semilineales_v2 -libro - alfonso castro

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Ecuaciones semilineales

con espectro discreto

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Ecuaciones semilinealescon espectro discreto

Jos F. CaicedoUniversidad Nacional de Colombia

Facultad de CienciasDepartamento de Matemticas

Sede Bogot

Alfonso CastroHarvey Mudd CollegeDepartment of Mathematics

Claremont, CA 91711

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1. Ecuaciones semilineales con espectro discretoJos F. Caicedo,Alfonso Castro,

Ecuaciones semilineales con espectro discretoUniversidad Nacional de Colombia, Sede Bogot.Facultad de Ciencias, 2010

Primera impresin, 2010

Impresin:Editorial Universidad Nacional de ColombiaBogot, D. C.COLOMBIA

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Contenido

Prlogo viii

1 Conservacin de energa 1

1.1 El mtodo de cuadratura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Soluciones positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Soluciones oscilatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Plano de fase, energa, valor intermedio 11

2.1 Principio de contracciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Variacin de parmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.3 Alternativa de Fredholm, caso semilineal . . . . . . . . . . 13

2.4 Plano de fase, ecuacin superlineal . . . . . . . . . . . . . 14

2.5 Valor intermedio generalizado . . . . . . . . . . . . . . . . 18

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vi CONTENIDO

2.6 Sistemas con acoplamiento dbil . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.7 El mtodo de lneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Problemas radialmente simtricos 24

3.1 Identidad de Pohozaev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.2 Caso radialmente simtrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.3 Energa y plano de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4 Mtodos de Orden 29

4.1 Principio del mximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

4.2 Supersoluciones y subsoluciones . . . . . . . . . . . . . . . 30

5 Grado, gnero, teora L-S 34

5.1 Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5.2 Grado de Brouwer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5.3 Aplicaciones de teora de grado . . . . . . . . . . . . . . . 52

5.4 Grado de Leray-Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.5 Aplicaciones del grado de L-S . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5.6 La nocin de gnero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.7 Teorema de Liusternick-Schnirelman . . . . . . . . . . . . 74

5.8 Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

5.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

6 Bifurcacin 81

6.1 Ejemplos y contraejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

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CONTENIDO vii

6.2 Teoremas principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

6.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

7 El mtodo de Lyapunov-Schmidt 93

7.1 Introducin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

7.2 Resultados Auxiliares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

7.3 Ejemplos de problemas variacionales . . . . . . . . . . . . 98

7.4 Lemas de reduccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

7.5 El espectro del operador de Laplace . . . . . . . . . . . . . 113

7.6 Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

7.7 Otros problemas variacionales . . . . . . . . . . . . . . . 128

8 Otros principios variacionales 131

8.1 Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

8.2 Resultados auxiliares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

8.3 La nocin de seudogradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

8.4 El lema de deformacin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

8.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

8.6 Principios de minimax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

8.7 Aplicaciones de los principios de minimax . . . . . . . . . 144

8.8 La variedad de Nehari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

A Funciones de Green 159

Bibliografa 163

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Prlogo

Este libro est diseado como un primer curso sobre ecuaciones di-ferenciales semilineales para estudiantes con conocimientos bsicos deAlgebra Lineal, Anlisis Matemtico y Ecuaciones Diferenciales. El es-tudio del primer captulo solamente requiere de conocimientos bsicos deecuaciones diferenciales elementales. Para el segundo captulo se requiremanejo de las coordendas polares y el teorema del valor intermedio. Loanterior, ms conocimiento de ecuaciones diferenciales ordianarias sin-gulares facilitan el estudio del captulo 3. En el captulo 4, mtodos deorden, se usa a menudo el papel de las segundas derivadas parciales encuanto a su importancia para determinar mnimos o mximos locales.El estudio de los captulos 5 a 8 requiere de cierta familiaridad con con-ceptos bsicos del Anlisis Funcional tales como la integral de Lebesgue,espacios de Hilbert y espacios Lp.

Por ecuacin semilineal entendemos una ecuacin de la forma

L(u) +N(u) = 0, (1)

donde L es un operador lineal y N es un operador no lineal de caracte-rsticas tales como dependencia en menos derivadas que L. Prototipo detales problemas es la ecuacin

u+ g(x, u) = 0, x ; u(x) = 0, x , (2)

donde denota el operador de Laplace y una regin en Rn. Pararegiones acotadas el operador de Laplace sujeto a las condiciones de

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frontera en (2) tiene espectro discreto; es decir, sus valores propios formanuna sucesin sin punto de acumulacin en la recta real. En efecto ellos sonuna sucecin decreciente, convergente a y todos tienen multiplicidadfinita. Para ver cuan abierta est esta area del conocimiento notamosque operador de DAlembert u 2u

t2 2u

x2sujeto a las condiciones

u(0, t) = u(pi, t) = 0, u(x, t) = u(x, t + 2pi) tambin tiene espectrodiscreto ({k2 j2; k = 1, 2, . . . , j = 0, 1, . . .}) pero el valor propio 0 tienemultiplicidad infinita. Esto es causa de que muchas de las propiedadesde solubilidad de (2) no se puedan llevar a

u+ g(t, x, u) = 0, u(0, t) = u(pi, t) = 0, u(x, t) = u(x, t+ 2pi). (3)

Complicaciones mayores surgen en el anterior problema cuando sepide que en las soluciones el perodo en la variable t sea mltiplo iracionalde 2pi, es decir, 2pi con irracional, (ver [14]). En esos casos 0 no esvalor propio y el espectro puede tener puntos de acumulacin (ver [53]).En general podemos decir que la solubilidad de (1) est determinadapor la interaccin de la derivada de N con el espectro de L. Un puntode partida para este anlisis son las notas 8.4 y 8.5 All se ve que si elrango de la derivada de N no intersecta el espectro de L entonces (1)tiene una nica solucin. El teorema 7.5, debido a A. Ambrosetti y G.Prodi, demuestra que cuando el rango de N intersecta el espectro deL bien puede ser que la ecuacin (1) no tenga solucin o tenga ms deuna solucin. En el caso del teorema 7.5 puede decirse que el rango deloperador L+N es como el de una funcin cuadrtica, una parbola. Amedida que el rango de N incluye ms valores propios la ecuacin (1)puede tener ms soluciones. Esto se pone de manifiesto en los teoremas1.2 y 7.5.

Queremos hacer nfasis en que los ltimos dos captulos estn inti-mamente ligados. Son muchas las oportunidades que aparecen al mezclarlas tcnicas de reduccin del captulo 7 con los prinicipios de minimaxdel captulo 8 (ver [26] y [23]). Los teoremas 8.2 y 8.3 merecen espe-cial atencin pues dan existencia de puntos crticos en la ausencia desimetras.

No hemos pretendido hacer un tratado exhaustivo del progreso enAnlisis Funcional no Lineal sino dar conocimientos suficiente que mo-tiven el estudio de problemas de actualidad. En los ltimos captulos sepresentan problemas y bibliografa para iniciarse en la investigacin dela solubilidad de problemas no lineales.

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x CAPTULO 0. PRLOGO

Los autores agradecen a la Universidad Nacional de Colombia, sedeBogot, y a Harvey Mudd College y a sus departamentos de matemticaspor su hospitalidad; sin sta culminar este libro hubiera tomado muchosaos ms.

Claremont, California, diciembre de 2010

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CAPTULO 1

Conservacin de energa

1.1 El mtodo de cuadratura

Comenzamos explicando cmo obtener informacin acerca de solu-ciones de ecuaciones de la forma:

u(t) + f(, u(t)) = 0, t [0, pi], (1.1)

u(0) = u(pi) = 0 (1.2)

R, usando cuadratura. Por cuadratura entenderemos el anlisisde (1.1) a travs de observar que si (1.1) se multiplica por u(t) entoncesesta ecuacin, queda reducida a una ecuacin cuadrtica de primer orden.En efecto, multiplicando (1.1) por u(t) tenemos que((

u(t)2

)2)+ (F (, u(t)) = 0, (1.3)

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2 CAPTULO 1. CONSERVACIN DE ENERGA

donde F (, x) = x

0 f(, s) ds. Es decir,

(u)2 + 2F (, u) = C, (1.4)

donde C es independiente de t. La ecuacin (1.4) es, en efecto, una formade conservacin de energa.

Si la ecuacin (1.1), sujeta a condiciones iniciales, tiene unicidad desoluciones (por ejemplo cuando f es localmente Lipschitziana en la se-gunda variable), vemos que las soluciones de (1.1) son simtricas conrespecto a sus puntos crticos. Es decir:

Lema 1.1. Si u es solucin de (1.1) en [a, ] y u() = 0 entoncesu(t) = u(2t) es solucin de (1.1) on [, 2a]. Si adems (1.1) sujetaa condiciones iniciales tiene solucin nica entonces u( + t) = u( t)para todo t [0,mn{, pi }].

Demostracin. Sean v(t) = u(t+), y w(t) = u(t). Fcilmente vemosque v, w son soluciones de (1.1) (ntese que slo intervienen las derivadasde orden par y que f no depende de t). Como v(0) = w(0) = u(), yv(0) = u() = w(0) = 0, obtenemos que v, w satisfacen la mismacondicin inicial. Luego por unicidad de soluciones v(t) = u(t + ) =w(t) = u( t), esto prueba el lema.

El lema anterior implica que an cuando el problema de valor inicialno tenga una nica solucin, si se conoce una solucin en un intervalo[a, b] y u(a) = u(b) = 0 entonces simetrizando alrededor de a y de b sepuede extender la solucin de la ecuacin diferencial en (1.1) en R.

A continuacin usamos las anteriores observaciones para entender laestructura de las soluciones del problema (1.1)-(1.2) cuando > 0 yf es positiva. Tambin las usamos en el caso en que f es superlineal

para cada R para probar que el problema (1.1)-(1.2) tiene infinitassoluciones (ver teorema 1.2).

1.2 Soluciones positivas

En esta seccin consideramos el caso en que el trmino no lineal espositivo. Demostramos:

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1.2. SOLUCIONES POSITIVAS 3

Lema 1.2. Si f(, t) 0 para todo > 0 y todo t R y f es continuaentonces:a) Las soluciones de (1.1)-(1.2) o son positivas en (0, pi) o son idntica-mente nulas.

b) Si u, v son soluciones de (1.1)-(1.2) y u(pi2 ) > v(pi2 ) entonces

u(t) > v(t) para todo t (0, pi).c) Adems si u 6= v entonces F (, u(pi2 )) 6= F (, v(pi2 )).

Demostracin. Sean G : [0, pi] [0, pi] R definida por:

G(s, t) =

{s(pit)pi , si 0 s t,

t(pis)pi , si t s pi

(1.5)

Para la construccin de esta funcin ver anexo (Funciones de Green).

Un clculo elemental demuestra que (1.1)-(1.2) es equivalente a

u(t) =

pi0G(s, t)f(, u(s)) ds, para todo t [0, pi]. (1.6)

Como el integrando en (1.6) es no negativo vemos que u(t) 0 paratodo t [0, pi]. Ya que para cada t [0, pi] G(., t) es positiva en (0, pi)obtenemos que si u() = 0 para algn [0, pi] entonces f(, u(s)) = 0para todo s (0, pi). Luego u(t) = 0 para todo t (0, pi), esto demuestraa).

Sea punto crtico de u. De (1.4) tenemos:

(u(t))2 = 2F (, u()) 2F (, u(t)), para todo t [0, pi].

En particular u(0) = u(1) = 2F (, u()), donde es tal queu() = max{u(t); t [0, pi]}. Si F (u() = 0, vemos que u 0, luegou 0. Pero si F (u()) 6= 0, tenemos que tanto u como v(t) = u(pi t)satisfacen:

u(t) =

2F (, u()) F (, u(t)), u(0) = 0 en [0, 1), (1.7)

v(t) =

2F (, v()) F (, v(t)), v(0) = 0 en [0, 2), (1.8)

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donde 1 = sup{t; u(t) < u()}, 2 = nf{t;u(t) u()}. Ya que ellado derecho de las ecuaciones (1.7)-(1.8) es el mismo y es localmenteLipschitziano en [0, u()), por el teorema de unicidad de soluciones paraproblemas de valor inicial tenemos:

u(t) = v(t) = u(pi t) en [0, 1), 1 = pi 2.

Ahora si 2 1, se puede demostrar que u(1) = u(2) = u(t)(ejercicio). Luego u(t) = u(pi t) tambin [1, 2], es decir, tenemos:Si u satisface (1.1)-(1.2) entonces:

u(pi

2) = max{u(t); t [0, pi]} y u(t) = u(pi t). (1.9)

Es decir u es simtrico con respecto a pi2 .

Sean u, v dos soluciones de (1.1)-(1.2) tales que u(pi2 ) > v(pi2 ). De

(1.4) tenemos u(t)0

duF (, u(pi2 )) F (, u)

= t

2 t [0, 1], (1.10)

v(t)0

duF (, u(pi2 )) F (, v)

= t

2 t [0, 2] (1.11)

Ya que F es creciente en la segunda variable, de las igualdades (1.10)-(1.11) obtenemos:

u(t) = v(t) t si y slo si F(, u

(pi2

))= F

(, v

(pi2

)). (1.12)

Adems si F (, u(pi2 )) > F (, v(pi2 )) entonces u(t) > v(t) para todo

t (0, pi), esto demuestra las partes b) y c).

Ahora podemos demostrar:

Teorema 1.1. Sean g : R R continua y positiva y f(, u) = g(u).Si lmu

g(u)u = entonces existe > 0 tal que para 0 < < el

problema (1.1)-(1.2) tiene por lo menos dos soluciones, y para =

por lo menos una solucin. Si u, v satisfacen (1.1)-(1.2) y u(pi2 ) < v(pi2 )

entonces u(t) < v(t) para todo t (0, pi).

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1.2. SOLUCIONES POSITIVAS 5

Si adems g es convexa para (0, ) el problema (1.1)-(1.2) tieneexactamente dos soluciones y para = una nica solucin.

Demostracin. Como toda solucin de (1.1)-(1.2) es positiva en (0, pi)y posee un nico punto crtico en pi2 necesariamente una tal solucin escreciente en (0, pi2 ). Luego de (1.4) concluimos:

u =C 2G(u), en [0, pi

2] (1.13)

donde G(u) = u

0 g(s)ds. Como u(pi2 ) = 0. Es decir:

u =

2(G()G(u(t))), t [0, pi

2] (1.14)

donde = u(pi2 ) = max{u(t), t [0, pi]. Luego: u(t)0

duG()G(u) = t

2 (1.15)

En particular 0

duG()G(u) =

pi

2

2. (1.16)

Recprocamente, supongamos que la pareja (, ) satisface (1.16). Sea

H(u(t)) = t

2+

u0

duG()G(u) . (1.17)

Como Hu 6= 0 para u > 0, por teorema de la funcin implcita dedu-cimos que H(u, t) = 0 define u como funcin de t con u(0) = 0, u(pi2 ) = ,adems u es creciente y (1.13) se obtiene. En particular u satisface (1.1)Y u(pi2 ) = 0. Luego u(pi) = 0, es decir u es solucin al problema (1.1)-(1.2). Concluimos que (1.16) es condicin necesaria y suficiente para que(1.1)-(1.2) tenga solucin.

Para completar la demostracin del teorema 1.1 basta con hallar elgrfico de la funcin

= 2pi2(

0

duG()G(u)

)2= 2pi2(())2. (1.18)

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Para esto observamos que

lm0

0

duG()G(u) = 0 (1.19)

lm

0

duG()G(u) = 0 (1.20)

Las demostraciones de (1.19)-(1.20) se dejarn como ejercicio al lec-tor. Para demostrar (1.19) usamos que g(0) > 0 y para (1.20) usamosque:

lmu

g(u)

u=.

De la continuidad de (demustrese!) y de (1.19)-(1.20) se deduceque si

= 2pi2(max{(()2; (0,)}entonces (1.1)-(1.2) tiene por lo menos dos soluciones cuando 0 < <

y por lo menos una solucin cuando < . Demostraremos ahora quelas soluciones positivas de (1.1)-(1.2) estn ordenadas. Ms exactamenteSi u(pi2 ) < v(

pi2 ) entonces u(t) < v(t) para todo t (0, pi) .

En efecto, de (1.15) tenemos

t

2 =

u(t)0

dsG(u(pi2 )G(s)

, para todo t (0, pi2

). (1.21)

t

2 =

v(t)0

dsG(v(pi2 )G(s)

, para todo t (0, pi2

). (1.22)

Como G(u(pi2 ) < G(v(pi2 ) (g es positiva!), vemos que el integran-

do (1.21) es menor, para cada s, que el integrando en (1.22). Luegou(t) < v(t) para todo t (0, pi).

Supongamos, finalmente, que g es convexa. Si (1.1)-(1.2) tiene tres so-luciones u, v, w; de la afirmacin anterior podemos suponer queu < v < w en (0, pi). Si z = v u y = w u obtenemos

z + h(t)z = 0, z > 0 en (0, pi), z(0) = z(pi) = 0 + k(t) = 0, > 0 en (0, pi), (0) = (pi) = 0,

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1.3. SOLUCIONES OSCILATORIAS 7

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, pi), esto contradiceel teorema de comparacin de Sturm-Liouville (entre dos ceros de z debehaber un cero de ). Esto completa la demostracin del teorema 1.1.

1.3 Soluciones oscilatorias

Consideramos ahora la existencia de soluciones, no necesariamentepositivas, para el problema superlineal

u + f(u) = t [0, pi],u(0) = u(pi) = 0,

(1.23)

donde R, y f : R R es continua y satisface

lm|u|

f(u)

u= (1.24)

Ya que las soluciones de (1.23) son simtricas con respecto de suspuntos crticos (vase lema 1.1 de seccin 1.1), para hallar una solucinde (1.23)-(1.24), en el siguiente teorema demostraremos que (1.23)-(1.24)tiene infinitas soluciones. Para ello veremos que para enteros positivos ksuficientemente grandes, la ecuacin (1.23) tiene una solucin en (0, pik ) lacual tiene exactamente un mximo, y un mnimo y u(0) = u(pik ) > 0. Esdecir, una solucin de la forma (ver grfico abajo): Luego, extendiendou a (0, pi), usando

u(x) = u(x jpik

); si x [jpik,(j + 1)pi)

k] (),

tenemos as una solucin que tiene exactamente k mximos y k mni-mos, esto demuestra que (1.23) tiene infinitas soluciones Sean F (u) = u

0 f(s)ds, = u(a), q = u(b). Siguiendo el anlisis que condujo a (1.7)-(1.8) vemos que

u =

2(F () F (u) + u en [0, a],u =

2(F (q) q F (u) + u en [2a, 2a+ b].

(1.25)

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Figura 1.1. Formas de oscilaciones.

Luego:

t

2 =

u(t)0

du2F () F (u) + u, t [0, a]. (1.26)

(t 2a)

2 = u(t)

0

du2F (q) q F (u) + u, t [2a, 2a+ b].

(1.27)

Ya que u es simtrica respecto de a, calculando la derivada de u en2a, usando (1.25) tenemos:

F (q) q = F () . (1.28)

Ahora podemos demostrar:

Teorema 1.2. Si f satisface (1.24) entonces para cada R existe unentero positivo K = K() tal que para todo k K el problema (1.22)-(1.23) tiene una solucin con k mximos locales. En particular, para cada el problema (1.22)-(1.23) tiene infinitas soluciones.

Demostracin. Dado R definimos H(s) = F (s) s. Por (1.23)vemos que H (s) < 0 para s < 0 suficientemente grande y H(s)

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1.3. SOLUCIONES OSCILATORIAS 9

cuando s . Por consiguiente vemos que existe A 0 tal que:H(s) H(q) si q A y s (q, 0). (1.29)

Igualmente vemos que H(s) cuando s y que H > 0 envecindad de +. En particular vemos que existe A1 tal que H > 0 enel intervalo [A1,), y

H(s) H() si A1 y s (0, ), y (1.30)H(s) H(A). (1.31)

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

() =

0

dsH()H(s)

q0

dsH(q)H(s) (1.32)

donde q = Q(H()). Un clculo elemental (vase (1.11)-(1.12)) demues-tra que () 0 cuando .

Sea K el menor entero mayor que pi/(2max{(); A1}). Porteorema del valor intermedio, para cada k K, existe k tal que

(k) =pi

2k. (1.33)

Ahora definimos

a =

k0

dsH(k)H(s)

, b =

qk0

dsH(qk)H(s)

donde qk = Q(H(k)). Volviendo a (1.7)-(1.8) observamos que parat [0, a] la frmula: u

0

dsH(k)H(s)

= t

2 (1.34)

define a u como funcin de t. Derivando luego con respecto a t tenemos

u =

2H(k)H(u(t), ()

elevando al cuadrado y derivando respecto a t, tenemos que

2uu = 2((f(u(t)) )u(t),

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como u es positiva en (0, a), tenemos que

u + f(u(t)) = ,

vemos que u satisface (1.22) en [0, a]. Usando que u es simtrica conrespecto de a en [0, 2a]. De igual manera vemos que: u(t)

0

dsH(k)H(u)

= (t 2a)

2

define una solucin de (1.15) en [2a, 2a+b], que u(2a) = 0, u(2a+b) = 0,esto concluye demostracin del teorema 1.2.

Invitamos al lector a consultar [29], [45], [54] para mayor informacinsobre el mtodo de cuadratura.

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CAPTULO 2

Plano de fase, energa, valor intermedio

2.1 Principio de contracciones

En esta seccin revisamos detalles relativos a dependencia continuade soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias respecto de parme-tros que las definen, para obtener informacin sobre problemas de fron-tera a partir de problemas de valor inicial. El Principio de Contraccionesy el Teorema de Valor Intermedio sern las principales herramientas.

Teorema 2.1 (Principio de contracciones). Sean (X, d) espacio mtricocompleto y (Y, ) espacio mtrico. Si f : X Y X es continua en lasegunda variable y existe [0, 1), tal que:

d(f(x1, y), f(x2, y)) d(x1, x2) (2.1)entonces existe una funcin continua : Y X tal que f(x, y) = x siy slo si y = (x).

Demostracin. Del hecho que [0, 1) se deduce que para cada y, lafuncin f(, y) tiene exactamente un punto fijo x. Tal punto fijo se ob-

11

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12 CAPTULO 2. PLANO DE FASE, ENERGA, VALOR INTERMEDIO

tiene escogiendo un punto x0 X arbitrario si definimos:x1 = f(x0, y), x2 = f(x1, y), . . . , xn+1 = f(xn, y). Obtenemos que la su-cesin (xn) es de Cauchy (demuestre esto como ejercicio). Por la comple-tez de X, se tiene que existe x, tal xn converge a x. De la continuidadde f en la primera variable se sigue que f(x, y) = x. Luego x = (y).Veamos que es continua. Supongamos que yn converge a y, tenemos:

d((yn), (y) = d

(f((yn), yn), f((y

), y))

d(f((yn), yn), f((y), yn))+ d(f((y), yn), f((y), y))

(d((yn), (y

)) + d(f((y), yn), f((y), y)))

Luego

d((yn), (y) 1

1 d(f((y), yn), f((y), y)) 0 si n,

esto demuestra que es continua.

Nota 2.1. Como ejercicio se propone demostrar existencia y dependenciacontinua de soluciones de

u +n

ru + f(u, r) = 0, u(0) = 0, u(0) = a,

donde f es continua en [0,) [0,).

2.2 Variacin de parmetros

Es fcil verificar que si > 0 entonces la a solucin la ecuacindiferencial

u + u = p(t) t [0, pi]; u(0) = a, u(0) = best dada por:

u(t, a, b, p) = a cos(t)+

b sen(t)

+

t0

sen((t s))p(s)ds

(2.2)

En esta frmula es fcil verificar que si an a, bn b y pn p enL1(0, pi) entonces u( , an, bn, pn) converge uniformemente a u( , a, b, p)en [0, pi]

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2.3. ALTERNATIVA DE FREDHOLM, CASO SEMILINEAL 13

2.3 Alternativa de Fredholm, caso semilineal

Consideramos el problema semilineal:

u + g(u) = p(t) (2.3)u(0) = u(pi) = 0 (2.4)

Suponemos que lm|u|g(u)u = R, > 0, que g es localmente

Lipschitziana, y que p es continua. Veamos en primer lugar:

Teorema 2.2. Si / {n2;n = 1, 2, 3, . . .} entonces el problema (2.3)tiene solucin.

Demostracin. Como g es localmente Lipschitziana el problema (2.3)sujeto a condicin inicial

u(0) = 0, u(0) = b.

tiene una nica solucin u( , b). Reescribiendo g(u) = uh(u), tenemosque lm|u|

h(u)u = 0. Luego:

u(t, b) =b sen(t

)

+

t0

sen((t s)))(p(s) + h(u))ds

En particular si (b) = u(pi, b), es continua. Como para cada b,u(t, b) es continua existe t0 [0, pi] tal que |u(t0, b)| = max{|u(t, b)|}.Luego, para b

|u(t0, b)| |b|sen(t)

+ C1 + C2|u(t0, b)| y|u(t0, b)| 1

1 C2(|b|sen(t)

+ C1)

Donde > 0 arbitrario, suficientemente pequeo y C1 cota para pen [0, pi]. Ya que

no es entero, sin prdida de generalidad podemos

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ii

ii


suponer que sen(pi) > 0. Luego, si b

(b) = u(pi, b) b sen

(pi)

C1 pi

0|h(u(s, b)| ds

b sen

(pi)

C1 piC2( b

+ C1

1 C2

).

Igualmente se demuestra que (b) si b .Si sen(

pi) < 0 se razona de manera similar con (b). Luego por la

continuidad de vemos que existe tal que () = u(pi, ) = 0, estodemuestra el teorema.

Surge la pregunta: Qu pasa si = n2?.

Procediendo de manera similar vemos que todo se reduce a saber si0 est en el recorrido de la funcin:

(b) =

pi0

sen(n(pi s))(p(s) + h(u(s, b)) ds.Cuando h es acotada y creciente se ve que pi

0h()(sin(mx))+ h(+)(sin(mx))ds 1/2 para todo t [0, pi]. (2.20)

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ii

2.4. PLANO DE FASE, ECUACIN SUPERLINEAL 17

Sea j 4p + 4 un entero positivo. Por (2.20) existe r1(a) r1 (0, 2/j) tal que (r1, a) = 1/j. Debido a (2.8) existe k >

1 + j2 tal que

|f(x)| j3|x| si |x| > k.

Por el Corolario 2.1, existe a(j) tal que si |a| a(j) entonces r(a, t) >k

1 + j2 si |a| a(j). Para t > r1 tal que (t) pi 1/j tenemos| tan((t))| 1/j. Luego |y(a, t)| j|x(a, t)|. As que, para |a| > a(j) yt [0, pi] tenemos

x2 + j2x2 x2 + y2 r2. (2.21)En consecuencia

|x(a, t)| r(a, t)1 + j2

k. (2.22)

Reemplazando en (2.19) tenemos

d

dt xf(x) x

2

x2 + y2 p

r2 j

2x2 x2x2 + y2

pr2

j3 1

1 + j2 p

k2j2 3j

4 1

4

j2.

(2.23)

Luego existe s1 (r1, r1 + 2pi/j) tal que (a, s1) = pi (1/j). Usando denuevo (2.20) tenemos que existe t1 (s1, s1 + 2/j) tal que (a, t1) = pi.Adems

t1 mpi dondem es la parte entera de jpi/(4+2pi), lo que demuestraque el lema.

Ahora es fcil demostrar:

Teorema 2.3. Si f satisface (2.8) entonces el problema (2.3) tiene in-finitas soluciones.

Demostracin. Ya que (a) = (a, pi) es funcin continua definida en[a0,), por el Teorema del Valor Intermedio existe sucesin {a1, a2, . . .} [a0,), tal que (ai, pi) = (i + k)pi donde k es el mayor entero menor

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ii

ii


que (a0,pi)pi . De la definicin de se deduce que para cada i = 1, 2, . . ., lafuncin x(ai, .) es una solucin de 2.3, esto demuestra el teorema.

2.5 Teorema del valor intermedio generalizado

Pieza fundamental en los desarrollos hasta ahora presentados ha sidoel Teorema del valor intermedio en dimensin uno. Por ello para poderextender los anteriores resultados a ecuaciones ms complejas es precisoextender el teorema del valor intermedio. A continuacin presentamosuna tal generalizacin atribuida a Carlo Miranda.

Teorema 2.4. Sean aj < bj, j = 1, 2, . . . , n nmeros reales y

f : [a1, b1] [an, bn] Rn continua, de componentes f1, f2, . . . , fn.

Si para cada i = 1, 2, . . . , n se tiene que

fi(x1, . . . , xi1, ai, xi+1, . . . , xn) 0 yfi(x1, . . . , xi1, bi, xi+1, . . . , xn) 0

para todo (x1, . . . , x11, xi+1, . . . , xn), o,

fi(x1, . . . , xi1, ai, xi+1, . . . , xn) 0 yfi(x1, . . . , xi1, bi, xi+1, . . . , xn) 0

para todo (x1, . . . , xi1, xi+1, . . . , xn), entonces existe

z [a1, b1] [an, bn] tal que f(z) = 0

.

Este teorema es equivalente al Teorema del Punto fijo de Brouwer.El lector familiarizado con la teora de grado de Brouwer puede darsecuenta que usando la propiedad de Homotopa del grado el resultadose deduce fcilmente. Dejaremos su demostracin para tal captulo (verteorema 5.21).

La siguiente seccin muestra como usar el Teorema del Valor Inter-medio Generalizado.

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2.6. SISTEMAS CON ACOPLAMIENTO DBIL 19

2.6 Sistemas con acoplamiento dbil

En esta seccin consideraremos el problema de frontera:

ui + fi(ui) + gi(t, u1, . . . , un) = 0, t [0, pi] (2.25)ui(0) = ui(pi) = 0, i = 1, 2, . . . , n. (2.26)

Diremos que el sistema (2.25) es dbilmente acoplado si las funcionesg1, . . . , gn son acotadas. Supondremos que para i = 1, 2, . . . , n

lm|u|

fi(u)

u=. (2.27)

Es decir el sistema (2.25) es superlineal. A continuacin indicamoscomo demostrar (vase [27]):

Teorema 2.5. Si f1, . . . , fn satisfacen (2.27) entonces el problema (2.25)tiene infinitas soluciones. Ms precisamente, existen enteros positivosM1, . . . ,Mn tales que si mi Mi para i = 1, . . . , n donde los mi sontambin enteros, entonces (2.25) tiene una solucin (u1, . . . , un) tal queui tiene mi ceros en (0, pi).

Demostracin. Bosquejo de la demostracin: imitando la demostracindel Lema 2.1 de la seccin anterior se ve que existen nmeros realesi 0 i = 1, . . . , n tales que |ai| i para i = 1, . . . , n entonces

(ui(a1, . . . , an, t))2 + (ui(a1, . . . , an, t))

2 > 0,

para todo t [0, pi]. Ms an,

Ei(a1, . . . , an, t)) =1

2((ui(a1, . . . , an, t))

2 + F (a1, . . . , an, t),

uniformemente en t [0, pi] cuando ai , donde Fi(x) = x

0 fi(s) ds.De aqu se deduce que si ai i i = 1, . . . , n entonces existen funcionescontinuas crecientes i(a1, . . . , an, t) para i = 1, . . . , n tales que:

i(a1, . . . , an, 0) = 0 y i(a1, . . . , an, pi) si ai . (2.28)

(vase lema 2.2 de la seccin anterior).

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Adems existen nmeros reales positivos w1, . . . , wn tales que

i(a1, . . . , a1, i, ai+1, . . . , an, pi) wi (2.29)

donde ai i, i = 1, 2, . . . , n.Definimos:

i = min{i(a1, . . . , an, pi); ai i, i = 1, . . . , n}. (2.30)

Sea ahoraMi el menor entero mayor que ipi . Ahora dadosm1, . . . ,mntales que mi Mi, definimos

zi(a1, . . . , an) = i(a1, . . . , an, pi)mipi, i = 1, . . . , n.

De (2.28) vemos que existen i > i, i = 1, . . . , n tales que siai [j , j ], j 6= i, entonces:

zi(a1, . . . , ai1, j , a1+1, . . . , an) > 0

Como zi(a1, . . . , ai1, i, a1+1, . . . , an) < 0, por el teorema del valorIntermedio generalizado 2.4 vemos que z = (z1, . . . , zn) tiene un cero.Es decir, existen a1, . . . , an tales que i(a1, . . . , an, pi) = mipi. En otraspalabras ui(a1, . . . , an, pi) = 0 y ui tiene mi 1 ceros en (0, pi), estopermite concluir el bosquejo de demostracin del teorema 2.5.

2.7 El mtodo de lneas

En esta seccin, a travs de un ejemplo, mostramos el papel quepuede jugar el estudio de sistemas grandes de ecuaciones diferencialesparciales. Consideramos una discretizacin de una ecuacin de ondaque d sistemas de ecuaciones ordinarias con acoplamiento lineal. Estaseccin slo debe tomarse como una lista de inquietudes.

Consideramos el problema de frontera:

utt uxx + f(u) = p(x, t) x [0, pi], t [0, T ]u(x, 0) = u(x, T ) = u(0, t) = u(pi, t) = 0.

(2.31)

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2.7. EL MTODO DE LNEAS 21

Subdividimos el intervalo [0, pi] en n+ 1 subintervalos iguales, deno-tando uk(t) = u(kpin , t), para k = 1, . . . , n vemos que la ecuacin (2.31)puede aproximarse por el sistema

uk(t) (n+ 1)(uk+1(t) 2uk(t) + uk1(t)) + f(uk) = pk(t), (2.32)

donde u0(t) = 0, un+1(t) = 0 (vase (2.31)).

Adems, por (2.31) las funciones uk deben satisfacer la siguiente con-dicin:

uk(0) = uk(T ) = 0, k = 1, . . . , n. (2.33)

El lector debe observar la analoga con el sistema (2.25)-(2.26). Elsistema (2.32) no es dbilmente acoplado. En efecto, la ecuacin (2.32)es equivalente a u + f(u) + Au = p(x, t), donde A es la matriz decomponentes

aij = 2(n+ 1)2 si i = j

aij = (n+ 1)2 si i = j + 1, o i = j = 1aij = 0 si |i j| 2

En particular A es una matriz simtrica real. Sus valores propios son:

2(n+ 1)2(1 cos( jpi

n+ 1))

j = 1, 2, . . . , n.

En el proceso de demostrar que las soluciones de (2.32)-(2.33) con-ducen a soluciones de (2.31) aparecen los siguientes problemas:

1. (Estimaciones a priori) Dar condiciones sobre f y p para que si(u1, . . . , un) son soluciones de (2.32) tales que ui(0) = 0,|ui(0)| b, entonces las ui sern acotadas, digamos por B. Aquse requiere que B dependa de b pero no de n.

2. (Oscilacin) Es posible dar condiciones sobre f y p tales que in-dependientes de n, existan?. 1, 2, . . . , n tales que si |ai| i,entonces las funciones argumento i estn definidas y las conclu-siones del teorema 4 anterior prevalescan?.

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Otra alternativa que debe ser considerada es la siguiente: paraj = 1, . . . , n sea

j = Col(

sen(jpi

n+ 1), . . . , sen(

jkpi

n+ 1), . . . , sen(

jnpi

n+ 1)). (2.34)

Como cada j es un vector propio de A y j 6= j cuando i 6= j, yaque A es matriz simtrica vemos que {1, . . . , n} es base ortogonal deRn.

Adems:j2 = kn,j(n+ 1) y kn,j = 0(1). (2.35)

Luego si un(t) := u(t) =n

j=1 j(t)j entonces

u2(t) =nj=1

2jkn,j(n+ 1) y

Au, u =nj=1

2(n+ 1)2(1 cos( j

n+ 1))kj,n

2j (n+ 1) (2.36)

Reemplazando u en (2.32) tenemos:

j + 2(n+ 1)2(1 cos( j

n+ 1))(t) +

j , f(u)(kn,jn+ 1)

=j , pn

(kn,jn+ 1), (2.37)

donde la ksima componente de f(u) es

f

(nk=1

j(t) sen(jkpi

n+ 1)

)(2.38)

Ms explcitamente:

j + j,nj +nk=1

sen( jkpin+1)fk(u)

kn,j(n+ 1)=j , pn

kn,j(n+ 1)Wn,j , (2.39)

donde n,j = 2(n+ 1)2((1 cos( jn+1)

).

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2.7. EL MTODO DE LNEAS 23

Usando la frmula de variacin de parmetros tenemos:

j(t)(

(n,j)12kn,j(n+ 1)

)= senh((n,j)

12 t)aj

+

t0

senh((n,j)

12 (t s))j , f(u) pn ds.

Para verificar la efectividad de este mtodo se sugiere tratar decomprobar que si f y p son funciones acotadas entonces para cadan = 1, 2, . . . existen vectores (a1, . . . , aj , . . . , an) tales que j(pi) = 0para j = 1, . . . , n. Luego ver que los vectores un definidos por medio delos j tienen un lmite que satisface la ecuacin diferencial parcial (2.31)y las condiciones de frontera (2.31).

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CAPTULO 3

Problemas radialmente simtricos

3.1 Identidad de Pohozaev

Los argumentos de esta seccin, debidos al matemtico ruso Poho-zaev, han sido activamente estudiados Supongamos que u satisface:

u+ f(u) = 0 en (3.1)u = 0 en , (3.2)

donde es regin acotada en RN , es el Laplaciano y R. Multipli-cando por u la ecuacin (3.1) e integrando por partes obtenemos:

u.u+

uf(u) = 0. (3.3)

Sea F (u) = u

0 f(s) ds. Multiplicando (3.1) por x.u obtenemos:0 = (x. u)u+ f(u)(x u)

=Ni,j

xiu

xi

2u

x2j+ x F (u) (3.4)

24

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3.1. IDENTIDAD DE POHOZAEV 25

De nuevo integrando por partes sobre y teniendo en cuenta queu = 0 en obtenemos:

Ni,j=1

xiu

xi

2u

x2j+

(x

F (u)(x )d

F (u)

(12|x|2))

= N

F (u) +

Ni,j=1

xiu

xi

2u

x2j= 0,

(3.5)

donde denota la normal exterior unitaria a .

Ahora calculamos la ltima integral:

(x u)u =

(x u)(u )d

(x u) u (3.6)

Definiendo I =(x u)(u )d, de (3.6) tenemos

(x u)u = I

Ni,j=1

(ij

u

xi+ xi

2u

xixj

)u

xj

= I

u u

Ni,j=1

xi2u

xixj

u

xj

= I

f(u)u

x

(1

2u2

)= I

f(u)u

(x )(

1

2u2

)+

div(x)

(1

2u2

)=

1

2I

f(u)u+

div(x)(

1

2u2)

=1

2I

f(u)u+N

(1

2u2

),

donde ij es el delta de Kronecker. Como para cada x , u(x) y(x) son linealmente dependientes por ser ambos perpendiculares a ,tenemos:

u(x) = u(x)2(x ). (3.7)Entonces:

(x u(x))(u(x) (x)) = u(x)2(x ). (3.8)

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26 CAPTULO 3. PROBLEMAS RADIALMENTE SIMTRICOS

De la definicin de I y de (3.8) tenemos que:

I =

u(x)2(x )

Remplazando en la ltima relacin en (3.6) tenemos:

(x u) = 12I

f(u)u+N

(1

2u2

)=

1

2I (1 1

2N)

f(u)u,

(3.9)

donde hemos usado (3.3). Sustituyendo (3.9) en (3.5) tenemos:

1

2I = (1 1

2N)

f(u)u+

F (u) (3.10)

o equivalentemente:

1

2I =

(NF (u) 1

2(N 2)f(u)u

)dx (3.11)

Frmulas como la precedente (3.11), son conocidas como identidadesde Pohozaev, en particular implican que si es convexo o, ms gene-ralmente en forma de estrella

((x ) 0) y f(u) = u|u|p1 entonces

(3.1)-(3.2) tiene soluciones no nulas si (s + p) N+2N2 . Se sabe que sip < N+2N2 entonces (3.1)-(3.2) tiene infinitas soluciones (vase [64] ). Ver-siones generalizadas de (3.11) pueden encontrarse en [60] .

3.2 Caso radialmente simtrico

Suponemos ahora que es la bola unidad en Rn y que u es unafuncin radial (u(x) = u(y) si x = y). Al hacer la sustitucin x =r, la ecuacin (3.1) se transforma en:

urr +N 1r

ur + f(u) = 0. (3.12)

ur(0) = 0. (3.13)

u(0) = a. (3.14)

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3.2. CASO RADIALMENTE SIMTRICO 27

Multiplicando (3.12) por rnu e integrando por partes en [0, t] tene-mos:

0 =

t0rn(uurr + nuur + f(u)u

)dr

= tnuur t

0rn(ur)

2dr +

t0rnuf(u) dr,

(3.15)

donde n = N 1.Multiplicando esta ecuacin (3.15) por n12 tenemos:

0 =n 1

2tnuur n 1

2

t0rnu2r dr +

(n 1)2

t0rnuf(u) dr

De manera similar multiplicando (3.12) por rNur e integrando porpartes en [0, t], tenemos:

0 =tNu2r

2+n 1

2

t0rnu2r dr +

t0rNurf(u) dr

o equivalentemente

0 =tN (ur)

2

2+n 1

2

t0rn(ur)

2 dr t

0NrnF (u) dr+tNF (u) (3.16)

donde F (u) = u

0 f(s)ds. Combinando (3.15) multiplicada porn1

2 ysumndola a (3.16) obtenemos:

(n 1)tnuur2

+tNu2r

2+ tNF (u) +

t0rn(

n 12

uf(u)NFu)) dr

Si 0 r1 < r2 1 y H(t) = (n1)tnuur

2 +tNu2r

2 + tNF (u), tenemos

0 = H(r2)H(r1) + r2r1

rn(n 1

2uf(u)NFu)) dr. (3.17)

Invitamos al lector a deducir una frmula del tipo (3.17) cuando fdepende de (r, u). Un caso particular interesante es f(r, u) = p(r) + g(u)Para ms detalles vase [24].

Estas tcnicas pueden ser extendidas a problemas cuasilineales. Estosson casos en los que el operador lineal (rnur)r es reemplazado por expre-siones de la forma (rng(ur))r. Tal es el caso, por ejemplo, del operadorp-Laplaciano (ver (7.104)) o del k-Hessiano (ver [43]).

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28 CAPTULO 3. PROBLEMAS RADIALMENTE SIMTRICOS

3.3 Energa y plano de fase

Por analoga con el Teorema 2.3 es fcil conjeturar que si:

lm|u|

f(u)

u=, (3.18)

entonces la ecuacin:

urr +N

rur + f(u) = p(r), r [0, 1), (3.19)

ur(0) = 0, (3.20)u(1) = 0. (3.21)

tiene infinitas soluciones. Volviendo a la demostracin del Teorema 2.3se ve que un ingrediente fundamental es demostrar que para cada r laenerga es grande si la energa inicial lo es. Tomando f(u) = u|u| 4N2 ,r1 = 0, r2 = 1 vemos que independientemente del valor inicial que u tomeen 0 la energa en 1 es acotada. En efecto, volviendo a (3.17) vemos que(

urr(1))2

+ 2|u| 2NN2 + (N 2)u(1)ur(1) = 0. (3.22)

Luego

(ur(1))2 + 2|u| 2NN2 (ur(1))

2

2+

(N 2)22

(u(1))2, (3.23)

esto implica que (ur(1))2 +(u(1))2 es acotado. Para salvar este escollo espreciso analizar cuidadosamente el integrando en (3.17). Resulta que siqueremos que H(r) cuando |a| es preciso imponer a f ciertascondiciones. Funciones con crecimiento subcrtico, es decir, funciones ta-les como f(u) = u|u| con < 4N2 permiten extender los argumentosdel Captulo 2. En particular en este caso el sistema (3.19)-(3.21) tieneinfinitas soluciones cuando (3.18) es satisfecha. En [24], [27] se hallanestos desarrollos. Para estudios sobre el caso 4/(N 2) referimos allector a [2], [43], [71], entre otros.

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CAPTULO 4

Mtodos de Orden

4.1 Principio del mximo

Importante informacin acerca de ecuaciones elpticas de segundoorden resulta de extensiones del Principio del Mximo que en su formams comn dice que toda funcin armnica que no sea constante definidaen en la adherencia de un abierto conexo no puede tener mximo nimnimo local en su interior.

Aqu, y con el propsito de dar aplicaciones, presentamos para casosrelativamente simples pero significativos algunas versiones del principiodel mximo. Referimos al lector al libro de M. Protter y H. Weinberger[59] para resultados ms generales y demostraciones.

Teorema 4.1 (El principio del mximo). Sea una regin en Rn.

Si bj : R, j = 1, . . . , n son funciones continuas, u : R y

u+nj=1

bj(x)u

xj 0 en

29

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30 CAPTULO 4. MTODOS DE ORDEN

entonces u no tiene mnimos locales en salvo que sea constante.

Corolario 4.1. Sea regin acotada en Rn Si f 0 en , f 6 0,u = f en y u = 0 en entonces u > 0 en .

Demostracin. Si u(x) 0 para algn x entonces, como u = 0 en, luego existe a tal que

mn{u(x); x } = u(a).

En particular a es mnimo local, esto contradice el teorema 4.1.

Teorema 4.2 (Hopf). Sea regin acotada en Rn. Si

u+nj=1

bj(x)u

xj 0, en ,

es suave y u toma mnimo local en x entonces u (x) < 0,donde denota la derivada normal exterior.

Teorema 4.3. Sea la bola abierta de radio a > 0 en Rn. Si

u+ f(u) = 0, en , u 0 en , u = 0 en ,y f es de clase C1. Entonces u es radialmente simtrica (u(x) = u(y)si x = y) y radialmente decrecienteradialmente!decreciente (ur < 0para 0 < r < a).

Este teorema fu demostrado en [38] para el caso en que u > 0 en mientras que el caso u 0 en fu demostrado en [30]. La demostracinen [38] puso de manifiesto la utilidad del mtodo de planos paralelos. Porejemplo, ste se usa para establecer la existencia de estimaciones a prioripara soluciones positivas de ecuaciones semilineales elpticas (ver [39],[35])

4.2 Supersoluciones y subsoluciones

Consideremos la ecuacin:

u = f(u(x)) en (4.1)u = 0 en .

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4.2. SUPERSOLUCIONES Y SUBSOLUCIONES 31

donde es regin con frontera suave, > 0, R.Definicin 4.1. Decimos que v (respectivamente w) es una subsolucinde la ecuacin (4.1) (respectivamente supersolucin) si v 0 en (respectivamente w 0 en ) y v f(x, v) (respect. w f(x,w)).

Teorema 4.4. Suponemos en la ecuacin (4.1) que f es de clase C1 en. Si la ecuacin 4.1 tiene subsolucin u y una supersolucin u y u uen entonces 4.1 tiene una solucin u que satisface u u u . Msan, u puede obtenerse como:

u = lmn un donde u1 = u,

un+1 = f(x, un) en ,un+1 = 0 en .

Demostracin. Consideramos el caso en que f es creciente. Se deja comoejercicio el caso en que f cambia de signo. La existencia de las un sesigue de que el problema de Dirichlet

u = g en , u = 0 en tiene una nica solucin cuando g : R es continua y que la aplicacin : C() C(), g u es compacta (ver teorema 8.7) Veamos que(un) es convergente. Como:

(un+1 + un) = (f(x, un) f(x, un1)) en un+1 un = 0 en

Inductivamente vemos que un+1 un u1 = u. Igualmentetenemos:

(w u2) = (f(x,w) f(x, u2)

) 0entonces u2 u . Iterando este argumento tenemos que u un u.Luego, por el Teorema de Dini ([66]), existe u tal que u = lmn unPor la compacidad de ()1 (ver teorema 8.7) tenemos

u = lmnun = lmn()

1(f(x, un1)) = ()1(f(x, u)).

Luegou = f(x, u) en , u = 0 en .

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ii

32 CAPTULO 4. MTODOS DE ORDEN

Otra manera de obtener una solucin es definiendo: u1 = u,

un+1 = f(x, un).

Esta nueva sucesin (un) es decreciente y converge a una solucin Uno necesariamente igual a u. De hecho u es solucin de (4.1), entre v yw.

A continuacin vemos como utilizar el mtodo de super-sub solucio-nes para demostrar que el problema

u+ f(u) = p(x) x , (4.2)u = 0 x , (4.3)

tiene solucin cuando f es acotada.

En efecto, tenemos:

Teorema 4.5. Sea p : R una funcin continua y acotada. Sif : R R es diferenciable y acotada entonces el problema (4.2)-(4.3)tiene solucin.

Demostracin. Sea : R R la solucin de:

= 1 en = 0 en .

Por el principio del mximo sabemos que es positiva en . Seanc < 0 y d > 0 nmeros reales tales que:

c inf{f(u) p(x), u R;x } yd sup{f(u) p(x);u R, x R}

Fcilmente se ve que c es una subsolucin y que d es una super-solucin. Como adems c < d en , por el teorema 4.5 tenemos que(4.2)-(4.3) tiene una solucin que, adems, satisface c u d, estademostrado el teorema.

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4.2. SUPERSOLUCIONES Y SUBSOLUCIONES 33

Ejemplo 4.1. Sea 0 y f : R [0,) diferenciable. Consideremosel problema:

u = f(u) en , (4.4)u = 0 en . (4.5)

Ya sabemos, del principio del mximo, que las soluciones de (4.4)-(4.5) son positivas en . Claro es que u 0 es una subsolucin de(4.4)-(4.5), luego si sta tiene una solucin w vemos que (para el mismovalor de ) iterando la subsolucin 0 llegamos a una solucin u w.Como la construccin de u es independiente de w vemos que u w paracualquier w solucin de (4.4)-(4.5).

Es decir, tenemos:

Teorema 4.6. Si (4.4)-(4.5) tiene solucin entonces tiene una solucinmnima u. Igualmente si f es acotada superiormente (no necesariamentepositiva) entonces (4.4)-(4.5) tiene supersolucin positiva y por tantosolucin mxima u.

La primera afirmacin de este teorema ha sido demostrada en elprrafo precedente. La segunda se propone como ejercicio. Se invita allector a analizar los resultados de [44], donde se considera el caso f(u) =eu, para identificar las ramas de soluciones mnimas y mximas, cuandoexisten. Cuando (4.4)-(4.5) tiene subsolucin u y supersolucin u talesque u u del Teorema 4.6 se sigue que si existen dos soluciones noordenadas entonces existe una tercera solucin, ver [3]. Se invita al lectora consultar [44] donde se da una descripcin completa de las solucionesde (4.4)-(4.5) cuando f(x, u) = eu y es una bola. La dimensin de juega un papel preponderante en la estructura del conjunto de soluciones.

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CAPTULO 5

Grado, gnero, teora de Liusternik-Schnirelmann

En este captulo estudiamos las nociones de grado de Brouwer, gradode Leray- Schauder, Teora de Liusternik-Schnierelmann y damos apli-caciones a problemas de existencia de soluciones dbiles a problemas defrontera para ecuaciones diferenciales parciales.

5.1 Preliminares

En la seccin siguiente presentamos la nocin de grado de Brou-wer y enunciamos algunos teoremas bsicos de dicha teora que sernusados en este captulo. La nocin de grado de Brouwer es generalizadaa espacios de dimension infinita, una tal generalizacin es el grado deLeray-Schauder. El grado de Leray-Schauder es de gran aplicabilidad enel anlisis de ecuaciones diferenciales no lineales (vase [37], [56] y [69]).

Definicin 5.1. Sea Rm abierto y f : Rn diferenciable.

i) Decimos que p Rn es un valor regular de f , si p / f(), o, si para

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5.1. PRELIMINARES 35

todo x f1(p) el rango de la matriz Df(x) = Jf(x) (Jacobianade f en x) es mn{m,n}.En particular, si m = n, p es un valor regular de f si det f (x) =det(J(f(x)

) 6= 0 para todo x f1(p) o f1(p) = ..ii) p Rn es llamado valor singular de f si no es valor regular.

Teorema 5.1 (Teorema de Sard). Si f : Rn es de clase C |mn|+1entonces la medida de Lebesgue del conjunto de valores singulares de fes cero. En particular, el conjunto de valores regulares de f es denso enRn.

Demostracin. Vase [41, Appendix 1], [55, Captulo 2].

Teorema 5.2 (Teorema de la funcin inversa). Sean Rn abierto,f : Rn aplicacin de clase Ck, k 1, x0 . Si f(x0) = y0 ydet(f (x0)) 6= 0 entonces existe una vecindad abierta W de x0 tal quef : W f(W ) es biyeccin, f(W ) es abierto, y f1 : f(W )W es declase Ck.

(Demostracin vase [49])

Teorema 5.3 (Existencia, unicidad y dependencia continua). Sean f :[0, )Rn Rn aplicacin continua y localmente lipschitziana respecto asegunda variable. Para cada x0 Rn, existe > 0 tal que si x x0 < entonces existe una nica funcin continua (x, t) tal que d(x,t)dt =f(t, (x, t)), t (, ) y (x, 0) = x. Ms an, si = y para algnreal A |f(t, x)| A(|x|+ 1) entonces =.

Escribiremos x(t) = (x, t).

Las pruebas de los anteriores teoremas son consecuencia del siguienteteorema (vase [13, Section 7]).

Teorema 5.4 (El principio de contraccin). Sean (X, d), (Y, ) espaciosmtricos, (X, d) completo. Si f : X Y X es continua y existe [0, 1) tal que d(f(x, y), f(x1, y) d(x, x1) para todo x, x1 X, y Y ,entonces existe una funcin : Y X tal que f(x, y) = x si y slo six = (y).

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36 CAPTULO 5. GRADO, GNERO, TEORA L-S

Teorema 5.5 (El teorema de la funcin implcita). Sean k,m, n 1enteros, m > n, Rm abierto, f : Rn de clase Ck. Si

det

f1xi1

f1xin. . . . . . .

fnxi1

fnxin

(x0) 6= 0entonces existen > 0 y una funcin de clase Ck definida en el con-junto {x Rm; x x0 < , xi1 = (x0)i1 , . . . , xin = (x0)in} al conjunto{x Rm;xj = (x0)j ,j / {i1, . . . , in}} tal que f(x+(x)) = y0 = f(x0).Ms an, si f(x) = y0 y x x0 < entonces x = z + (z).Teorema 5.6 (Soluciones peridicas para sistemas autnomos). Sean subconjunto abierto de Rn, y f : Rn localmente lipschitziana. Six : R satisface x = f(x), x(0) = x(T ) entonces x es T -peridica.

Demostracin. Sea y(t) = x(t + T ). Claramente y(0) = x(T ) = x(0).Tambin y(t) = x(t + T ) = f(x(t + T )) = f(y(t)). Por unicidad desoluciones a el problema de valores iniciales vemos que x(t) = y(t) =x(t+ T ) para todo t 0. Por consiguiente x es T -peridica. Teorema 5.7. Si S E es compacto, donde E es de Banach real, en-tonces S es compacto, donde

S ={V S, V es cerrado y convexo}.

Demostracin. Se ve fcilmente que S es la adherencia de {ax + (1 a)y;x, y S, a [0, 1]}. Usando la compacidad de [0, 1] y de S se deduceque toda sucesin {zn} S tiene una subsucesin convergene, luego Ses convexo.

El siguiente teorema es una generalizacin del teorema de exten-sin de Tietze. Para el lector no familiarizado con la teora de espaciosvectoriales topolgicos tener en mente que todo espacio de Banach eslocalmente espacio vectorial topolgico localmente convexo.

Recordamos que en un espacio topolgicoX un recubrimiento {Ui}iIde X se dice ser localmente finito si todo punto de X tiene una vecindadque intersecta solo un nmero finito de los elementos del recubrimiento.

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5.1. PRELIMINARES 37

Un refinamiento {Wj} de un recubrimiento {Ui} es un recubrimientotal que cadaWj est contenido en alguno de los Ui, tambin suele decirseque el recubrimiento Wj est subordinado al recubrimiento Ui.

Teorema 5.8 (Teorema de Dugundji). Sea (X, d) espacio mtrico yA X cerrado. Sea E espacio topolgico localmente convexo. Sea C Econvexo. Si f : A C es continua entonces existen F : X C continuatal que F|A = f . Ms aun, si f es compacta entonces, F es compacta.

Demostracin. Para cada x XA, sea Vx vecindad abierta de x tal quediam(Vx) d(x,A). Por consiguiente {Vx}xXA es recubrimiento porabiertos de XA. Ya que XA es paracompacto (todo espacio mtricoes paracompacto) existe un refinamiento localmente finito {U}, elcual cubre X A (para cada , existe x tal que U Vx). En particularU A = . Para cada , definimos

(x) =d(x,X U) d(x,X U

)

Para cada , es continua y finita. Ms an,

(x) = 1. Paracada U escogemos a A tal que d(a, U) < 2d(U, A). Un tal aexiste porque d(U, A) = nf{d(x, y), x U, y A} y d(U, A) 0 tal que si d(x, x0) < r entonces

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f(x) f(x0) + W (x A), as f(x) f(x0) W . Demostramos ahoraque si d(x, x0) < r6 entonces F (x)f(x0) W . Supongamos x XA,d(x, x0) 0 si (x, y) 6= (0, 0). Por tantod(f,, (1, 0)) = 2.

A continuaci demostramos las tres propiedades que caracterizan elGrado de Brouwer: invariancia bajo homotopa, escisin y existencia desoluciones (vase [6].)

Teorema 5.9 (Invariancia por homotopa). Si h : [0, 1] Rnaplicacin de clase Ck, k 2 tal que:

a) 0 es un valor regular de h,

b) 0 es un valor regular de f0 y de f1, donde f0(x) = h(x, 0) yf1(x) = h(x, 1),

c) 0 / h( [0, 1]).

entoncesd(f0,, 0) = d(f1,, 0).

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ii


Demostracin. Sean h1, , hn las componentes de h. Tenemos

h(x, ) =

h1x1 h1xn h1. . . . . . . . .hnx1

hnxn hn

Para i = 1, . . . , n+ 1, sea Ai la submatriz de h resultante de omitir

en h la i-sima columna. Ya que estamos suponiendo que 0 es un valorregular de h, existe i tal que det(Ai(x, )) 6= 0 si h(x, ) = 0. Luego elcampo vectorial definido por

z(x, ) = (a1(x, ), . . . , an+1(x, )),

donde ai(x, ) = (1)i det(Ai(x, ))

)no se anula cuando h(x, ) = 0.

En particular, ya que h1({0}) es compacto, existen > 0 tal quez(x, ) si h(x, ) = 0.

Afirmamos que

z(x, ),hi(x, ) = 0, para i = 1, . . . , n. (5.1)

En efecto, debido a que la i-sima (i = 1, . . . , n) y la ltima fila de

Bi =

h1x1

h1xn h1. . . . . . . . .

hnx1

hnxn hnhix1

hixn hi

(5.2)son iguales tenemos que detBi = 0. Por otro lado

0 = det(Bi)

(1)n+2 hix1

(1)a1 + + (1)2n+2hi

(1)n+1an+1

= (1)n+3(a1 hix1

+ + an+1hi

)(5.3)

Claramente (5.1) se deuce de (5.3).

Sea x0 tal que h(x0, 0) = f0(x0) = 0. Ya que 0 es valor regularde f0 tenemos

an+1(x0) 6= 0. (5.4)

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ii

5.2. GRADO DE BROUWER 41

Por tanto sin prdida de generalidad podemos suponer que an+1(x0) > 0.Sea (t) la solucin al problema de valor inicial:

(t) = z((t)), (0) = (x0, 0). (5.5)

En particular si = (1, . . . , n, n+1) (Recordamos quen+1(0) = 0 por hiptesis) y n+1(0) > 0. Por tanto existe t > 0tal que n+1(s) > 0 para todo s (0, t). Sea

t1 = sup{t > 0; 0 < n(s) < 1,s (0, t)}.

Afirmamos que t1 0,

n(t) (0, 1). Por (5.1) tenemos (h((t))) = h((t))z((t)) = 0.Por tanto h((t)) = 0 para todo t > 0. Por consiguiente la sucesin{(n);n = 1, 2, . . .} tiene una subsucesin convergente. Por tanto, sinprdida de generalidad podemos suponer que {(n)} . Por continui-dad de h tenemos que h() = 0.

Por la hiptesis c) vemos que / [0, 1].Ya que 0 es un valorregular vemos que para algn i (i = 1, . . . , n + 1) existe > 0 tal que|ai(x, )| c > 0 (c R). Luego podemos suponer que

ai(x, ) c para (x, ) < . (5.6)

Ahora distinguimos dos casos:

i) (0, 1),ii) {0, 1}.

Si sucede i), por el teorema de la funcin implcita existe < y unafuncin diferenciable : (, ) Rn+1 tal que

h( + (0, . . . , s, 0, . . . , 0) + (s)) = 0, (0) = 0 (5.7)

y si x < entonces x = + (0, . . . , s, 0, . . . , 0) + (s). Por (5.6)y el hecho de que h((t)) 0, ya que (n) vemos que para nsuficientemente grande

(n) = + (0, . . . , sn, 0, . . . , 0) + (sn). (5.8)

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ii

ii


Si sn 0, por tanto ya que i(t) = ai((t)) > c vemos que cuando(t) < entonces i(t) > c. En particular para algn tn [n, n+ c ]tenemos (tn) = .

De manera similar si sn > 0 para algn tn [n c , n] tenemos(tn) = . Ahora tomando m > n + c vemos que tn 6= tm y (tn) =(tm) = . Por consiguiente es peridica.

En particular (t) (0, 1) para todo t, esto contradice que(0) {0}. Luego i) no puede ocurrir.

Si ocurre ii) extendemos h a todo [0, 1] B() para suficien-temente pequeo. Razonando como en (5.8) vemos que = (tn), locual contradice que n+1(t) (0, 1) para todo t > 0. Por tanto, ya quei) y ii) no pueden ocurrir tenemos que t1 < . Luego por continuidadtenemos

(t1) {0, 1}. (5.9)

Si n+1(t1) = 0 entonces

lmtt1

n+1(t1)

t1 t 0.

Luego n+1(t1) < 0 , porque 0 es un valor regular de f0.

De manera similar n+1(t1) > 0 si (t1) {1}. Por otro lado sian+1(x0, 0) < 0, segn la solucin al problema

(t) = z((t)), (0) = (x0, 0)

vemos que existe t1 > 0 tal que (t1) {0, 1}.Ms an, si n+1(t1) = 0 entonces an+1((t1)) > 0 y si n+1(t1) = 1

entonces an+1((t1)) < 0. Reemplazando h por h1(x, t) := h(x, 1 t).Vemos que para cada x0 {1} con f1(x0) = y, existe una nicax1 {0, 1} tal que an+1(x, 1) an+1(x1) < 0 si x1 {1}

an+1(x, 1) an+1(x1) > 0 si x1 {0}. (5.10)

Ahora si f10 (y) = {x1, . . . , xm} y f11 (y) = {z1, . . . , zl} entonces

ii


ii

ii


mi=1

signdet(f 0(xi)) =

n+1(t1,xi)=1

signdet(f 0(xi)) =

=

n+1(t1,zi)=0

signdet(f 1(zi)) =l

i=1

signdet(f 1(zi)),

esto demuestra el teorema.

A continuacin el teorema de Sard nos ayuda para ver que es posiblehablar de grado para 0 valores no regulares de una aplicacin.

Lema 5.1. Sea abierto acotado de Rn, y f : Rn aplicacin declase C2 tal que 0 / f(). Si {yj} una sucesin de valores regulares def tal que yj 0 entonces la sucesin d(f,, yj) es convergente.

Demostracin. Primero demostraremos que d(f,, .) es localmente cons-tante en el conjunto de valores regulares de f contenido en Rn f().En efecto, sea y es valor regular de f . Por tanto, por la compacidadde , vemos que f1(y) = {x1, . . . , xm} es finito. Por el teoremade la funcin inversa, para cada xj existe un abierto Uj con xj Uj(j = 1, . . . ,m) tal que

f : Uj f(Uj)es difeomorfismo , f(Uj) es abierto en Rn y f1 : f(Uj) UJ es C2, assigno(det(f (x)) es constante para x Uj .

Ahora demostramos que para suficientemente pequeo

si z y < entonces f1(z) mj=1

Uj .

Si no, existe una sucesin zk y tal que para cada k existe

xk mj=1

W, con f(xk) = zk.

Ya queW es compacto, la sucesin {xk} tiene un lmite (o una subsu-cesin convergente) x W . Por la continuidad de f vemos que f(x) = y,

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ii

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esto contradice que f1(y) = {x1, . . . , xm} W . Luego d(f,, .) es lo-calmente constante en el conjunto de valores regulares de f contenidosen Rn f().

Sea ahora yi y, con cada yi valor regular. Sea hi,k := h(x, t) =f(x) tyi (1 t)yk. Por la continuidad de f , vemos que si 0 / f()entonces para i, k grandes 0 / h( [0, 1]). Ya que yi, yk son valoresregulares de f vemos que 0 es un valor regular de h(x, 0) y h(x, 1). Luego,por el teorema de Sard y constancia local del grado existe z tal que

d(f,, yj + z) = d(f,, yj), y d(f,, yk + z) = d(f,, yk)

y z es un valor regular de h(x, t). Por el teorema de homotopa (teorema5.9)

d(h(., 0),, z) = d(h(., 1), z) = d(f,, yj + z)

= d(f,, yk + z) = d(f,, yk) = d(f,, yj).

esto demuestra el lema 5.1.

El siguiente teorema nos dice que el grado es constante en cada com-ponente conexa de Rn f().Teorema 5.10. Sean abierto acotado de Rn y f : Rn de claseC2. Si W es una componente conexa de Rn f() entonces d(f,, .)es constante en W . Es decir, si p, q estn en W entonces d(f,, p) =d(f,, q).

Demostracin. Por el lema 5.1 anterior vemos que d(f,, ) puede serextendida por continuidad a W . Ya que los valores de d(f,, ) sonnmeros enteros y W es conexo tenemos que d(f,, ) es constante enW .

Ahora enunciamos y demostramos teorema que permite extender lanocin de grado a funciones continuas.

Teorema 5.11. Sean abierto acotado de Rn y {fj : Rn} su-cesin de funciones de clase C2 uniformemente convergentes a f , y Rn f() entonces para j N suficientemente grande d(fj ,, ) estadefinido y la sucesin {d(fj ,, y)}jN es convergente.

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Demostracin. Sin prdida de generalidad podemos suponer que y = 0.Ya que fn f uniformemente y 0 / fj() existen j y a > 0 talesque para x , fj(x) a > 0 para j J . En verdad, debidoa que f()es compacto existe b tal que fj(x) b > 0. Como fjconverge uniformemente a f en f()existe N tal que si j n, fj(x)f(x) < b2 para todo x . Por tanto m(x) b2 = a. Sea ahorah(x, t) = tfj(x, t) + (1 t)fk(x) donde j, k N . Ya que {fj} convergeuniformemente existe N1 N tal que fn(x)fm(x) > a, si n,m N1,x . As h(x, t) > 0 para x . Sean j, k N1 y z suficientementepequeo tal que h(x, t) 6= z para x y = d(fj ,, z), d(fk,, 0) =d(fk,, z). Por el teorema 5.9 d(fj ,, 0) = d(fk,, 0), esto demuestra elteorema 5.11.

Este teorema permite definir:

Definicin 5.3. Sean abierto acotado en Rn. Sea f : Rn continuacon 0 / f(). Definimos d(f,, 0) = lmj d(fj ,, 0), donde {fj} esuna sucesin de funciones de clase C2 convergente uniformemente a f .

Se debe notar a este punto, en la definicin, se da de manera si-milar para y R y tal que y Rn f(), que una tal sucesinexiste en virtud del teorema de aproximacin de Stone-Weirstrass. Tam-bin debe notarse que d(f,, 0) no depende de la sucesin fj escogi-da. El lector debe verificar que si {fj} y {gj} son dos sucesiones queconvergen uniformemente a f , con 0 / fj() y 0 / gj() entonceslmj d(fj ,, 0) = lmj d(gj ,, 0).

Tambin hacemos notar que hemos usado el teorema de Sard paragarantizar que en el caso en que 0 = y no es valor regular uno puedeaproximarse a 0 = y por valores regulares de f y poder afirmar que enel caso en que f es de clase C2 d(f,, 0) = lmj d(f,, zj) donde zjes sucesin de valores regulares convergente a 0 y que no depende de lasucesin zj escogida.

Notamos que no podemos quitar 0 / f().Podemos ahora establecer algunas propiedades bsicas del grado. Al-

gunas consecuencia fcil de las otras, entre otras citamos: existencia,invariancia por homotopa, escisin, aditividad.

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Teorema 5.12 (Invariancia homotpica). Sean abierto acotado deRn, f, g : Rn continuas. Si h : [0, 1] Rn es continua, tal queh(x, 0) = f(x), h(x, 1) = g(x), y p = 0 / h( [0, 1]) entonces

d(f,, 0) = d(g,, 0).

Demostracin. Por el teorema de aproximacin de Stone-Weierstrassexiste una sucesin hj de funciones de clase C2 (hj C( [0, 1],Rn))que convergen uniformemente a h. Por el teorema previo, y la definicinde grado para j suficientemente grande

d(hj(., 0),, 0) = d(f,, 0), d(hj(., 1),, 0) = d(g,, 0)

esta definido. Sea z valor regular de hj , h(., 0) y hj(., 1) y z suficien-temente pequea tal que z / h( [0, 1]) as qued(hj(., 0),, z) = d(hj(.,, 0), d(hj(., 1),, 0) = d(hj(., z),, 0).

Por el teorema 5.9 tenemos que d(f,, 0) = d(g,, 0).

Esto demuestra el teorema.

Teorema 5.13 (Existencia). Sean abierto acotado en Rn y f : Rn continua, 0 / f(), y d(f,, 0) 6= 0 entonces existe y conf(y) = 0.

Demostracin. Sea {fj} sucesin de funciones de clase C2 en conver-gente a f tal que d(fj ,, 0) = d(f,, 0) 6= 0. Para cada j, sea yj valorregular de fj con yj < 1j . y d(fj ,, yj) = d(f,, 0). Como yj es valorregular existe xj con f(xj) = yj . Debido a que es compacto, podemossuponer que xj x. Por consiguiente

f(xj) f(xj) fj(xj)+ fj(xj) 0 si j .

Por tanto por continuidad de f , f(x) = 0, esto demuestra el teorema.

Teorema 5.14 (Escisin). Sean , f como en anterior teorema. SiW es abierto y 0 / f(W ), entonces

d(f,, 0) = d(f,W, 0) + d(f,W, 0).

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ii


Demostracin. Sea {fk} una sucesin de clase C2 convergente unifor-memente a f . Por tanto, sin prdida de generalidad, podemos suponerd(f,, 0) = d(fk,, 0).

Ya que {fk} converge uniformemente a f en W y en W podemosasumir d(fk,, 0) = d(f,, 0 = y d(fk,W, 0) = d(f,W, 0). Para ksuficientemente grande 0 / fk(W ). Para tales k sea > 0 tal que siz < entonces z / fk(fk(W ) y d(fk,W, z) = d(fk,W, 0),y d(fk,W, z) = d(f,W, 0).

Por tanto, escogiendo un valor regular z de fk con z < tenemos

d(fk,, z) =

fk(x)=z

signdet(f k(x))

=

fk(x)=z,xWsign(det(f k(x)) +

fk(x)=z,xW

sign(det(f k(x))

= d(fk,W, z) + d(fk,W, z).

Por tanto

d(f,, 0) = d(fk,, 0) = d(fk,, z) = d(fk,W, z) + d(fk,W, z)= d(fk,W, 0) + d(fk,W, 0)= d(f,W, 0) + d(f,W, 0),

esto demuestra el teorema.

El siguiente teorema es consecuencia del teorema sobre invarianciahomotpica del grado nos dice que el grado depende de los valores en lafrontera, ms exactamente:

Teorema 5.15 (Dependencia de los valores en la frontera). Si esabierto acotado en Rn y f, g : Rn son continuas, tales que f(x) =g(x) para todo x , y 0 / f(), entonces d(f,, 0) = d(g,, 0).

Demostracin. Sea h(x, t) = tf(x) + (1 t)g(x), (x, t) [0, 1] h escontinua y si x , h(x, t) = g(x) = f(x) 6= 0 y h(x, 0) = g(x). Portanto por teorema (5.12) (homotopa) d(f,, 0) = d(g,, 0).

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ii

ii


Ahora algunas aplicaciones interesantes de la teora de grado, en estaparte usaremos el Teorema de Weierstrass que establece que los polino-mios son densos en el conjunto de las aplicaciones continuas definidas enun compacto con valores reales (provisto de la norma del supremum).

Teorema 5.16 (Teorema de Borsuk). Si es abierto acotado y simtricorespecto a 0, en Rn, 0 y f : Rn es continua con f(x) = f(x)(impar) y 0 / f() entonces d(f,, 0) es un entero impar.

Para demostrar el teorema de Borsuc necesitamos unos lemas rela-cionados con el teorema de extensin de Tietze.

Lema 5.2. Sea K Rn compacto, C(K,Rm) (m > n) tal que0 / (K). Entonces para todo cubo Q Rn, K Q, existe una funcincontinua : Q Rm {0} tal que (x) = (x) para todo x K.

Demostracin. Sea = mn{(x);x K} > 0. Sea g una funcinpolinomial, por tanto de clase C1 y definida an en Q, tal que paratodo x K (x) g(x) < 4 . Extendemos g a Q Rmn por definirh(x, z) = g(x). Por tanto g(Q) es el conjunto de valores no regulares deh. Luego, por el teorema de Sard, existe a Rm con a < 4 el / g(Q).Sea v(x) = g(X) a

Tenemos ahora

(x) v(x) < a+ (x) g(x) < 2, para todo x K. (5.11)

Sean : R+ R+ definida por

(t) =

{1, si t 2 ,2t , si t 2. (5.12)

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ii


Por tanto (x) = v(x) para x Q, y (x) (x) < 2 para todox K. Sea T = . Por el teorema de extensin de Tietze podemosextender t a Q notaremos con T tal extensin con T (x) 2 para todox Q. Sea = T . Claramente extiende y no se anula en Q,esto demuestra el lema.

Lema 5.3. Sean abierto acotado simtrico en Rn, con 0 / . Sea C(,Rm), m > n. Si es impar y 0 / () entonces existe C(,Rm) impar y tal que 0 / () la cual es extensin de .

Demostracin. Usamos induccin sobre n. Para n = 1, es suficiente con-siderar el caso = (b,a)(a, b), 0 < a < b claramente 0 / , y : {a, b,a,b} Rm m 2, la funcin continua e impar dada tene-mos: i) Si (a) = (b) escogemos (t) = (a) si t [a, b] y (t) = (a)para todo t [b,a].

ii) Si (a) 6= (b). Escogemos z Rm tal que z (a) y z (b)sean linealmente independientes, definimos

(t) = 2t ab a(z (a)) + (a) si t [a,

a+ b

2],

(t) = 2t bb a((b) z) + (b) si t [

a+ b

2, b], y

(t) = (t), si t [a, b], es decir, si t [b,a] as definida en [b,a][a, b] satisface las hiptesis.

Sea n 1 suponemos el lema cierto para n 1. Ahora puede serextendida a {x Rn;x1 = 0}. Por tanto ha sido extendida comouna funcin impar a

[{x1 = 0}] y 0 / ([{x1 = 0}]. Sean

+ = {x1 > 0} = {x1 < 0}. Sea ahoraQ un cubo en R+Rn1conteniendo +. Por el lema previo puede ser ahora extendido a Q con(x) 6= 0, si x Q. Finalmente definimos (x) = (x) para x vemos que 6= 0 para todo x , esto define . Lema 5.4. Sea abierto acotado simtrico de Rn, con 0 / . Si C(,Rn) es impar con 0 / (), entonces existe C(,Rn) imparcon 0 / ( Rn1) y = en .

Demostracin. Sea 1 = Rn1. Ya que Rn1 es compacto y es impar en Rn1, puede ser extendida como una funcin impar

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ii

ii


continua en algn cubo Q con (x) 6= 0 para todo x Q. Sea a > 0grande tal que [a, a] [a, a].

As tomando Q = [a, a] [a, a] tenemos que Rn1 Q.Ahora el teorema de extensin de Tietze implica que puede extendersecomo funcin impar a . Claramente (x) 6= 0 si x Rn1 (y laextensin). Esto demuestra el lema.

Demostraremos ahora el teorema de Borsuc:

Teorema de Borsuc. Sea > 0 tal que B(0) .Sea : {x; x = } Rn definida por

(x) =

{f(x), si x ,x, si x = .

Podemos suponer sin prdida de generalidad que es de clase C1()(Teorema de Weierstrass). Sea W = B(0). Ya que (W,Rn), puede ser extendida aW con (x) 6= 0 si x W Rn1, (x) = (x).

Sean

W+ = {x W ;x1 > 0}, W = {x W ;x1 < 0}.

Por el Teorema de escisin,

d(,W, 0) = d(,W+, 0) + d(,W, 0).

Sea > 0 tal que si x < entonces d(,W, 0). Sea ahora b Rn unvalor regular de con b < . Ahora (x) = b si y slo si (x) = b.Ya que es par, vemos que b es valor regular, as

d(,W, 0) = d(,W, 0) =

=

(x)=bxW

sign(det((x)))

=

(x)=bxW+

sign(det((x)))

= d(,W+, b) = d(,W+, 0)

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ii


Por tanto d(,, 0) = 2d(,W+, 0). Ya que (x) = x si x B(0)tenemos d(,B(0), 0) = 1. Como yf coinciden en , tenemos

d(f,, 0) = d(,W, 0) + d(,B(0), 0) = 2d(,W+, 0) + 1,

esto demuestra el teorema de Borsuc.

Corolario 5.1. Si es abierto acotado simtrico de Rn, 0 y : Rn es impar, entonces existen x, x tales que (x) = 0 y(x) = x.

Demostracin. Si para todo x , es (x) 6= 0 entonces por el teoremade Borsuc y la propiedad de existencia del grado existe x con (x) =0, esto demuestra la existencia de x. Para la existencia de x, tomamos = I, y aplicamos el teorema de Borsuk (I es la idntica).

Teorema 5.17 (Borsuc). Sean abierto acotado en Rn, y simtrico con0 . Si f C(,Rm) es impar con m < n entonces existe x con f(x) = f(x).

Demostracin. Si para todo x f(x) 6= f(x), entonces sea fun-cin impar extensin a de f(x) f(x), Ya que es impar y no nulaen . por teorema de Borsuc anterior tenemos que d(f, , 0(6= 0. Comoel grado es localmente constante para k suficientemente grande

d (,, 0) = d

(,,

(0, . . . , 0,

1

k

)).

Ya que (0, . . . , 0, 1k ) / Rm tenemos d(f,,

(0, . . . , 0, 1k

))= 0. esto

contradice que d(f,, 0) 6= 0.

Un comentario acerca de este teorema es su interpretacin en meteo-rologa cuando = {x R3; x < 1} y = S2 = {x R3; x = 1}establece que en dos puntos opuestos (antpodas) de la tierra tenemos elmismo ambiente, es decir la misma temperatura y la misma presin.

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ii

ii


5.3 Aplicaciones de teora de grado

Como aplicaciones importantes tenemos:

Teorema 5.18 (No-retraccin). Sea Rn abierto acotado, no existefuncin continua r : , tal que r(x) = x para todo x .

Demostracin. Si existe una tal aplicacin r. Sea h : [0, 1] Rn,definida por h(x, s) = (1 s)r(x) + sx. Entonces h C( [0, 1],Rn)y h(x, 0) = r(x), h(x, 1) = I(x) = x, si a , y (x, s) [0, 1]entonces h(x, s) = (1 s)r(x) + sx = x, por tanto h(x, s) = x paratodo (x, s) [0, 1], deducimos que h(x, s) 6= a , para todo (x, s) [0, 1], es decir a / h([0, 1]) pues a , el teorema de invarianciahomotpica como r(x) = h(x, 0), entonces d(I,, a) = 1 = d(r,, a)para todo a , como I1 (a) = a, el teorema de existencia de solucionesa r(x) = a implica que existe x0 , tal quer(x0) = a , h(x0, s) = (1s)r(x0)+sx0 = (1s)a+sx0 = a+s(x0a),como h(x0, 1) = x0 y h(x0, 0) = a luego a r() , contradiccin.Esto demuestra el teorema.

Teorema 5.19. (Teorema de punto fijo de Brouwer) Sea = B1(0) ={x Rnx < 1} la bola abierta unitaria en Rn, Sn1 = B1(0) = su frontera, entonces toda aplicacin continua f : B1(0) B1(0) tienepunto fijo.

Demostracin. Si existe a B1(0) tal que f(a) = a entonces nada ademostrar. Supongamos que f(x) 6= x para todo x B1(0).

Sea h(x, t) = x tf(x), entonces h : B1(0) [0, 1] Rn es continuay 0 / h(B1(0) [0, 1]). Ya que por hiptesis

h(x, t) x tf(x) (1 t) > 0en B1(0)[0, 1) y f(x) 6= x para x = 1. Por tanto d(If,B1(0), 0) =d(I,B1(0), 0) = 1, luego existe x B1(0) tal que x f(x) = 0 por elteorema de existencia (teorema 5.13).

Este teorema de punto fijo es generalizado al caso en que es com-pacto no vaco y convexo as:

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5.3. APLICACIONES DE TEORA DE GRADO 53

Teorema 5.20. Sea K Rn conjunto compacto convexo y no vaco yf : K K continua. Entonces f tiene un punto fijo. Resultado igual siK es homeomorfo a un compacto convexo.

Para demostraciones de resultados un poco mas generales sobre teorade puntos fijos de Brouwer vase [51].

Ahora un teorema anunciado, el Teorema del valor intermedio gene-ralizado, el cual enunciamos en el captulo 2 (como teorema (2.4) ).

Teorema 5.21 (Teorema del Valor Intermedio Generalizado, de CarloMiranda). Sean cj > 0 reales, j = 1, . . . , n,

f : [c1, c1] [c2, c2] [cn, cn] Rn,funcin continua, f = (f1, . . . , fn), si f satisface

a) fk(x1, . . . , xk1, ck, xk+1, . . . , xn) 0, |xj | cj , j = 1, . . . , n.y

b) fk(x1, . . . , xk1,ck, xk+1, . . . , xn) 0, |xj | cj , j = 1, . . . , n,

para todo k = 1, . . . , n. Entonces existe x = (x1, . . . , xn), xj cj, talque f(x) = 0.

Demostracin. Primero suponemos

1) fk(x1, . . . , xk1, ck, xk+1, . . . , xn) > 0, |xj | cj , j = 1, . . . , n.2) fk(x1, . . . , xk1,ck, xk+1, . . . , xn) < 0, |xj | cj , j = 1, . . . , n,

para k = 1, . . . , n. Sea

= {x Rn, |xj | < cj , j = 1, . . . , n} = (c1, c1) (cn, cn).

De 1) y 2) vemos que si h(x, s) = (1s)f(x)+sx, entonces h(x, s) 6= 0si (x, s) ( [0, 1]), ya que h(x, 0) = f(x) y h(x, 1) = x deducimosdel Teorema de Invariancia homotpica (teorema 5.12) que

d(f,, 0) = d(I,, 0) = 1,

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por tanto existe x , tal que f(x) = 0 (ver teorema 5.13).Si f slo satisface a) y b) para cada m 1, definimos gm(x) = f(x)+

1mx, entonces gm satisface 1) y 2), por lo tanto existe ym , tal quefm(ym) = f(xm)+

1mym = 0, como es compacto, existe una subsucesin

ymk de ym, convergente, sea x , tal que x = lmk ymk , entonces

0 = lmmk

f(ymk) +1

mkymk = f(x

).

El anterior Teorema del valor intermedio puede enunciarse de nuevoas:

Teorema 5.22. Sean aj < bj nmeros reales, j = 1, . . . , n,

f : [a1, b1] [a2, b2] [an, bn] Rn,

funcin continua, f = (f1, . . . , fn), si f satisface

a) fk(x1, . . . , xk1, ak, xk+1, . . . , xn) 0, para todo xj [aj , bj ],j = 1, . . . , n, y

b) fk(x1, . . . , xk1, bk, xk+1, . . . , xn) 0, para todo xj [aj , bj ],j = 1, . . . , n,

para todo k = 1, . . . , n. O

a) (fk(x1, . . . , xk1, ak, xk+1, . . . , xn) 0, para todo xj [aj , bj ],j = 1, . . . , n, y

b) fk(x1, . . . , xk1, bk, xk+1, . . . , xn) 0, para todo xj [aj , bj ],j = 1, . . . , n.

Entonces existe

x [a,b1] [an, bn], tal que f(x) = 0.

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Sobre aplicaciones sobre.

A menudo se desea saber cuando una aplicacin continua f : Rn Rn es sobreyectiva, es decir, f(Rn) = Rn. Por ejemplo, si f es aplicacinlineal f(x) = Ax donde A es matriz cuadrada real n n inversible, esclaro que en este caso A define un isomorfismo lineal de Rn sobre simismo, entonces es homeomorfismo lineal.

En Particular si A es matriz positivamente definida, se tiene quef A es biyeccin, adems es conocido que por ser homeomorfismo li-neal, existen , > 0 tales que x Ax , an ms, es posibledemostrar en este caso que existe c > 0 tal que Ax, x cx2 paratodo x Rn (producto interno y norma usuales en Rn), esta condicinimplica que lmx

x = lmx

x = . Esta condi-

cin es suficiente para que f sea sobre. En el caso no lineal, con ayudade la teora de grado de Brouwer tenemos:

Proposicin 5.1. Sea f : Rn Rn continua, tal que

lmx

< f(x), x >

x =.

Entonces f(Rn) = Rn.

Demostracin. Sea a Rn, y r > a, h : Br(0) [0, 1] Rn, definidapor h(x, t) = tx + (1 t)f(x) a, vemos que h es continua, h(x, 0) =f(x) a, h(x, 1) = x a. Para r = x tenemos que

h(x, t), x = (1 t)f(x) a+ tx, x r[tr a+ (1 t)< f(x), x >

r

]> 0.

para todo t [0, 1] y r > a suficientemente grande. Por consiguiente,d(f,Br(0), a) = 1 para un tal r, es decir f(x) = a tiene solucin.

Teorema 5.23. Sea abierto acotado de Rn 0 y sea f : Rn {0} continua. Suponemos que la dimensin n es impar. Entoncesexisten x y 6= 0 tales que f(x) = x.

Demostracin. Sin prdida de generalidad suponemos que f C(,Rn)(sino extendemos f a todo usando teorema de Tietze).

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i) Supongamos que para todo s 6= 0 y para todo x es f(x) 6= sx.Como la matriz Jacobiana de (I)(x) = I es la matriz de tamaon n:

1 0 00 1 0

. . . . . . . .0 0 1

y su determinante es (1)n = 1 ya que n es impar, entonces d(I,, 0) =1. Consideramos h,H : [0, 1] Rn, definidas por:

h(x, t) = tx+ (1 t)f(x),H(x, t) = (1 t)f(x) tx,

ambas son continuas, y la hiptesis i) implica que se puede hablar degrado pues h(x, t) 6= 0 y H(x, t) son no nulas para x y t (0, 1]el teorema de invariancia homotpica aplicado a h, H, respectivamenteimplica que:

d(f,, 0) = d(I,, 0),

d(f,, 0) = d(I,, 0).

Como d(I,, 0) = 1 y d(I,, 0) = (1)n = 1 por ser n impar,tenemos 1 = 1 contradiccin. Luego el teorema est demostrado.

La hiptesis n impar no puede se suprimida en el anterior teorema.

En la literatura el anterior teorema se conoce en el caso en que =B1(0 = {x Rn; x < 1} y Sn1 = {x Rn; x = 1} como teoremadel erizo o teorema de la bola peluda, se enuncia as:

Teorema 5.24. Si n es impar, no existe aplicacin continua f : Sn1 Rn tal que f(x) 6= 0 y f(x), x = 0 para todo x Sn1. Tambin sedice que cualquier campo vectorial continuo f : Sn1 Rn tangente aSn1 en todo punto tiene puntos donde se anula, es decir un punto dondef(x) = 0, si n es impar.

En Particular, si n = 3 nos dice que un erizo no se puede peinarsin que quede algn pelo de punta (si por peinar significa poner el pelotangente a la cabeza, de manera continua).

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Si n = 4 la funcin f(x) = (x2,x1, x4,x3) es un campo vectorialde vectores tangentes a S3 R4 que no se anula. De manera similar enR2m, f(x) = (x2,x1, x4,x3, . . . , x2m,x2m1).Sobre aplicaciones abiertas.La teora de grado sirve para ver que se pueden dar condiciones suficientespara que una aplicacin continua sea abierta, El resultado es conocidocomo Teorema de Invariancia del dominio para aplicaciones localmenteuno a uno, es decir para funciones f tales que para todo x en su dominioexista una vecindad V (x) tal que f sea uno a uno en esa vecindad V (x).Ms exactamente:

Teorema 5.25. Sean abierto en Rn y f : Rn continua y local-mente uno a uno. Entonces f es aplicacin abierta.

Demostracin. Basta demostrar que para a existe una bola abiertaBr(a) , tal que f(Br(a)) contiene una bola abierta de centro en f(a).Al tomar {a} como abierto y g(x) = f(x+a)f(a) para x {a},si se necesita, podemos suponer a = 0 y f(0) = 0. Sea r > 0 tal quef|Br(0) sea uno a uno y h : [0, 1] Rn, definida por:

h(x, t) = f(1

1 + tx) f( t

1 + tx).

Tenemos, h es continua, h(., 0) = f , h(x, 1) = f(12x) f(12x) esimpar.Afirmamos que h(x, t) 6= 0 para todo (x, t) Br(0) [0, 1], pues si paraalgn (x, t) all h(x, t) = 0, entonces F entonces f( 11+tx) = f( t1+tx) ycomo f es uno a uno 11+tx = t1+tx, e decir x = 0, una contradiccin,ya que x = r. Por consiguiente, podemos hablar de grado, as:

d(f,Br(0), z) = d(h(., 1), Br(0), 0) 6= 0para todo z en una bola Bs(0) esto implica que Bs(0) f(Br(0)). Elteorema est demostrado.

Este teorema puede ser usado para probar que una funcin continuaf : Rn Rn es sobre, tenemos:Corolario 5.2. Sea f : Rn Rn continua y localmente uno a uno, talque lmx f(x) =. Entonces f(Rn) = Rn, es decir, f es sobre.

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Demostracin. En efecto, f(Rn) es abierto por el anterior teorema, tam-bin cerrado, pues si f(xm) b entonces {xm} es acotada, entoncesposee una subsucesin convergente, sin prdida de generalidad podemossuponer entonces que existe a tal que lmm xm = a, por tanto porcontinuidad f(a) = b. Luego, f(Rn) = Rn, ya que Rn es conexo.

5.4 Grado de Leray-Schauder

Ahora extendemos la nocin de grado a funciones definidas en abier-tos acotados de espacios de Banach Banach E de dimensin infinita,pensando en extender resultados en dimensin finita tales como teore-mas de punto fijo, no existencia de retractos y otros. Veamos algunosinconvenientes que se presentan al tratar de hacer estas extensiones.

Ejemplo 5.2. El Teorema de Punto Fijo de Brouwer no vale endimensin infinita.

Sea f : B1(0) B1(0) aplicacin continua de la bola cerrada uni-taria de el espacio de Banach l2, el espacio de Hilbert (de dimensininfinita) de las sucesiones x = (x1, x2, . . .) de nmeros reales tales que

x2 =n=1

xn2

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5.4. GRADO DE LERAY-SCHAUDER 59

Ejemplo 5.3. Existencia de retraccin de la bola unitaria en sufrontera

Para construir una tal retraccin usamos l2 y la funcin f anterioras: Para x B1(0), consideramos la recta que une x con f(x) B1(0),es decir R(x) = x+t(f(x)x), t R y consideramos el punto donde estarecta pasa por B1(0), esta corta la frontera en dos puntos, uno es f(x)cuando t = 0, consideramos el otro, lo llamamos z (cuando t 6= 1. Lafuncin as definida es continua z : B1(0) B1(0) x z = z(x) llevaentonces B1(0) sobre su frontera y z = z(x) = x para todo x B1(0):Vemos que z = R(x) es la retraccin buscada.

Ahora algo que aumenta la diferencia entre los resultados de dimen-sin finita e infinita:

Ejemplo 5.4. Dos aplicaciones continuas f, g cualesquiera defi-nidas en la esfera unitaria de l2 son homtopas.

En efecto, podemos definir la homotopa siguiente:

H :B1(0) [0, 1] B1(0)(x, t) H(x, t) = R(tf(x)) + (1 t)g(x),

donde R es el retracto del ejemplo anterior.

Los anteriores ejemplos nos dicen que la nocin de grado definidapara todas las aplicaciones continuas en dimension infinita no es til yaque todas tendran el mismo grado (cero). La dificultad radica en que elconjunto de funciones continuas es muy grande. En aplicaciones apare-cen otras caractersticas adems de continuidad. La principal dificultades que en dimensin infinita los conjuntos cerrados y acotados no soncompactos. Una de las herramientas ms tiles para subsanar esta defi-ciencia es el Teorema de Arzela-Ascoli (ver [68]) que nos da compacidadpara subconjuntos acotados en espacios de funciones.

Definicin 5.4. Sean E,F espacios de Banach, y E. Una aplicacinT : F se dice que es compacta, sii) es continua yii) la imagen T (B) de todo acotado B es relativamente compactoen F, es decir T (B) es compacto en F.

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Nos restringiremos al caso E = F y E abierto acotado, estoimplica que la definicin de aplicacin compacta A es equivalente a sercontinua y que toda sucesin {A(xm)} posea una subsucesin convergen-te

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