$ Isto conclui a prova de (2.25). Assim, fixando $j\in\mathbb{N}$ e tomando o limite em (2.24) com $m\to\infty$, concluímos que
$$\frac{d}{dt}(u(\cdot),w_j)+\nu a(u(\cdot),w_j)+b(u(\cdot), u(\cdot),w_j)=\langle f(\cdot),w_j\rangle_{V'\times V}\quad\text{em}\quad\mathcal{D}'(0,T),\quad\forall\ j\in\mathbb{N}.$$ Multiplicando por $\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}$, segue do item (b) do Lema 2.7 (e do Teorema 2.3) que vale (2.12)$_1$.

CONDIÇÃO INICIAL

Já vimos que $u$ pertence ao espaço $W$ definido em (2.26). Logo, o Teorema 2.5 implica que $u\in C([0,T];H)$ e, portanto, $u(0)$ tem sentido. De (2.21) e (2.23),
\begin{align*} \int_0^T(u_m(t),v(t))\;dt&\to \int_0^T(u(t),v(t))\;dt,\quad\forall\ v\in L^1(0,T;H),\\
\int_0^T(u_m'(t),z(t))\;dt=\int_0^T\langle u_m'(t),z(t)\rangle_{V'\times V}\;dt&\to \int_0^T\langle u'(t),z(t)\rangle_{V'\times V}\;dt,\quad\forall\ z\in L^2(0,T;V).
\end{align*} Tome $\theta\in C^1[0,T]$ tal que $\theta(0)=1$ e $\theta(T)=0$. Das últimas duas convergências com $v(t)=\theta'(t)w_j$ e $z(t)=\theta(t)w_j$ segue que
\begin{align*} \int_0^T(u_m(t),\theta'(t)w_j)\;dt&\to \int_0^T(u(t),\theta'(t)w_j)\;dt=\int_0^T\langle u(t),\theta'(t)w_j\rangle_{V'\times V}\;dt,\quad\forall\ j\in\mathbb{N},\\
\int_0^T(u'_m(t),\theta(t)w_j)\;dt&\to \int_0^T\langle u'(t),\theta(t)w_j\rangle_{V'\times V}\;dt,\quad\forall\ j\in\mathbb{N}.
\end{align*} Somando as duas últimas convergências, segue da fórmula de integração por partes (2.6) que
$$(u_m(0),w_j)\to (u(0),w_j),\quad\forall\ j\in\mathbb{N}.$$ Como $\operatorname{span}\{w_j\mid j\in\mathbb{N}\}$ é denso em $H$ (veja Teorema 2.3), segue de (2.14)$_2$ e da última convergência que
$${(u_0}_m,v)=(u_m(0),v)\to (u(0),v),\quad\forall\ v\in H.$$ Mas, de (2.14)$_3$,
$$({u_0}_m,v)\to (u_0,v),\quad\forall\ v\in H.$$ Logo, vale (2.12)$_2$ porque, pela unicidade do limite, as duas últimas convergências implicam que
$$(u(0),v)=(u_0,v),\quad\forall\ v\in H.$$
REGULARIDADE EXTRA

A igualdade já provada (2.12)$_1$ significa que, para quaisquer $\theta\in\mathcal{D}(0,T)$ e $v\in V$,
$$\left\langle \frac{d}{dt}(u(\cdot),v),\theta\right\rangle+ \big\langle \nu a(u(\cdot),v),\theta\big\rangle+\big\langle b(u(\cdot),u(\cdot),v),\theta\big\rangle=\big\langle \langle f(\cdot),v\rangle_{V'\times V},\theta\big\rangle.%,\quad\forall\ \theta\in\mathcal{D}(0,T),\;v\in V.
\tag{2.29}$$ Mas,
\begin{align*} \big\langle b(u(\cdot),u(\cdot),v),\theta\big\rangle&=\int_0^T b(u(t),u(t),v)\theta(t)\;dt
=\int_0^T\langle B(u(t),u(t)),v\rangle_{V'\times V}\theta(t)\;dt\\
&=\int_0^T\langle B(u(t),u(t))\theta(t),v\rangle_{V'\times V}\;dt
=\left\langle \int_0^TB(u(t),u(t))\theta(t)\;dt,v\right\rangle_{V'\times V}\\
&=\Big\langle \langle B(u(\cdot),u(\cdot)),\theta\rangle,v\Big\rangle_{V'\times V}.
\end{align*} Observe que na penúltima igualdade estamos usando o Lema 2.10, de acordo com o qual a integral que aparece dentro da dualidade está bem definida. Analogamente,
\begin{gather*} \left\langle \frac{d}{dt}(u(\cdot),v),\theta\right\rangle=\Big\langle \langle u'(\cdot),\theta\rangle,v\Big\rangle_{V'\times V}\qquad\qquad
\big\langle \nu a(u(\cdot),v),\theta\big\rangle=\Big\langle \langle\nu Au(\cdot),\theta\rangle,v\Big\rangle_{V'\times V}\\
\big\langle \langle f(\cdot),v\rangle_{V'\times V},\theta\big\rangle=\Big\langle \langle f(\cdot),\theta\rangle,v\Big\rangle_{V'\times V} \end{gather*} Logo, por (2.29),
$$\Big\langle \langle u'(\cdot),\theta\rangle+\langle\nu Au(\cdot),\theta\rangle+\langle B(u(\cdot),u(\cdot)),\theta\rangle-\langle f(\cdot),\theta\rangle,v\Big\rangle_{V'\times V}=0,\quad\forall\ \theta\in\mathcal{D}(0,T),\;v\in V$$ donde
$$\big\langle u'(\cdot)+\nu Au(\cdot)+B(u(\cdot),u(\cdot))-f(\cdot),\theta\big\rangle =0\quad\text{em}\quad V',\qquad\forall\ \theta\in\mathcal{D}(0,T).$$ Isto implica que
$$u'(\cdot)+\nu Au(\cdot)+B(u(\cdot),u(\cdot))-f(\cdot)=0\quad\text{em}\quad \mathcal{D}'(0,T;V').$$ Por hipótese, $f(\cdot)\in L^2(0,T;V')$. Já vimos que $u\in L^2(0,T;V)$ e $u'\in L^2(0,T;V')$. Como $A:V\to V'$ é limitado, segue que $Au(\cdot)\in L^2(0,T;V')$. Do Lema 2.10, $B(u(\cdot),u(\cdot))\in L^2(0,T;V')$. Logo, a última igualdade vale em $L^2(0,T;V')$ e pode ser reescrita como
$$u'(\cdot)+\nu Au(\cdot)+B(u(\cdot),u(\cdot))=f(\cdot)\quad\text{em}\quad L^2(0,T;V')$$ donde
$$u'(t)+\nu Au(t)+B(u(t),u(t))=f(t)\quad\text{em}\quad V',\qquad\text{q.s. em}\quad [0,T].$$

Unicidade

Sejam $u,\tilde{u}\in L^\infty(0,T;H)\cap L^2(0,T;V)$ duas soluções do problema (2.12) com $u',\tilde{u}'\in L^2(0,T;V')$. Então, de (2.30), a função $w:=u-\tilde{u}$ satisfaz
$$\left\{\begin{aligned} &w'(t)+\nu Aw(t)+B(u(t), u(t))-B(\tilde{u}(t), \tilde{u}(t))=0\quad\text{em}\quad V',\text{ q.s. em }[0,T],\\
&w(0)=0.
\end{aligned}\right.\tag{2.31}$$ De (2.31)$_1$ segue que, para todo $v\in V$,
$$\langle w'(t),v\rangle_{V'\times V}+\langle \nu Aw(t),v\rangle_{V'\times V}+\langle B(u(t), u(t)),v\rangle_{V'\times V}-\langle B(\tilde{u}(t), \tilde{u}(t)),v\rangle_{V'\times V}=0$$ q.s. em $[0,T]$, ou ainda,
$$\langle w'(t),v\rangle_{V'\times V}+\nu a(w(t),v)+b(u(t), u(t)),v)-b(\tilde{u}(t), \tilde{u}(t)),v)=0\quad\text{q.s. em}\quad[0,T].$$ Em particular,
$$\langle w'(t),w(t)\rangle_{V'\times V}+\nu a(w(t),w(t))+b(u(t), u(t)),w(t))-b(\tilde{u}(t), \tilde{u}(t)),w(t))=0$$ q.s. em $[0,T]$. Pelo Lema 2.8, segue que
$$\langle w'(t),w(t)\rangle_{V'\times V}+\nu a(w(t),w(t))=-b(w(t),u(t),w(t))\leq C\|w(t)\|_{H}\|w(t)\|_{V}\|u(t)\|_V$$ q.s. em $[0,T]$. Da definição de $a(\cdot,\cdot)$ e da desigualdade de Young, segue que
$$\langle w'(t),w(t)\rangle_{V'\times V}+\nu\|w(t)\|_V^2\leq \nu\|w(t)\|_{V}^2+ C\|w(t)\|_{H}^2\|u(t)\|_V^2\quad\text{q.s. em}\quad[0,T].$$ Integrando sobre $(0,t)$ e usando (2.31)$_2$, concluímos que
$$\|w(t)\|_H=\int_0^t\frac{d}{dt}\|w(s)\|_H\;ds = 2\int_0^t\langle w'(s),w(t)\rangle_{V'\times V}\;ds \leq C\int_0^t\|w(s)\|_{H}^2\|u(s)\|_V^2\;ds.$$ Pela desigualdade de Grönwall concluímos que $w=0$ e, portanto, $u=\tilde{u}$. $\square$

Observação 2.13. Note que provamos mais do que enunciamos no Teorema 2.12. Na verdade, demonstramos o seguinte resultado:

Teorema 2.14. Dados $f\in L^2(0,T;V')$ e $u_0\in H$, existe uma única função $u\in L^\infty(0,T; H)\cap L^2(0,T;V)$ com $u'\in L^2(0,T;V')$ satisfazendo $$\left\{\begin{aligned}&u'+\nu Au+B(u,u)=f\quad\text{em}\quad L^2(0,T;V'),\\&u(0)=u_0.\end{aligned}\right.$$

Isto implica que
$$\langle u'(t),v\rangle_{V'\times V}+\nu a(u(t),v)+b(u(t), u(t),v)=\langle f(t),v\rangle_{V'\times V}\quad\text{q.s em}\quad[0,T],\quad\forall\ v\in V$$ que também é uma versão fraca de (2.2), porém, "melhor" do que a formulação fraca original (2.5)$_1$.

2.5 Recuperação da pressão

Note que a pressão $p$ que aparece no problema original (2.1) foi "perdida" no processo da formulação fraca. Nesta seção vamos "recuperá-la", também em um sentido fraco - diferente, porém, daquele que foi considerado anteriormente. Especificamente, vamos "recuperá-la" no sentido das distribuições sobre $Q:=\Omega\times (0,T)$.

Observação 2.15. No que segue, o valor de uma distribuição $g\in\mathcal{D}'(\Omega)$ em $v\in\mathcal{D}(\Omega)$ será representado por $\langle g,v\rangle_{\mathcal{D}'(\Omega)}$. Analogamente, o valor de $g\in\mathcal{D}'(Q)$ em $v\in\mathcal{D}(Q)$ será representado por $\langle g,v\rangle_{\mathcal{D}'(Q)}$ e o valor de $g\in\mathcal{D}'(0,T;H^{-1}(\Omega))$ em $v\in\mathcal{D}(0,T;H^{-1}(\Omega))$ será representado por $\langle g,v\rangle_{\mathcal{D}'(0,T;H^{-1}(\Omega))}$.

Observação 2.16. Pelo Teorema de Extensão de Hahn-Banach, todo funcional $g\in V'$ pode ser visto como um elemento de $([H_0^1(\Omega)]^2)'\cong [(H_0^1(\Omega))']^2=[H^{-1}(\Omega)]^2$ satisfazendo $\|g\|_{V'}=\|g\|_{[{H^{-1}(\Omega)]^2}}$ e
$$\langle g,v\rangle_{V'\times V}=\langle g,v\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)},\quad\forall\ v\in V.\tag{2.33}$$

Observação 2.17. Seja $v\in L^2(0,T;L^2(\Omega))$. Como $L^2(0,T;L^2(\Omega))\cong L^2(\Omega\times (0,T))\subset\mathcal{D}'(Q)$, a função vetorial $v$ pode ser vista como uma distribuição em $\mathcal{D}'(Q)$, especificamente, a distribuição definida pela função escalar $(x,t)\mapsto [v(t)](x)$. Assim, para toda $\varphi \in \mathcal{D}(Q)$,$$\langle v,\varphi\rangle_{\mathcal{D}'(Q)}=\int_{Q}[v(t)](x)\varphi(x,t)\;dz=\int_0^T\int_{\Omega}[v(t)](x)\varphi(x,t)\;dx\;dt=\int_0^T\langle v(t),\varphi(\cdot,t)\rangle_{\mathcal{D}'(\Omega)}\;dt.$$
Observação 2.18. Seja $v\in C([0,T];H^{-1}(\Omega))$ tal que $v'\in L^2(0,T; H^{-1}(\Omega))$. A função $v$ pode ser vista como um elemento de $\mathcal{D}'(Q)$, definido por
$$\langle v,\varphi\rangle_{\mathcal{D}'(Q)}=\int_0^T\langle v(t),\varphi(\cdot,t)\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt,\quad\forall\ \varphi\in\mathcal{D}(Q).$$ Seja $\partial_t v$ a derivada distribucional de $v$ com respeito a $t$ em $\mathcal{D}'(Q)$. Para quaisquer $\phi\in \mathcal{D}(\Omega)$ e $\theta\in \mathcal{D}(0,T)$,
\begin{align*} \langle \partial_tv,\phi\theta\rangle_{\mathcal{D}'(Q)} &=-\langle v,\phi\theta'\rangle_{\mathcal{D}'(Q)} =-\int_0^T\langle v(t), \phi\theta'(t)\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt
=-\int_0^T\langle v(t)\theta'(t), \phi\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt\\
&=-\left\langle\int_0^T v(t)\theta'(t)\;dt, \phi\right\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)} =-\left\langle\langle v,\theta'\rangle_{\mathcal{D}'(0,T;H^{-1}(\Omega))} , \phi\right\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\\
&=\left\langle\langle v',\theta\rangle_{\mathcal{D}'(0,T;H^{-1}(\Omega))} , \phi\right\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)} =\left\langle\int_0^T v'(t)\theta(t)\;dt, \phi\right\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\\
&=\int_0^T \langle v'(t)\theta(t), \phi\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt
=\int_0^T \langle v'(t), \phi\theta(t)\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt
\end{align*} donde
$$\langle \partial_tv,\varphi\rangle_{\mathcal{D}'(Q)}=\int_0^T \langle v'(t), \varphi(\cdot,t)\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt,\quad\forall\varphi\in\mathcal{D}(Q)$$ porque $\operatorname{span}\{\phi\theta\in \mathcal{D}(Q) \mid\phi\in \mathcal{D}(\Omega),\;\theta\in \mathcal{D}(0,T)\}$ é denso em $\mathcal{D}(Q)$ (ver Teorema 39.2, p. 409, em [18]. Logo, a função $v'$ também pode ser vista como um elemento de $\mathcal{D}'(Q)$, definido por
$$\langle v',\varphi\rangle_{\mathcal{D}'(Q)}=\int_0^T\langle v'(t),\varphi(\cdot,t)\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt,\quad\forall\ \varphi\in\mathcal{D}(Q)$$ e satisfazendo $v'=\partial_t v$ em $\mathcal{D}'(Q)$.

Agora, defina $U,F,\beta:[0,T]\to V'$ por
$$U(t)=\int_0^tu(s)\;ds,\quad F(t)=\int_0^tf(s)\;ds,\quad \beta(t)=\int_0^t B(u(s),u(s))\;ds.$$ Sabemos que $u,f,B\in L^2(0,T;V')$. Logo, $U$, $F$ e $\beta$ são absolutamente contínuas. Em particular,
$$ U,F,\beta\in C([0,T]; V')\tag{2.35}$$ Integrando (2.32)$_1$ concluímos que, para todo $t\in[0,T]$,
$$u(t)-u_0+\nu AU(t)+\beta(t)=\int_0^tu'(s)\;ds+\nu \int_0^tAu(s)\;ds+\beta(t)=F(t)\text{ em } V'.\tag{2.36}$$ Defina $S:[0,T]\to V'$ por $S(t)=u(t)-u_0+\nu AU(t)+\beta(t)-F(t)$. De (2.35) e da Observação 2.16,
$$S\in C([0,T]; [H^{-1}(\Omega)]^2).\tag{2.37}$$ De (2.33) e de (2.36),
$$\langle S(t),v\rangle _{[H^{-1}(\Omega)]^2\times [H_0^1(\Omega)]^2}=\langle S(t),v\rangle _{V'\times V}=\langle 0,v\rangle _{V'\times V}=0,\quad \forall\ v\in V,\; t\in[0,T].$$ Resulta do Lema 2.11 que, para cada $t\in[0,T]$, existe $P(t)\in L^2(\Omega)$ tal que $S(t)=\nabla (P(t))$ em $[H^{-1}(\Omega)]^2$. Escrevendo $S(t)=(S_1(t),S_2(t))$, obtemos
$$S_i(t)=\partial_{x_i}(P(t))\quad\text{em}\quad H^{-1}(\Omega),\tag{2.38}$$ onde $\partial_{x_i}P(t)$ representa a derivada distribucional de $P(t)$ com respeito a $x_i$ em $\mathcal{D}'(Q)$. Além disso, por (2.37), $\nabla (P(\cdot))\in C([0,T]; [H^{-1}(\Omega)]^2)$ e isto implica que $P\in C([0,T];L^2(\Omega))$ por causa da estimativa (2.11). Assim, a função $P$ (pela Observação 2.17) e a função $S_i$ (pela Observação 2.18) podem ser vistas como elementos de $\mathcal{D'}(Q)$ satisfazendo
\begin{align*}&\langle \partial_{x_i} P,\varphi\rangle_{\mathcal{D}'(Q)} =\;\langle P, \varphi_{x_i}\rangle_{\mathcal{D}'(Q)}
=-\int_0^T\langle P(t), \varphi_{x_i}(\cdot,t)\rangle_{\mathcal{D}'(\Omega)}\;dt
=\int_0^T\langle \partial_{x_i} (P(t)), \varphi(\cdot,t)\rangle_{\mathcal{D}'(\Omega)}\;dt\\
&\hspace{2.08cm}\overset{(2.38)}{=}\int_0^T\langle S_i(t), \varphi(\cdot,t)\rangle_{H^{-1}(\Omega)\times H_0^1(\Omega)}\;dt
=\langle S_i,\varphi\rangle_{\mathcal{D}'(Q)}\end{align*} para toda $\phi\in \mathcal{D}(Q)$. Isto mostra que $\partial_{x_i}P=S_i$ em $\mathcal{D}'(Q)$. Derivando ambos os membros com respeito $t$ no sentido distribucional de $\mathcal{D}'(Q)$, segue da segunda parte da Observação 2.18 que
$$\partial_{x_i} \partial_tP=\partial_t\partial_{x_i}P=\partial_tS_i=S_i'\quad\text{em}\quad\mathcal{D}'(Q).$$ Definindo $p=-\partial_t P$, concluímos que
$$-\nabla p =(\partial_{x_1} \partial_tP,\partial_{x_2} \partial_tP)=(S_1',S_2')=S'=u'+\nu Au+B(u,u)-f\quad\text{em}\quad [\mathcal{D}'(Q)]^2.$$ Isto prova o seguinte resultado, que nos dá uma versão fraca da equação original (2.1)$_1$:

Teorema 2.19. Existe uma distribuição $p\in\mathcal{D}'(Q)$ tal que a função $u$ dada pelo Teorema 2.14 satisfaz
$$u'+\nu Au+B(u,u)=f-\nabla p \quad\text{em}\quad [\mathcal{D}'(Q)]^2.$$

Notas

(i) De acordo com [17], p. 280.

(ii) A palavra "completas" refere-se ao fato de que não estamos considerando as equações estacionárias e nem linearizadas; estamos considerando as equações de evolução não lineares. O caso estacionário linearizado pode ser encontrado no Capítulo 1 de [17] e no Capítulo XIX de [7]. O Capítulo XIX de [7] também contém o caso não estacionário linearizado. E o Capítulo 2 de [17] contém o caso estacionário não linearizado.

(iii) Prêmio oferecido pelo The Clay Mathematics Institute. Os enunciados dos problemas foram extraídos da página oficial.

(iv) Esta regularidade é utilizada nas integrações por partes feitas neste parágrafo.

(v) De acordo com [16], p. 35, é natural procurar uma solução com essa regularidade porque, do ponto de vista físico, a condição $u\in L^\infty(0,T; H)$ expressa o fato de que a energia cinética do sistema permanece limitada e a condição $u\in L^2(0,T;V)$ expressa o fato de que a energia perdida para a viscosidade é finita.
(vi) Estas caracterizações de $V$ e $H$ não serão utilizadas explicitamente na próxima seção.
(vii) Pela regularidade de $u'$, o termo $\frac{d}{dt}(u(\cdot),v)$ pode ser escrito como $\langle u'(\cdot),v\rangle_{V'\times V}$.
(viii) Dizer que $T_m\to T$ em $\mathcal{D}'(0,T)$ significa que $\langle T_m,\theta\rangle\to \langle T,\theta\rangle$, para toda $\theta\in\mathcal{D}(0,T)$ (ver página 464 de [5] ou seção 1.19 em [8] ou parágrafo 6.16 em ]14]).

Referências

[1] R. A. Adams and J. J. F. Fournier. Sobolev Spaces. Academic Press, Amsterdam, 2003.
[2] F. Boyer and P. Fabrie. Mathematical Tools for the Study of the Incompressible Navier-Stokes Equations and Related Models. Springer, New York, NY, 2013.
[3] H. Brezis. Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations. Springer, New York, NY, 2011.
[4] M. M. Cavalcanti and V. N. D. Cavalcanti. Introdução às Equações Diferenciais Parciais. UEM/DMA, Maringá, PR, 2010.
[5] R. Dautray and J-L Lions. Mathematical Analysis and Numerical Methods for Science and Technology - Volume 2 - Functional and Variational Methods. Springer-Verlag, Berlin, 1988.
[6] R. Dautray and J-L Lions. Mathematical Analysis and Numerical Methods for Science and Technology - Volume 5 - Evolution Problems I. Springer-Verlag, Berlin, 2000.
[7] R. Dautray and J-L Lions. Mathematical Analysis and Numerical Methods for Science and Technology - Volume 6 - Evolution Problems II. Springer-Verlag, Berlin, 2000.
[8] H. Le Dret. Équations aux dérivées partielles elliptiques non linéaires. Springer-Verlag, Berlin, 2013.
[9] M. Fabian, P. Habala, P. Hájek, V. Montesinos, and V. Zizler. Banach Space Theory - The Basis for Linear and Nonlinear Analysis. Springer, New York, NY, 2011.
[10] A. W. Knapp. Basic Real Analysis. Birkhäuser, Boston, 2005.
[11] J. L. Lions. Quelques Méthodes de Résolution des Problèmes aux Limites non Linéaires. Dunod, Paris, 1969.
[12] L. A. Medeiros. Tópicos em Equações Diferenciais Parciais - Parte I. UFRJ/IM, Rio de Janeiro, RJ, 2006.
[13] T. Roubíček. Nonlinear Partial Differential Equations with Applications. Birkhäuser Verlag, Berlin, 2005.
[14] W. Rudin. Functional analysis. McGraw-Hill, New York, 1991.
[15] H. Sohr. The Navier-Stokes Equations: An Elementary Functional Analytic Approach. Birkhäuser Verlag, Basel, 2001.
[16] L. Tartar. Topics in Nonlinear Analysis (retirage). Public. Math. d’Orsay, Université Paris-Sud, Paris, 1982.
[17] R. Temam. Navier-Stokes Equations: Theory and Numerical Analysis. North-Holland Publishing Company, Oxford, 1977.
[18] F. Treves. Topological Vector Spaces, Distributions and Kernels. Academic Press, San Diego, 1967.

Uma integral difícil

2017-01-27T15:14:00.000-02:00

Seja $\Phi$ a solução fundamental da equação do calor, dada por

$$\Phi(x,t)=\left\{\begin{align*}
\frac{1}{(4\pi t)^{n/2}}\mathrm{e}^{\frac{-|x|^2}{4t}},&\qquad x\in\mathbb{R}^n,\; t>0\\
0,& \qquad x\in\mathbb{R}^n,\; t<0
\end{align*}\right.$$

Fixados $x\in\mathbb{R}^n$ e $t\in\mathbb{R}$, defina

$$E(x,t;r)=\left\{(y,s)\in\mathbb{R}^{n+1}\;\Big |\; s\leq 0,\;\Phi(x-y,t-s)\geq \frac{1}{r^n}\right\}.$$

Problema: Calcular a integral múltipla abaixo. $$\iint_{E(0,0;1)}\frac{|y|^2}{s^2}\;dyds.\tag{$*$}$$

Observação: Para o caso $n=1$, o problema se reduz a calcular a integral dupla $\iint_{\mathcal{R}}\frac{x^2}{y^2}\;dxdy$, onde $\mathcal{R}$ representa a região

definida por $\mathcal{R}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\mid -\tfrac{1}{4\pi}\leq y\leq 0,\;x^2\leq 2y\ln(-4\pi y)\right\}.$

Origem do Problema: O livro Partial Differential Equations de L. C. Evans, na Seção 2.3.2 (que trata sobre a equação do calor) utiliza (no meio da demonstração do Teorema 3) o fato de que a integral $(*)$ vale exatamente $4$. Apesar deste resultado não ser óbvio e nem fácil de obter, o livro não traz sequer uma palavra sobre como efetuar o cômputo desta integral. Nesta postagem apresentaremos o referido cômputo, que resulta de uma discussão ocorrida em 2013 no fórum Mathematics Stack Exchange.

Solução do Problema: Para $x\in\mathbb{R}^n$ e $t>0$, temos

$$\Phi(x,t)=\frac{1}{(4\pi t)^{n/2}}\mathrm{e}^{\frac{-|x|^2}{4t}}$$

Portanto, para $y\in\mathbb{R}^n$ e $s<0$,

$$\begin{align*}
\Phi(-y,-s)\geq 1\quad\Longleftrightarrow& \quad\frac{1}{(-4\pi s)^{n/2}}\mathrm{e}^{\frac{|y|^2}{4s}}\geq1\\\\
\Longleftrightarrow& \quad(-4\pi s)^{n/2}\leq\mathrm{e}^{\frac{|y|^2}{4s}}\\\\
\Longrightarrow& \quad(-4\pi s)^{n/2}\leq 1\\\\
\Longleftrightarrow& \quad s\geq -\frac{1}{4\pi}
\end{align*}$$
e
$$\begin{align*}
\Phi(-y,-s)\geq 1\quad\Longleftrightarrow& \quad\ln\left(\frac{1}{(-4\pi s)^{n/2}}\mathrm{e}^{\frac{|y|^2}{4s}}\right)\geq0\\\\
\Longleftrightarrow& \quad(-n/2)\ln\left(-4\pi s\right)+\frac{|y|^2}{4s}\geq0\\\\
\Longleftrightarrow& \quad|y|^2\leq 2ns\ln(-4\pi s)
\end{align*}$$
Isto implica que
$$\begin{align*}E(0,0;1)&=\{(y,s)\in\mathbb{R}^{n+1}\mid s\leq 0,\;\Phi(-y,-s)\geq 1\}\\\\
&=\left\{(y,s)\in\mathbb{R}^{n+1}\;\Big|\; -\frac{1}{4\pi}\leq s\leq 0,\;|y|^2\leq 2ns\ln(-4\pi s)\right\}\end{align*}$$
Assim,
$$\begin{align*}
\iint_{E(0,0;1)}\frac{|y|^2}{s^2}\;dyds&=\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\int_{|y|^2\leq2ns\ln(-4\pi s)}\frac{|y|^2}{s^2}\;dyds\\\\
&=\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\int_0^{\sqrt{2ns\ln(-4\pi s)}}\int_{\partial B(0,r)}\frac{|y|^2}{s^2}\;dS(y)drds \quad\text{(coordenadas polares)}\\\\
&=\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\int_0^{\sqrt{2ns\ln(-4\pi s)}}\int_{\partial B(0,1)}\frac{|rw|^2}{s^2}r^{n-1}\;dS(w)drds \quad\text{(mudança $w=y/r$)}\\\\
&=\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\int_0^{\sqrt{2ns\ln(-4\pi s)}}\int_{\partial B(0,1)}\frac{r^{n+1}}{s^2}\;dS(w)drds\\\\
&=\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\int_0^{\sqrt{2ns\ln(-4\pi s)}}\frac{r^{n+1}}{s^2}drds\\\\
&=\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\frac{(2ns\ln(-4\pi s))^{(n+2)/2}}{(n+2)s^2}ds\\\\
&=\frac{(2n)^{(n+2)/2}}{(n+2)}\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\frac{(s\ln(-4\pi s))^{(n+2)/2}}{s^2}ds
\end{align*}$$
Calculando esta última integral, obtemos
$$\begin{align*}
\int_{-\frac{1}{4\pi}}^0\frac{(s\ln(-4\pi s))^{(n+2)/2}}{s^2}ds&=\int_{1}^0\frac{\left((-\frac{x}{4\pi})\ln(x)\right)^{(n+2)/2}}{(-\frac{x}{4\pi})^2}\left(-\frac{1}{4\pi}\right)dx\quad\text{(mudança $x=-4\pi s$)}\\\\
&=\int_{0}^\infty\frac{\left(\frac{\mathrm{e}^{-z}}{4\pi}z\right)^{(n+2)/2}}{(-\frac{\mathrm{e}^{-z}}{4\pi})^2}\left(-\frac{1}{4\pi}\right)(-\mathrm{e}^{-z})\;dz\quad\text{(mudança $z=-\ln(x)$)}\\\\
&=\frac{1}{(4\pi)^{n/2}}\int_{0}^\infty\mathrm{e}^{-nz/2}z^{(n+2)/2}\;dz\\\\
&=\frac{1}{(4\pi)^{n/2}}\int_{0}^\infty\mathrm{e}^{-w}\left(\frac{2w}{n}\right)^{(n+2)/2}\frac{2}{n}\;dw\quad\text{(mudança $w=nz/2$)}\\\\
&=\frac{1}{(4\pi)^{n/2}}\left(\frac{2}{n}\right)^{n/2+2}\int_{0}^\infty\mathrm{e}^{-w}w^{n/2+1}\;dw\\\\
&=\frac{1}{2^{n}\pi^{n/2}2^{-n/2-2}n^{n/2+2}}\int_{0}^\infty\mathrm{e}^{-w}w^{n/2+2-1}\;dw\\\\
&=\frac{1}{\pi^{n/2}2^{n/2-2}n^{n/2+2}}\Gamma\left(2+\frac{n}{2}\right)\quad\text{(definição da função gama)}
\end{align*}$$
Deste modo,
$$\begin{align*}
\iint_{E(0,0;1)}\frac{|y|^2}{s^2}\;dyds&=\frac{(2n)^{(n+2)/2}}{(n+2)}\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)\frac{1}{\pi^{n/2}2^{n/2-2}n^{n/2+2}}\Gamma\left(2+\frac{n}{2}\right)\\\\
&=\frac{8\;\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)}{n(n+2)\pi^{n/2}}\Gamma\left(2+\frac{n}{2}\right)\\\\
&=\frac{8\;\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)}{n(n+2)\pi^{n/2}}\left(1+\frac{n}{2}\right)\Gamma\left(1+\frac{n}{2}\right)\quad\text{(propriedade $\Gamma(t+1)=t\Gamma(t)$)}\\\\
&=\frac{4\;\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)}{n\pi^{n/2}}\Gamma\left(1+\frac{n}{2}\right)\\\\
&=\frac{4\;\text{med}\big(\partial B(0,1)\big)}{n\pi^{n/2}}\frac{n}{2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)\quad\text{(mesma propriedade anterior)}\\\\
&=4\ \text{med}\big(\partial B(0,1)\big)\frac{\Gamma\left(\tfrac{n}{2}\right)}{2\pi^{n/2}}\\\\
&=4\quad \text{(propriedade med$(\partial B(0,1))=\tfrac{2\pi^{n/2}}{\Gamma(n/2)}$)}
\end{align*}$$

Nota: A definição e as propriedades utilizadas da função gama podem ser encontradas nas páginas 7 e 8 da segunda edição do livro Introduction to partial differential equations de G. B. Folland.

Referências: aqui e aqui.

Dia dos Professores 2015

2015-10-15T10:15:00.001-03:00

E aí dizem que ser professor é uma vocação, como um sacerdócio.

Que o professor é feliz por ser abnegado, é feliz por se sacrificar.

Fala sério. Isso não é um elogio. Isso é um escárnio.

(Prof. André Azevedo da Fonseca, no vídeo abaixo)

Para comemorar o Dia do Professor, recomendamos o vídeo abaixo, onde o Prof. André Azevedo da Fonseca discorre de forma bastante esclarecedora sobre alguns pontos da realidade desta importante profissão.

Curiosidade: Google homenageia cubo mágico

2014-05-19T17:07:00.003-03:00

Como todo usuário de internet provavelmente já percebeu, hoje (19/05/2014) o site Google homenageou o "cubo de Rubik" (também chamado de "cubo mágico") através de seu Doodle.

Ao clicar sobre o Doodle (que consiste num cubo mágico animado), é possível brincar de forma interativa com o cubo. No canto inferior direito há instruções e no canto inferior esquerdo há uma contagem dos movimentos que a pessoa executa.

A curiosidade interessante é que o indivíduo que conseguir montar o cubo terá acesso a uma página especial, que contém as assinaturas de Lawrence Page (um dos fundadores do Google) e de Ernő Rubik (criador do cubo mágico). Além disso, a página mostra o tempo gasto e número total de movimentos realizados. No meu caso, foram 199 movimentos e 16 minutos.

Para quem quiser aprender a montar o cubo, o melhor vídeo que eu conheço é este. A propósito, é este o método que eu comecei a transcrever e publicar no blog (mas até agora não terminei).

EDO linear de primeira ordem: exercícios resolvidos (passo a passo) / Parte 2

2014-04-07T15:11:00.001-03:00

Atendendo ao pedido de um leitor, apresentarei solução para o seguinte

Problema: resolva a seguinte EDO linear:

$$x^2\frac{dy}{dx}+2xy=e^x$$

Solução:

Usarei a terminologia e a notação empregadas nesta postagem. Portanto, para melhor entender o que segue abaixo, é conveniente que você a leia.

Escrevendo $$y'$$ em vez de $$dy/dx$$, obtemos

$$x^2y'+2xy=e^x\;\;\;(*)$$

Note que, pela regra do produto,

$$\frac{d}{dx}[x^2y]=x^2y'+2xy$$

Logo, substituindo isso na equação $$(*)$$, resulta que

$$\frac{d}{dx}[x^2y]=e^x$$

Assim, integrando ambos os lados, concluí-se que

$$\int \frac{d}{dx}[x^2y]=\int e^x\;dx$$

$$x^2y=e^x+C$$

Isolando o $$y$$, encontramos a solução procurada:

$$y=x^{-2}(e^x+C)$$

Observação: a resolução acima é um pouco mais curta do que aquilo que, em geral, se pode esperar para uma EDO linear de primeira ordem. Neste caso, a equação já está num formato "bom", o qual nos permite aplicar a regra do produto de imediato. Geralmente, devemos fazer algumas manipulações na equação antes de chegar nesta etapa. Se, neste caso, não tivéssemos percebido que poderíamos aplicar a regra do produto sem mais delongas, provavelmente procederíamos do seguinte modo:

- Multiplicaríamos ambos os lados da equação $$(*)$$ por $$x^{-2}$$, obtendo a "forma padrão" da equação:

$$y'+\frac{2}{x}y=x^{-2}e^x,$$

com

$$Q(x)=x^{-2}e^x$$

$$P(x)=\frac{2}{x}.$$

- Calcularíamos a integral da função $$P$$:

$$\int P(x)\;dx=\int\frac{2}{x}\;dx=2\ln|x|=\ln(|x|^2)=\ln x^2$$

- Determinaríamos o fator integrante:

$$I(x)=e^{\int P(x)\;dx}=e^{\ln x^2}=x^2$$

- Multiplicaríamos ambos os lados da equação (na forma padrão) pelo fator integrante:

$$\left(y'+\frac{2}{x}y\right)x^2=\left(x^{-2}e^x\right)x^2$$

$$x^2y'+2xy=e^x$$

Pelo "roteiro" do método, o próximo passo seria utilizar a regra do produto (precisamente como fizemos no início da solução). Mas observe que, depois de todo aquela manipulação, chegamos exatamente na equação com que começamos. Logo, toda a manipulação é desnecessária de maneira que podemos abreviar a resolução ("pulando" a parte do fator integrante).

*Erros podem ser relatados aqui.

Sobre a irracionalidade da soma e do produto dos números "e" e "pi".

2014-03-14T00:37:00.000-03:00

Existe, se eu não estou enganado, um mundo inteiro que é a totalidade das verdades matemáticas, ao qual temos acesso somente em nossas mentes, assim como existe um mundo da realidade física, tanto um como o outro é independente de nós mesmos e são ambos de criação divina.

(Charles Hermite)

Um número $x$ é chamado de "algébrico" quando ele é solução de uma equação da forma

$$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots a_2x^2+a_1x+a_0=0,$$

onde os coeficientes $a_n$, $a_{n-1}$, ..., $a_2$, $a_1$ e $a_0$ são todos racionais. Por exemplo, o número $7$ é um número algébrico, pois ele é uma das soluções da equação $x^2-9x+14=0$. Embora as demonstrações não sejam simples, é um fato conhecido que os números $\pi$ e $e$ não são algébricos.

Um outro fato também conhecido, é que os números $\pi$ e $e$ não são racionais. Mas, o que dizer dos números $\pi+e$ e $\pi e$? Será que algum deles é racional? Será que são ambos irracionais? Na verdade, até o presente momento, este é um problema aberto da matemática. Isto significa que nenhum matemático, até hoje, foi capaz de responder a esta pergunta. Entretanto, é possível obter uma informação bem curiosa sobre este assunto, a qual apresento a seguir para comemorarmos o DIA DO PI.

Proposição: os números $\pi+e$ e $\pi e$ não são ambos racionais.

Prova: suponha que a proposição seja falsa. Então, a equação

$$x^2-(\pi+e)x+\pi e=0\tag{$*$}$$

possui todos os coeficientes racionais. Seque-se que as suas soluções são números algébricos. ABSURDO! Logo a proposição é verdadeira e, portanto, no máximo um dos números $\pi+e$ e $\pi e$ é racional.

$\square$

Pergunta para o leitor: porque dizer que "as raízes da equação $(*)$ são números algébricos" é um absurdo? O primeiro que responder não ganhará nada. Pelo contrário, ganhará alguma coisa: os parabéns!

Note que a proposição apresentada não exclui a possibilidade de $\pi+e$ e $\pi e$ serem ambos irracionais (e nem garante que um deles seja racional).

Observações:

- A primeira prova de que $e$ não é algébrico foi publicada em 1873 e é devida ao matemático francês Charles Hermite (retrato da direita);

- A primeira prova de que $\pi$ não é algébrico foi publicada em 1882 e é devida ao matemático alemão Carl Louis Ferdinand von Lindemann (retrato da esquerda);

- Uma prova da irracionalidade de π pode ser vista aqui no BLOG MANTHANO;

- É possível que a soma de dois números irracionais seja racional, pois os números $1+\sqrt{2}$ e $1-\sqrt{2}$ são ambos irracionais, mas $$(1+\sqrt{2})+ (1-\sqrt{2})=2;$$
- É possível que o produto de dois números irracionais seja racional, pois $$(1+\sqrt{2})\times (1-\sqrt{2})=-1;$$
- Não é possível que a soma de dois números racionais seja irracional, pois
$$\frac{a}{b}+\frac{p}{q}=\frac{aq+bp}{bq};$$
- Não é possível que a soma de um racional com um irracional seja racional. Com efeito, se isso fosse verdade, então o item anterior seria falso;

- Não é possível que o produto de dois números racionais seja irracional, pois
$$\frac{a}{b}\times\frac{p}{q}=\frac{ap}{bq};$$
- Não é possível que o produto de um racional com um irracional seja racional. De fato, se isso fosse verdade, então o item anterior seria falso;

Referências: Wikipedia, WolframAlpha, Ask Dr. Math, e MacTutor.

Erros podem ser relatados aqui.

Prêmio Wolf de Matemática 2014

2014-03-10T18:55:00.003-03:00

O matemático Peter Sarnak, do Instituto de Estudos Avançados de Princeton, ganhou o Prêmio Wolf de 2014. O prêmio lhe foi concedido pelas contribuições em análise, geometria, teoria dos números e combinatória.

Peter Sarnak

O anúncio está aqui.

[leia sobre os ganhadores de 2013]

Referência: transcrito do Noticiário Eletrônico da Sociedade Brasileira de Matemática, número 48. Foto extraída daqui.

Erros podem ser relatados aqui.

Prova geométrica do TFC

2013-12-22T05:21:00.001-02:00

O leitor que já estudou Cálculo Diferencial e Integral provavelmente concorda que, no estudo desta disciplina, as interpretações geométricas de vários conceitos desempenham um papel bastante significativo. É de se notar, entretanto, que na hora de se estudar a prova do Teorema Fundamental do Cálculo (TFC), o apelo geométrico parece se desvanecer e a abordagem que geralmente se vê é essencialmente analítica. Mas será que existe algum tipo de interpretação geométrica para a demonstração do TFC? Tal interpretação não só existe como consiste numa das primeiras provas já publicadas deste importante resultado.

Esta postagem tem, então, o objetivo de expor uma demonstração geométrica para o 1º Teorema Fundamental do Cálculo (aqui, "1º teorema" refere-se à parte de acordo com a qual "a derivada da integral de uma função é a própria função").

Notadamente, apresentaremos o argumento devido ao matemático inglês Isaac Barrow (1630-1677) publicado em 1669 na sua obra Geometrical Lectures (Proposição 11, Lecture X).

Isaac Barrow

Cabe notar que, nos livros de cálculo, geralmente o TFC versa sobre uma função contínua $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ (na realidade, bastaria $f$ ser integrável, conforme se vê nos curso de análise). Porém, na nossa exposição, exigiremos (assim como Barrow o fez) um pouco além da continuidade de $f$. Especificamente, suporemos $f$ positiva e crescente (o leitor notará que o mesmo argumento vale para uma função negativa, mas não vale para os casos em que $f$ se anula nalgum ponto).

Seja, então, $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ uma função contínua, positiva e crescente. Considere a função $F:[a,b]\to\mathbb{R}$ dada por

$$F(x)=\int_a^x f(s) ds.$$

Geometricamente, $F(x)$ representa a área da região limitada pelo gráfico de $f$ e pelo eixo das abscissas entre os pontos $a$ e $x$ (veja figura 1). Para fins de ilustração, suporemos $a>0$ e $F(x)>f(x)$ para todo $x\in[a,b]$.

Figura 1: geometricamente $F(x)$ corresponde à área da região sombreada.

Marquemos o ponto $t=x-\tfrac{F(x)}{f(x)}$ sobre o eixo das abscissas e tracemos a reta $R$ que intersecta o eixo das abscissas no ponto $ t $ e passa pelo ponto $(x,F(x))$ (veja figura 2). Note que $t<x$, (mas não, necessariamente, $t\geq a$).

Figura 2: reta $R$ passando pelos pontos $(t, 0)$ e $(x, F(x))$, onde $t = x -\tfrac{F(x)}{f(x)}$.

Agora, considere um ponto $p\in [a,x)$ e seja $k$ a abscissa do ponto no qual a reta horizontal $y=F(p)$ intersecta a reta $R$ (veja figura 3).

Figura 3: a reta $y = F(p)$ intersecta a reta $R$ no ponto $(k, F(p))$.

Na nossa figura, obtivemos $k>p$. Verifiquemos que, de fato, isto sempre ocorre. Para tanto, vamos nomear os pontos do seguinte modo: $G=(x,F(x))$, $M=(x,F(p))$, $K=(k,F(p))$, $X=(x,0)$ e $T=(t,0)$ (veja figura 4).

Figura 4: alguns pontos nomeados.

Note que os triângulos $GMK$ e $GXT$ são semelhantes. Deste modo, $\tfrac{GM}{MK}=\tfrac{GX}{XT}$, ou seja,

$$\frac{F(x)-F(p)}{x-k}=\frac{F(x)}{x-t}=\frac{F(x)}{x-\left(x-\frac{F(x)}{f(x)}\right)}=f(x)$$

Portanto,

$$x-k=\frac{F(x)-F(p)}{f(x)}.$$

Por outro lado, pela própria definição da $F$, concluímos que $F(x)-F(p)<f(x)(x-p)$ (veja a figura 5).

Figura 5: Note que $F(x) − F(p)$ é a área sombreada e $f(x)(x − p)$ é a área do retângulo destacado. Logo $F(x) − F(p) < f(x)(x − p)$.

Segue-se que

$$x-k=\frac{F(x)-F(p)}{f(x)} <\frac{f(x)(x-p)}{f(x)}=x-p$$

Assim, $k>p$.

Deduzimos, então, que $(p,F(p))$ não está sobre a reta $R$ (pois o único ponto com ordenada $F(p)$ que está sobre $R$ tem abscissa igual a $k$). Como $p\in [a,x)$ foi tomado arbitrário, concluímos que, à esquerda de $x$, o gráfico de $F$ se encontra localizado acima da reta $R$. Um argumento análogo permite mostrar que o mesmo fenômeno ocorre à esquerda do ponto $x$. Assim, a reta $R$ “toca” o gráfico de $F$, mas não o “corta”. Ou seja, $R$ tangencia $F$ no ponto $(x,F(x))$. Portanto, $F'(x)$ é dada pela inclinação da reta $R$, ou seja,

$$\frac{d}{dx}\left[\int_a^xf(s)ds\right]=\frac{d}{dx}F(x)=F'(x)=\frac{GX}{XT}=$$

$$=\frac{F(x)}{x-t}=\frac{F(x)}{x-\left(x-\frac{F(x)}{f(x)}\right)}=f(x).$$

Isto finaliza a demonstração geométrica do primeiro teorema fundamental do cálculo, para o caso particular em que $f$ é crescente e positiva.

Desafio para o leitor: o leitor deve ter percebido que o ponto$ t$ brotou no meio da argumentação sem qualquer justificativa e desempenhou um papel fundamental. A pergunta que fica é a seguinte: como "adivinhar" que escolher $t = x -\tfrac{F(x)}{f(x)}$ funciona? O fato é que há uma motivação geométrica para esta escolha, a qual Barrow não comenta na sua demonstração e que, por hora, deixamos para o leitor investigar.

O 2º TFC (a parte que nos fornece uma fórmula para o cálculo de integrais definidas) também possui uma versão geométrica provada por Isaac Barrow na mesma obra (Proposição 19, Lecture XI). Poderá ser que, futuramente, a exporemos aqui no BLOG MANTHANO.

Referências: Livro The Geometrical Lectures of Isaac Barrow, de J. M. Child e site WolframAlpha.

Erros podem se relatados aqui.

PS.: Feliz natal e próspero ano novo a todos os leitores!