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Um problema inverso de identificação do
coeficiente de condutividade da equação do
calor envolvendo regiões não simplesmente
conexas
Alexandre Kawano
TESE APRESENTADA
AO
INSTITUTO DE MATEMÁTICA E ESTATÍSTICA
DA
UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
PARA
OBTENÇÃO DO TÍTULO DEDOUTOR
EM
CIÊNCIAS
Área de Concentração: Matemática Aplicada
Orientador: Prof. Dr. Paulo Domingos Cordaro
São Paulo, abril de 2007
Um problema inverso de identificação do coeficiente
de condutividade da equação do calor envolvendo
regiões não simplesmente conexas
Este exemplar corresponde à redação final da tese devi-
damente corrigida e defendida por Alexandre Kawano
e aprovada pela Comissão Julgadora.
São Paulo, 13 de abril de 2007.
Banca Examinadora:
Prof. Dr. Paulo Domingos Cordaro (orientador) - IME/USP
Prof. Dr. Clodoaldo Grotta Ragazzo - IME/USP
Prof. Dr. Raul Gonzalez Lima - POLI/USP
Prof. Dr. Gerson Petronilho - DM/USFSCAR
Prof. Dr. Francisco Gardel Leitão - DM/UFSC
Resumo
Analisamos o problema inverso da identificação do coeficiente de condutividade1 + ρ da
equação do calor.
Provamos um resultado de unicidade para uma versão linearizada desse problema emRn,
paran ímpar, que não depende da hipótese sobre a posição relativa entre o suporte, assumido
compacto, da função desconhecidaρ e um aberto limitadoΩ∗, onde as medidas de temperatura
são efetuadas. Provamos o caso em quesupp(ρ) pode ser não simplesmente conexo, e queΩ∗
pode pertencer à uma de suas componentes limitadas.
Trata-se de uma extensão, paran ímpar, de um teorema provado por Elayyan e Isakov.
Abstract
We analyze the inverse problem of identifying the conductivity coefficient1+ρ of the heat
equation.
We prove an uniqueness result for a linearized version this problem inRn for n odd that
does not depend on hypothesis about the relative position ofthe support of the unknown func-
tion ρ, assumed to be compact, with respect to a bounded open setΩ∗, where temperature
measurements are taken. We proved a result in whichsupp(Ω) can be not simply connected,
andΩ∗ can belong to one of its bounded connected components.
It is an extension, forn odd, of a theorem proved by Elayyan and Isakov.
Agradecimentos
Tenho muitas razões para agradecer ao meu orientador, o Professor Paulo Domingos Cordaro.
Algumas são relacionadas ao ofício da própria orientação, como por exemplo, a seleção de
disciplinas importantes para a minha formação, e a observância de prazos para etapas a serem
cumpridas. Entretanto, outras razões ultrapassam as fronteiras do puro dever para alcançar o
domínio da extrema competência no trato da pessoa do orientando.
Aqui destaco apenas dois exemplos. Durante quatro semestres, o Professor Paulo assistiu
semanalmente minhas apresentações de seminário, sempre mecorrigindo e ensinando com
paciência. Durante a preparação de um artigo submetido a umarevista e desta tese, ele me
acompanhou quase que diariamente, fazendo correções e observações.
O Professor Paulo se fez para mim um modelo a ser seguido, que alterou minha atitude
com relação aos meus próprios alunos. Passei a sentir maior responsabilidade pela formação
acadêmica daqueles que de alguma forma possam depender de mim.
Agradeço também ao Professor Oscar Fortunato Vilcachagua Erazo, que durante um ano
participou dos seminários acima citados, e aos docentes do IME que foram também meus pro-
fessores em diversos cursos oferecidos pelo Instituto, os professores doutores: Alfredo Jorge
Aragona Vallejo, Antonio Luiz Pereira, Clodoaldo Grota Ragazzo, Elisabeti Kira, Elói Medina
Galego, Helena Maria Ávila de Castro, Ofélia Teresa Alas, Paolo Piccione, Roseli Fernandez,
Sérgio Muniz Oliva, Trajano Couto Machado, Vera Lucia Carrara e Zara Issa Abud.
E por fim, não posso deixar de agradecer à Escola Politécnica da Universidade de São Paulo
pelo apoio recebido.
Conteúdo
1 Introdução 2
1.1 Enunciado de um problema de identificação de um coeficiente da Equação do
Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Linearização do problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4
1.2 Objeto da tese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Plano geral do trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 7
2 O resultado de Elayyan e Isakov 8
2.1 Prova de unicidade para o problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 10
3 Extensão do resultado de Elayyan e Isakov 13
3.1 Recapitulação importante sobre a determinação do coeficiente de condutivi-
dade da Equação do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.2 Proposta do problema a ser resolvido na tese . . . . . . . . . . .. . . . . . . . 14
3.3 Transformação do problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 15
3.3.1 Transformação da Equação do Calor em um problema hiperbólico . . . 16
3.3.2 Solução do problema hiperbólico . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 24
3.4 Transformação do dado sintetizado emΓΩ∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.5 Prova da unicidade para a recuperação deρ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.5.1 O uso de médias esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
A Enunciados de alguns teoremas 45
A.1 Resultados da teoria dos espaços de Sobolev . . . . . . . . . . .. . . . . . . . 45
A.2 Alguns resultados para a Equação do Calor . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 45
A.2.1 O conceito de solução fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .45
A.2.2 Espaços de solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
A.2.3 Uma estimativa para a solução da Equação do Calor em função dos
dados iniciais e de fronteira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
i
1
A.3 Solução para a Equação da Onda não homogênea . . . . . . . . . . .. . . . . 49
A.4 Teorema de Paley Wiener . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 50
A.5 Teorema do Mínimo Módulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .51
A.6 Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 52
A.6.1 A transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .53
A.6.2 Algumas propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Capítulo 1
Introdução
Problemas inversos se caracterizam pela busca da determinação das causas a partir das con-
seqüências, ou ainda dos parâmetros de um sistema, dado o parentrada/saída.
Comumente, um sistema físico é modelado por equações diferenciais ordinárias ou parci-
ais, ou equações integrais; em geral o problema direto consiste na resolução delas, e o inverso,
na determinação das condições de contorno ou iniciais, ou ainda de alguns dos coeficientes das
equações.
Há quem sugira [11] que o problema inverso mais antigo de que se tem notícia é a estima-
ção indireta do diâmetro da Terra através do tamanho de sombras por Eratóstenes em 200 AC.
De lá para cá, muitas aplicações práticas importantes na indústria e na medicina que envolvem
a determinação das causas a partir das conseqüências surgiram no mundo moderno. São exem-
plos a tomografia por raios-X e o tratamento de imagens em que se busca a versão mais nítida
possível de uma foto borrada.
Paralelamente, e também inspiradas por algumas aplicaçõespráticas, várias questões ma-
temáticas foram formuladas, sendo uma delas aquela formulada por Marc Kac em 1966,“Can
you hear the shape of a drum?”[8], de se perguntar se seria possível determinar-se univo-
camente a forma de um tambor a partir da informação de suas freqüências de ressonância. A
resposta, negativa, para regiões em duas dimensões veio somente em 1991, como é contada em
[2].
O problema a ser tratado na tese, a ser descrito nesta introdução (Seção 1.2) e com mais
precisão no Capítulo 3, concerne a determinação de um coeficiente da Equação do Calor, mais
precisamente o coeficiente de condutividade térmica do material suposto não constante espa-
cialmente, conhecida a distribuição de temperatura em uma região do corpo para condições
iniciais de temperatura bem definidas.
Mesmo que ele, o problema, tenha vida própria do ponto de vista estritamente matemá-
tico, gostaríamos de mencionar pelo menos uma aplicação industrial importante para a teoria
2
3
desenvolvida nesse trabalho.
Em estruturas sujeitas à carregamentos cíclicos sucetíveis à falhas por fadiga, é imperativo
que eventuais trincas sejam detectadas prematuramente (ver por exemplo [13], [9]). Assim,
atualmente são usados métodos clássicos como o de correntesparasitas, raios-X e ultra-som,
que necessitam varrer toda a extensão da estrutura.
A determinação da presença de rachaduras em materiais condutores de eletricidade é pos-
sível pelo método da tomografia por impedância elétrica [1] no qual a vantagem principal,
quando comparado aos métodos clássicos, é que as medidas sãofeitas apenasna bordado
membro estrutural sendo pesquisado. Entretanto, quando são usados materiais modernos como
as cerâmicas, que são isolantes elétricos, o método da tomografia por impedância não funciona
mais.
Uma solução é substituir o fenômeno elétrico e o modelo matemático associado, pelo fenô-
meno de condução térmica com sua Equação do Calor. O problemapassa a ser a determinação
do coeficiente de condutividade térmica ao longo do espaço: quando o valor determinado dife-
rir significativamente do valor antecipado, isto é, supondoo corpo intacto, então possivelmente
haverá a presença de uma trinca.
Mas a detecção da trinca somente será possível se a determinação do coeficiente de condu-
tividade se der de modounívoco. Propomos na tese a extensão de um teorema já publicado [3]
que garante a unicidade sob algumas hipóteses.
1.1 Enunciado de um problema de identificação de um coeficiente
da Equação do Calor
Sejam os abertos limitados não vaziosΩ ⊂ Rn com fronteira∂Ω regular de classeC2 por
partes eΩ∗ ⊂ Rn tal queΩ∗⋂Ω = ∅. Sejam também um pontox0 ∈ Ω∗ e uma função
ρ : Rn → R, ρ ∈ H2m+1(Rn), com suportesupp(ρ) ⊂ Ω; 2m ≥ [n/2], 2m ∈ Z+, em que
[x] retorna o maior número inteiro menor ou igual ax que o aproxima. Considere agora uma
soluçãoux0 da equação
∂ux0
∂t− div((1 + ρ)~ux0) = δ ⊗ δx0 , em [0, T ] × R
n
ux0 = 0, em0 × Rn.
(1.1)
O problema é recuperarmos a funçãoρ dado o conhecimento sintetizado no conjunto
ΓΩ∗ = ux(T, x) |x ∈ Ω∗ . (1.2)
Fisicamente,ΓΩ∗ incorpora a informação sobre a temperatura no instanteT , em cada ponto
x ∈ Ω∗ após a aplicação de uma carga térmicaδ ⊗ δx aplicada no mesmo pontox, emt = 0.
4
Observação1.1. O fato da solução do problema inversoρ estar no espaçoH2m+1(Rn), com
2m ≥ [n/2], 2m ∈ Z+, faz com que faça sentido tomar-se valores deux em cada ponto(T, x),
como justificaremos adiante na Proposição 1.1.
O problema é não–linear e muito instável numericamente. Em busca de uma solução apro-
ximada para o problema, Elayyan e Isakov [3] sugerem sua linearização.
Para a prova de que a equação linearizada se aproxima da equação dada, precisamos de um
teorema, o Teorema A.4 enunciado no apêndice, para uma estimativa da solução da Equação
do Calor em função dos dados iniciais e de fronteira.
1.1.1 Linearização do problema
Interpretamosρ ∈ H2m+1(Ω), supp(ρ) ⊂ Ω como uma perturbação em torno da unidade para
a formação do coeficiente1 + ρ da Equação (1.1).
Denotamos porux0 a solução do problema não perturbado:
∂
∂tux0 − div~ux0 = δ ⊗ δx0 , em [0, T ] × R
n
ux0 = 0, em0 × Rn \ x0 .
(1.3)
Sabe-se que a solução de (1.3) é dada por
ux0 =
1(√4πt)n exp
[−‖x−x0 ‖2
4t
], t > 0
0, t ≤ 0
(1.4)
Chamamos deux0,ρ a solução do problema do calor com a perturbaçãoρ:
∂
∂tux0,ρ − div
((1 + ρ)~ux0,ρ
)= δ ⊗ δx0 , em [0, T ] × R
n
ux0,ρ = 0 ,em0 × Rn \ x0.
(1.5)
Usando (1.3) e (1.5), obtemos uma equação paravx0,ρ.= ux0,ρ − ux0 :
∂
∂tvx0,ρ − ∆vx0,ρ = div
(ρ~vx0,ρ
)+ div
(ρ~ux0
), em [0, T ] × R
n
vx0,ρ = 0, em0 × Rn \ x0.
(1.6)
Podemos ainda manipular (1.6) para obter uma equação equivalente:
∂
∂tvx0,ρ − div((1 + ρ)~vx0,ρ) = div(ρ~ux0), em[0, T ] × R
n
vx0,ρ = 0, em0 × Rn \ x0.
(1.7)
5
Basta resolver (1.7) para obtermosvx0,ρ, e a partir dela, conhecendo-seux0, temos
ux0,ρ = vx0,ρ + ux0 .
É necessário verificarmos se faz sentido tomar-se a temperatura em um ponto em um ins-
tantet > 0 determinado.
Proposição 1.1.A funçãovx0,ρ é contínua nas variáveis temporal e espacial.
Prova: No problema (1.7), façah.= div(ρ~ux0). ComoΩ
⋂Ω∗ = ∅, a regularidade deh
depende somente da regularidade deρ, isto é, comoρ ∈ H2m+1(Rn), temos que
dkh
dtk∈ L2(0, T ; H2m(Rn)), parak = 0, . . . ,m.
Pela Proposição A.3, temos
vx0,ρ ∈ L2(0, T ; H2m+2loc (Rn)),
v′x0,ρ ∈ L2(0, T ; H2mloc (Rn)).
Pela Proposição A.1,
vx0,ρ ∈ C0([0, T ],H2m+1loc (Rn)).
Como por hipótese2m+1 ≥ [n/2]+1, pela Proposição A.2vx0,ρ é contínua nas variáveis
temporal e espacial.
Resolvendo a Equação (1.7) para cadaρ ∈ H2m+1(Rn), supp(ρ) ⊂ Ω, temos um operador
F , ρF7→ vx0,ρ ⊂ C0([0, T ],L2
loc(Rn)) que é não linear. Note queρ é a incógnita do problema
inverso.
Suprimindo o primeiro termo do lado direito da Equação (1.6), obteremos uma equação em
vx0 , que resolvida para cadaρ, fornece um operadorlinear ρ 7→ vx0.
∂
∂tvx0 − ∆vx0 = div
(ρ~ux0
),em [0, T ] × R
n
vx0 = 0 ,em0 × Rn.
(1.8)
Observação1.2. Se a Equação (1.5) for usada para definir um operadorρG7→ ux0,ρ, então (1.8)
corresponde à derivada de Gateaux deG.
É claro que devemos provar que em algum sentido razoável a aproximação obtida por essa
linearização do problema é válida. Se a diferença entrevx0,ρ evx0 for pequena, entãoux0 +vx0
aproximaux0,ρ, que é a solução exata do problema perturbado (1.5).
Podemos ver queρ é contínua pelo Teorema do Mergulho de Sobolev. Esse teoremaafirma
queHs(Rn) → C(Rn) quandos > n/2. Comos = 2m+1 ≥ [n/2]+1 > n/2−1+1 = n/2,
vemos que de fato,ρ é mesmo contínua.
6
Lema 1.2. Suponha que‖ ρ ‖L∞(Ω) < ǫ. Então existeC > 0 independente deǫ tal que
|vx0 − vx0,ρ|[0,T ]×Rn < Cǫ2.
Prova: Inicialmente, mostremos que|vx0,ρ|Rn×]0,T [ < Cǫ.
Podemos limitar o termo do lado direito de (1.7), lembrando que comox0 ∈ Ω∗ eΩ∗⋂Ω =
∅, ux0 dada por (1.4) éC∞ emΩ × [0, T ]. Além disso,ρ é nula fora deΩ. Assim,∃C > 0 tal
que ∥∥∥ ρ~ux0
∥∥∥L2([0,T ]×Rn)
< Cǫ.
Agora, usando o Teorema A.4, temos, após renomear a constanteC:
|vx0,ρ|[0,T ]×Rn ≤ C∥∥∥ ρ~ux0
∥∥∥L2([0,T ]×Rn)
< Cǫ. (1.9)
Para mostrar que|vx0 −vx0,ρ|Rn×[0,T ] < Cǫ2, comparamos a equação não linearizada (1.6)
com a linearizada (1.8) para obter
∂
∂t(vx0,ρ − vx0) −(vx0,ρ−vx0) =
div(ρ~vx0,ρ),em [0, T ] × R
n
vx0,ρ − vx0 = 0 ,em0 × Rn.
(1.10)
Agora, usando a estimativa (1.9) e novamente o Teorema A.4, temos
|||vx0,ρ − vx0|||[0,T ]×Rn ≤C∥∥∥ ρ ~vx0,ρ
∥∥∥L2([0,T ]×Rn)
<Cǫ∥∥∥ ~vx0,ρ
∥∥∥L2([0,T ]×Rn)
< Cǫ|vx0,ρ|[0,T ]×Rn < Cǫ2.
Tendo concluído que a solução da equação linearizada aproxima a Equação (1.6), passamos
a resolver o problema da identificação deρ em (1.8), que é o objeto de estudo da tese.
1.2 Objeto da tese
Elayyan e Isakov [3] provam que o dado
ΓΩ∗ = vx(T, x) |x ∈ Ω∗ (1.2 rep.)
é suficiente para identificar univocamenteρ na equação
∂
∂tvx0 − ∆vx0 = div
(ρ~ux0
),em [0, T ] × R
n,
vx0 = 0 ,em0 × Rn,
(1.8 rep.)
7
quandoΩ∗ está contido na componente ilimitada de∁Ω.
No presente trabalho, estenderemos o resultado removendo essa restrição topológica para
o caso da dimensão espacial ser ímpar.
O Teorema de Elayyan e Isakov é ainda enunciado em [6] na versão restrita.
1.3 Plano geral do trabalho
No capítulo seguinte, apresentamos formalmente o teorema provado por Elayyan e Isakov,
em cuja demonstração propriedades de funções analíticas reais e o Teorema de Paley-Wiener
são empregados. No Capítulo 3, propomos a extensão do resultado de Elayyan e Isakov,
enunciando-a no Teorema 3.1. Sua prova envolve a transformação da Equação do Calor em
um problema hiperbólico e a utilização de médias esféricas.
Capítulo 2
O resultado de Elayyan e Isakov
Após ter feita a linearização do problema no capítulo anterior, apresentamos agora o problema
resolvido por Elayyan e Isakov em [3].
Teorema 2.1.Sejam: um abertoΩ ⊂ Rn limitado não vazio, sendoW a componente conexa
ilimitada de∁Ω, Ω∗ ⊂ Rn limitado não vazio tal queΩ∗ ⊂ W , e uma funçãoρ : R
n → R,
ρ ∈ L∞(Rn), comsupp(ρ) ⊂ Ω.
Considere agora a Equação (1.8 repetida):
∂
∂tvx0 − ∆vx0 = div
(ρ~ux0
),em[0, T ] × R
n
vx0 = 0 ,em0 × Rn.
A solução da equação évx0(t, x).
O conhecimento sintetizado no conjunto
ΓΩ∗ = vx(T, x) |x ∈ Ω∗
recupera univocamente a funçãoρ.
Observação2.1. O espaço da funçãoρ, que tem suporte emΩ, foi alterado deH2m+1(Rn),
usado nas seções anteriores, paraL∞(Ω). A restrição anterior havia sido colocada para garantir
que a solução da Equação do Calor resultasse em uma função contínua, de modo a fazer sentido
físico a medida da temperatura em um ponto. Entretanto, parao problema linearizado, mesmo
queρ ∈ L∞(Ω), a soluçãovx0(t, x) é contínua nos pontos onde ela será medida, como veremos
através de sua fórmula explícita.
Observação2.2. A distribuição que aparece no lado direito da equação do Teorema 2.1,
div(ρ~ux0
), faz sentido quando atua em funções testeφ ∈ C∞
c ([0,+∞) × Rn).
8
9
A ação dediv(ρ~ux0
)emφ pode ser compreendida através da seguinte manipulação,
que se vale da definição da operação da derivação de distribuições:∫ +∞
0
∫
Rn
div(ρ~ux0
)(t, x)φ(t, x) dxdt =
=
n∑
j=1
∫ +∞
0
∫
Rn
∂
∂xj
(ρ∂ux0
∂xj
)(t, x)φ(t, x) dxdt =
= −∫ +∞
0
∫
Rn
ρ(x)~ux0(t, x) ~φ(t, x) dxdt.
Elayyan e Isakov solucionaram o problema da identificação deρ convertendo-o em uma
equação de convolução. Analisemos seus passos.
Usando a solução fundamental da Equação do Calor
G(t, x) =
1
(4πt)n/2exp
[(− |x|2
4t
)]; t > 0, x ∈ R
n,
0; t ≤ 0,
(2.1)
a solução de (1.8) pode ser expressa por
vx0(t, x) = −∫ t
0
∫
Ωρ(y) ~G(x− y, t− τ) ~ux0(y, τ) dydτ. (2.2)
Substituindo as fórmulas paraux0 eG, respectivamente (1.4) e (2.1) em (2.2), temos:
vx0(t, x) = − 1
4n+1πn∫ t
0
∫
Ωρ(y)
(x− y) (x0 − y)
((t− τ)τ)n/2+1exp
[− |x− y|2
4(t− τ)− |x0 − y|2
4τ
]dydτ. (2.3)
Por compatibilidade com o dado (1.2) do problema inverso, colocamos o sensor na mesma
posição da fonte de calor, isto é, fazemosx = x0, e fixamost = T . Dai, a distribuição de
temperatura emx ∈ Ω∗ é dada por
vx(T, x) = − 1
4n+1πn∫ T
0
∫
Ωρ(y)
|x− y|2((T − τ)τ)n/2+1
exp
[− |x− y|2T
4(T − τ)τ
]dydτ. (2.4)
Para simplificar a notação, chamamos
v(t, x).= vx(t, x)
O problema inverso passa a ser encarado como: Dado o conhecimento dev(T, x) para
x ∈ Ω∗, determinarρ ∈ L∞, supp(ρ) ⊂ Ω tal que satisfaça
Aρ = v, (2.5)
10
em que
Aρ(x) = k ∗ ρ =
∫
Ωk(x− y) ρ(y) dy, x ∈ Ω∗ (2.6)
e
k(x) = − 1
4n+1πn
∫ T
0
|x|2((T − τ)τ)n/2+1
exp
[− |x|2T
4(T − τ)τ
]dτ.
Para a prova da unicidade do problema proposto, usaremos a Transformada de Fourier e o
conhecimento de fatos sobre o crescimento de funções holomorfas. Precisaremos do Teorema
de Paley–Wiener (Teorema A.5) e de um resultado conhecido como o Teorema do Mínimo
Módulo (Teorema A.6).
Agora estamos em condições de provar a unicidade para o Problema (2.5), isto é supondo
que existe alguma soluçãoρ, ela é única.
2.1 Prova de unicidade para o problema
Teorema 2.2(Unicidade). SejaF = ρ ∈ L∞(Rn) | supp(ρ) ⊂ Ω. Dada v ∈ A(F ), A
descrito em (2.6), existe somente uma funçãoρ ∈ F , tal que a equação
Aρ(x) = v(x), ∀x ∈ Ω∗
seja satisfeita.
Observação2.3. Lembre-se de queΩ ⊂ Rn é aberto limitado não vazio, sendoW a compo-
nente conexa ilimitada de∁Ω. Ω∗ ⊂ Rn é outro aberto limitado não vazio tal queΩ∗ ⊂W .
Dada a natureza do operadorA, a funçãov é real analítica emRn \ Ω. Assim, sev se
anular em um aberto deRn \ Ω, v será automaticamente nula na componente conexa que
contiver esse aberto. Em particular, tomaremos esse abertocomo sendoΩ∗ e provaremos que
necessariamenteρ ≡ 0.
Preparando a prova do teorema, tomemos a transformada de Fourier de (2.6), ou seja, de
k ∗ ρ = v:
k ρ = v (2.7)
A transformada de Fourier dek,
k(ξ) =
∫
Rn
k(x) exp [−ı xξ] dx
é facilmente calculada lembrando que para qualquerw ∈ S′, S
′ sendo o dual do espaço das
funções rapidamente decrescentes de Schwartz (ver p.ex. [5]), vale xjw = ı ∂ξjw(ξ), e dai:
x2w = − w
11
Assim, como a transformada de Fourier dew(x) = exp[−λ|x|2
2
], λ > 0, é
w(ξ) =(2π)n/2
λn/2exp
[−|ξ|2
2λ
], (2.8)
temos
F
(|x|2exp
[−λ|x|
2
2
])= −(2π)n/2
λn/2+1
( |ξ|2λ
− n
)exp
[−|ξ|2
2λ
].
Agora a transformada de Fourier dek pode ser calculada:
k(ξ) =
∫
Rn
− 1
4(4π)n
∫ T
0
|x|2((T − τ)τ)n/2+1
e− |x|2T
4(T−τ)τ dτ
︸ ︷︷ ︸k(x)
e−ı xξ dx.
Aplicando o Teorema de Tonelli para trocar a ordem de integração e usando (2.8) com
λ =T
2τ(T − τ),
temos:
k(ξ) = cn
∫ T
0
(2τ(T − τ)
T|ξ|2 − n
)exp
[−|ξ|2 τ(T − τ)
T
]dτ, (2.9)
em que
cn =1
2n+1πn/2T n/2+1.
Lema 2.3 (Minoração de|k|). Dado ξ0 ∈ Rn não nulo, existeǫ > 0 tal que para todoζ da
formaζ = ıRξ0, em queR > 0, vale a desigualdade
|k(ζ)| ≥ ǫ exp[ǫR2|ξ0|2
].
Prova: Basta substituirζ = ıRξ0 no lugar deξ na Fórmula (2.9).
k(ζ) = cn
∫ T
0
(−2τ(T − τ)
TR2|ξ0|2 − n
)exp
[R2|ξ0|2
τ(T − τ)
T
]dτ.
Logo, como as duas parcelas do integrando têm o mesmo sinal,
|k(ζ)| ≥ cnn
∫ T
0exp
[R2|ξ0|2
τ(T − τ)
T
]dτ.
Masτ(T − τ) ≥ 316T
2 paraτ ∈ [T4 ,3T4 ]. Então
|k(ζ)| ≥ cnnT
2exp
[R2|ξ0|2
3
16T
]= cnn
T
2exp
[R2|ξ0|2
3
16T
].
Agora, basta escolherǫ = mincnnT2 ,
316T.
12
Procedemos agora à prova do Teorema 2.2.
Prova: Como o problema é linear, basta suporv = 0 emΩ∗, e provar queρ ≡ 0. Suponhamos
queρ 6≡ 0 e chegaremos a um absurdo.
Comov = 0 emΩ∗ ⊂W , ev é real–analítica emW , podemos concluir quev tem suporte
compacto.
Pelo Teorema de Paley-Wiener (A.5), sabemos quev : Cn → C é inteira, e que existe
C > 0 tal que:
|v(ζ)| ≤ C exp [C |ζ|] , ∀ζ ∈ Cn. (2.10)
Também pelo Teorema de Paley-Wiener,ρ é uma função inteira de ordem estrita1 con-
forme mostrado no Apêndice A, página 52. Comoρ 6≡ 0, existe algumξ0 ∈ Rn não nulo tal
que ρ(ξ0) 6= 0. Isto é, a função de uma variável complexaz 7→ ρ(zξ0) é inteira e não iden-
ticamente nula. TomandoC1 = |ξ0|−1, pelo Teorema do Mínimo Módulo (A.6), existe uma
seqüência(zj) ⊂ C, zj = ıRj , Rj > 0, Rj → +∞ tal que
|ρ(zjξ0)| > exp [−C1|zj ||ξ0|] = exp [−C1Rj |ξ0|] . (2.11)
Usando em (2.7) a mesma seqüência(zj) utilizada a pouco, temos:
k(ıRjξ0) ρ(ıRjξ0) = v(ıRjξ0),
ou seja,
k(ıRjξ0) =v(ıRjξ0)
ρ(ıRjξ0)≤ Cexp [CRj|ξ0|]
exp [−C1Rj|ξ0|]≤ Cexp [(C + C1)Rj |ξ0|] . (2.12)
Mas o crescimento obtido em (2.12) é incompatível com o resultado do Lema 2.3. Logo,
ρ ≡ 0.
Capítulo 3
Extensão do resultado de Elayyan e
Isakov
Propomos fazer uma extensão do resultado de Elayyan e Isakov, Teorema 2.1, ou equivalente-
mente Teorema 2.2, mostrado no capítulo anterior, no sentido que a restrição sobre o posicio-
namento deΩ∗ na componente conexa ilimitada de∁Ω é removida.
3.1 Recapitulação importante sobre a determinação do coeficiente
de condutividade da Equação do Calor
Recordemos a restrição imposta por Elayyan e Isakov para o posicionamento dos abertos li-
mitados deRn envolvidos no problema. Temos dois abertos:Ω∗, onde são feitas as medidas
da temperatura, eΩ, onde está o suporte da função incógnitaρ. Eles são tais que sendoW a
componente conexa ilimitada de∁Ω então
Ω∗ ⊂W. (3.1)
Como conseqüência, temosΩ∗⋂Ω = ∅.
Esquematicamente a situação está ilustrada na Figura 3.1.
Tal restrição se deve essencialmente ao seguinte fato: com ela, a funçãov : Rn → R
definida por
v(x) = Aρ(x) =
∫
Ωk(x− y) ρ(y) dy, x ∈ Ω∗,
em que
k(x) = − 1
4n+1πn
∫ T
0
|x|2((T − τ)τ)n/2+1
exp
[− |x|2T
4τ(T − τ)
]dτ
13
14
Ω
Ω∗
Figura 3.1:Ω∗ está contido na componente conexa ilimitada de∁Ω∗.
é real analítica em∁Ω. Assim, se sabemos quev se anula em um conjunto qualquer que
tenha um ponto de acumulação, em particular quev se anula no abertoΩ∗ ⊂ W , entãov
terá suporte compacto, e o Teorema de Paley-Wiener pode ser aplicado para fornecer uma
estimativa para o crescimento da transformada de Fourier dev, como foi feito no capítulo
anterior. A conseqüência é a prova de unicidade para o problema inverso (2.5), sob aquela
restrição topológica.
Por outro lado, se a restriçãoΩ∗ ⊂ W for removida, a funçãov pode não possuir suporte
compacto, e o argumento não pode ser repetido.
3.2 Proposta do problema a ser resolvido na tese
Propomos retomar o problema da prova da unicidade para a determinação do coeficiente de
condutividadeρ da Equação do Calor (1.1) em sua versão linearizada (1.8), mas sem a restrição
(3.1). Especificamente, consideraremos também o caso paraΩ e Ω∗ como esquematizado na
Figura 3.2.
Ω
Ω∗
Figura 3.2: Posicionamento relativo entreΩ e Ω∗ que será coberto pela extensão proposta do
Teorema (2.2)
15
Especificamente, propomos provar o teorema:
Teorema 3.1. Sejam dois abertos limitados não vazios deRn, n ímpar, Ω e Ω∗, tais que
Ω⋂
Ω∗ = ∅, uma funçãoρ ∈ Cn(Rn) com suportesupp(ρ) ⊂ Ω, um pontox0 ∈ Ω∗ e uma
soluçãoux0 da equação
∂ux0
∂t−ux0 = div
(ρ~ux0
), em[0,+∞) × R
n,
ux0 = 0, em0 × Rn,
(3.2)
em queux0, a solução fundamental da Equação do Calor, é dada por
ux0 =
1(√4πt)n exp
[−‖x−x0 ‖2
4t
], t > 0,
0, t ≤ 0.
Então, o dado sintetizado no conjunto
ΓΩ∗ = ux(t, x) |x ∈ Ω∗, a < t < b , (3.3)
em que0 < a < b, determina univocamenteρ ∈ Cn(Rn).
Observação3.1. Comoρ ∈ Cn(Rn) tem suporte compacto, podemos garantirρ ∈ H(n−1)+1(Rn).
Como
n− 1 ≥ [n/2], ∀n = 1, 2, . . .
a Proposição 1.1 provada na página 5 garante que a solução da Equação do Calor (1.5) é
contínua tanto na variável temporal como na espacial.
3.3 Transformação do problema
Para provar o teorema posto na seção precedente, iremos transformar a Equação (3.2) em uma
Equação da Onda na forma
∂2ux0
∂τ2(τ, x) −ux0(τ, x) = gx0(τ, x), ∀(τ, x) ∈ [0,+∞) × R
n,
ux0(τ, x) = 0, ∀(τ, x) ∈ 0 × Rn,
∂ux0
∂τ(τ, x) = 0, ∀(τ, x) ∈ 0 × Rn,
(3.4)
em quex0 ∈ Ω∗, egx0(τ, x) é uma distribuição1 a ser definida posteriormente nas variáveisτ
ex.1Por uma questão de clareza, escrevemosgx0
(τ, x) para designar as variáveis em que a distribuição age.
16
3.3.1 Transformação da Equação do Calor em um problema hiperbólico
Precisaremos do espaço das funções rapidamente decrescentesS (R, C∞c (Rn)), definido como
sendo o conjunto das funçõesφ ∈ C∞(R, C∞c (Rn)) tais que∀k,m ≥ 0,
(tk
dmφ
dtm(t)
)| t |→+∞−−−−−→ 0 emC∞
c (Rn).
Observação3.2. Podemos interpretar o espaçoS (R, C∞c (Rn)) fazendo a identificação de cada
um de seus elementost 7→ φ(t) ∈ C∞c (Rn) com uma funçãoφ em C∞(R × R
n) tal que
φ(t, x) = φ(t)(x), e queφ tem as propriedades:
1. Para todot ∈ R fixo, φ(t, ·) ∈ C∞c (Rn).
2. Para todox ∈ Rn fixo, φ(·, x) ∈ S(R).
Devido à naturalidade da identificação, a seguir usaremos indistintamenteφ também para de-
notarφ, sendo o significado claro dentro do contexto.
Devemos fazer mais algumas definições importantes.
Definição 3.1.
S ([0,+∞), C∞c (Rn)) =
φ|[0,+∞) |φ ∈ S (R, C∞
c (Rn)).
S ([0,+∞), C∞c (Rn)) =
φ ∈ S ([0,+∞), C∞
c (Rn))∣∣∣d
mφ
dtm(0) = 0, ∀m ∈ Z+
.
Os espaços duais deS ([0,+∞), C∞c (Rn)) e deS ([0,+∞), C∞
c (Rn)) são denotados por
S′ ([0,+∞),D′(Rn)) e porS′ ([0,+∞),D′(Rn)) respectivamente.
Para o caso em quev ∈ S′ ([0,+∞),D′(Rn)) tem representação por uma função, o parea-
mento dual entrev eφ ∈ S ([0,+∞), C∞c (Rn)) exprime-se por
〈v , φ〉 =
∫ +∞
0v(τ)φ(τ) dτ.
Considere a transformação
H : S([0,+∞), C∞c (Rn)) → S([0,+∞), C∞
c (Rn))
definida por
H(ψ)(τ)(x) =
∫ +∞
0
1√πt
exp
[−τ
2
4t
]ψ(t, x) dt. (3.5)
A integral está bem definida pois parax ∈ Rn fixo, ψ(·, x) ∈ S([0,+∞]).
17
Formalmente, as derivadas deH(ψ) com relação aτ são somas finitas de parcelas múltiplas
de termos do tipo
T (m, j)(τ)(x) =
∫ +∞
0
exp[− τ2
4t
]
tm/2τ jψ(t, x) dt, (3.6)
em quem ∈ 1, 2, . . . e j ∈ 0, 1, . . .. O fato deψ ∈ S([0,+∞), C∞c (Rn)), é importante
para queT (m, j) esteja bem definido paraτ ≥ 0.
Lema 3.2. Fixadoj ≥ 1 e t > 0,
supτ∈[0,+∞)
τ j exp
[−τ
2
4t
]=
(2j
e
)j/2
tj/2.
Prova: Basta derivar com relação àτ e igualar a zero para determinar o ponto de máximo.
Proposição 3.3.Paraψ ∈ S ([0,+∞), C∞c (Rn)) vale
H(ψ) ∈ S([0,+∞), C∞c (Rn)),
Prova:
1. Mostremos inicialmente que para a funçãoT definida em (3.6) vale
T (m, j)(τ)(x)τ→+∞−−−−→ 0, ∀m ≥ 1 ,∀j ≥ 0.
a) Paraj = 0, temos que vale para o integrando:∣∣∣∣ψ(t, x)
tm/2exp
[−τ
2
4t
] ∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣ψ(t, x)
tm/2
∣∣∣∣ , ∀t > 0, ∀m = 0, 1, . . .
que por sua vez é integrável como função det em ]0,+∞), ∀m = 0, 1, . . .. Logo,
pelo Teorema da Convergência Dominada, temos
limτ→+∞
∣∣∣∣∣∣
∫ +∞
0
exp[− τ2
4t
]
tm/2ψ(t, x) dt
∣∣∣∣∣∣≤
≤ limτ→+∞
∫ +∞
0
∣∣∣∣ψ(t, x)
tm/2
∣∣∣∣ exp
[−τ
2
4t
]dt =
=
∫ +∞
0
∣∣∣∣ψ(t, x)
tm/2
∣∣∣∣ limτ→+∞
exp
[−τ
2
4t
]dt = 0, ∀m = 0, 1, . . .
18
b) Paraj ≥ 1, usamos a majoração do lema 3.2.∣∣∣∣ψ(t, x)
tm/2
∣∣∣∣ τ j exp
[−τ
2
4t
]≤∣∣∣∣2j
e
∣∣∣∣j/2
tj/2
∣∣∣∣ψ(t, x)
tm/2
∣∣∣∣ ,
que é integrável em]0,+∞), ∀m = 0, 1, . . ., poisψ ∈ S(]0,+∞), C∞c (Rn)).
Dai, aplicando o Teorema da Convergência Dominada, temos a conclusão
limτ→+∞
∫ +∞
0
exp[− τ2
4t
]
tm/2τ j ψ(t, x) dt = 0.
2. Em (3.5) fazemos a identificação natural apontada na Observação 3.2:
ψ(t)(x) = ψ(t, x),
interpretandoψ(t, ·) como uma função emC∞c (Rn) para todot ∈ [0,+∞) fixado.
Com essa identificação fica claro que paraψ ∈ S([0,+∞), C∞c (Rn)), vale queH(ψ)(τ) ∈
C∞c (Rn).
Lema 3.4(A transposta deH). A transposta deH,
tH : S′([0,+∞),D′(Rn)) → S
′([0,+∞),D′(Rn))
tem uma forma simples quando opera um elemento deS′([0,+∞),D′(Rn)) da formav ⊗ T ,
comv ∈ S′([0,+∞)) eT ∈ D′(Rn), isto é,
tH(v ⊗ T )(t) =1√πt
⟨v(τ) , exp
[−τ
2
4t
]⟩
τ
⊗ T. (3.7)
Prova: Sejaφ ∈ S([0,+∞), C∞c (Rn)). Dai computamos:
tH(v ⊗ T )(φ) = (v ⊗ T ) (Hφ) = T (v(Hφ)) =
= Tx
(vτ
(∫ +∞
0
1√πt
exp
[−τ
2
4t
]φ(t, x) dt
))=
=
∫ +∞
0Tx
(1√πt
⟨v(τ) , exp
[−τ
2
4t
]⟩
τ
φ(t, x)
)dt =
=
∫ +∞
0
1√πt
⟨v(τ) , exp
[−τ
2
4t
]⟩
τ
Tx (φ(t, x)) dt.
Obtemos então
tH(v ⊗ T )(t) =1√πt
⟨v(τ) , exp
[−τ
2
4t
]⟩
τ
⊗ T, ∀τ ∈ [0,+∞).
19
Observação3.3. Somas finitas de elementos da formav ⊗ T , comv ∈ S′([0,+∞)) e T ∈
D′(Rn) são densos emS′([0,+∞),D′(Rn)), isto é, sendo
M =
∑
m termos
v ⊗ T | v ∈ S′([0,+∞)), T ∈ D′(Rn), m ∈ N
,
então
M = S′([0,+∞),D′(Rn)).
Desejamos agora provar o seguinte teorema:
Teorema 3.5(Conversão entre a Equação do Calor e da Onda). Se vale
div(ρ~ux0
)(t, x) = tH(gx0)(t, x), (3.8)
então os problemas (3.2) e (3.4) são relacionados por
ux0(t, x) = tH(ux0)(t, x). (3.9)
Para atingir tal objetivo, precisamos de alguns resultadosintermediários.
O difeomorfismoz : ]0,+∞) × Rn →]0,+∞) × R
n definido por
z(t, x) = (√t, x)
será útil.
Existe uma relação entre a transformaçãotH e a transformada de Laplace (ver A.6)L :
S′([0,+∞),D′(Rn)) → S
′([0,+∞),D′(Rn)), que exploraremos agora.
Lema 3.6(Relação entretH eL). Parav ⊗ T , comv ∈ S′([0,+∞)) eT ∈ D′(Rn), vale
tH(v ⊗ T )(t) =1
2√πt
Ls
(z∗v ⊗ T√
s
)(1
4t
).
Prova: Do Lema 3.4, temos
tH(v ⊗ T )(t) =1√πt
⟨v ⊗ T , exp
[−τ2
4t
]⟩
τ
.
Usando agora o difeomorfismoz definido anteriormente:
1√πt
⟨v ⊗ T , exp
[−τ2
4t
]⟩
τ
=1√πt
⟨z∗v ⊗ T ,
exp[−s
4t
]
2√s
⟩
s
=
=1
2√πt
⟨z∗v ⊗ T√
s, exp
[−s4t
]⟩
s
=
=1
2√πt
Ls
(z∗v ⊗ T√
s
)(1
4t
).
20
Podemos expressar (3.8) usando a transformada de Laplace. Avantagem da operação é
podermos nos apropriar das propriedades bem conhecidas daquela transformação. Note que
as variáveis espaciais são transparentes à transformada. Pelo Lema 3.6 e usando a densidade
apontada na Observação 3.3, temos
div(ρ~ux0
)(t, x) =
1
2√πt
Ls
(z∗gx0(s, x)√
s
)(1
4t
),
ou em uma forma mais familiar, fazendo1/(4t) = p:
div(ρ~ux0
)( 1
4p, x
)=
√p√π
Ls
(z∗gx0(s, x)√
s
)(p). (3.10)
Temos, então, formalmente
z∗gx0(s, x) =√s L
−1p
(√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , x)
)(s) (3.11)
= limm→+∞
−ı√s2π
∫ γ+ı m
γ−ı m
√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , x) exp [p s] dp,
em queγ > 0, arbitrário, é tal que todas as singularidades do integrando pertencem ao conjunto
Re p < γ.
Para de fato provar que (3.11) faz sentido no caso particularde nosso problema, devemos
mostrar que existec > 0 tal que, para cadax ∈ Rn fixo,
p 7→√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , x)
é uma função holomorfa emp de crescimento no máximo polinomial na regiãoRe (p) > c (ver
Teorema A.7). Esta condição é suficiente para ques−1/2 gx0(√s, x) ∈ D′([0,+∞]×R
n) seja
a transformada inversa que satisfaz (3.10).
Proposição 3.7.p 7→√
π√p div
(ρ~ux0
)( 14p , x) é uma função holomorfa emp limitada supe-
riormente por um polinômio em|p| na regiãoRe (p) > 0.
Prova: Na expressão deux0 fazemosx = x0 + rξ, em quer > 0 e | ξ | = 1, para obter
~ux0(t, r, ξ) =−2r
(4t)1+n/2πn/2exp
[−r24t
]ξ. (3.12)
Assim:
div(ρ~ux0
)( 14p , r, ξ) =
−2p1+n/2
πn/2
[3ρ(x0, r, ξ)+
r∂ρ
∂r(x0, r, ξ) − 2r2p ρ(x0, r, ξ)
]exp
[−pr2
].
(3.13)
21
Agora é fácil de se concluir o desejado.
Na fórmula acima, escrevemosρ(x0, r, ξ) em vez de simplesmenteρ(r, ξ) para lembrar
que o sistema de coordenadas polares está centrado emx0.
A Proposição 3.7 justifica o cálculo explícito degx0 .
z∗gx0(s, x) =√s L
−1p
[√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , x)
]= (3.14)
=√s L
−1p
[−2p1/2+n/2
πn/2−1/2
(3ρ(x0, r, ξ) +
r∂ρ
∂r(x0, r, ξ) − 2r2p ρ(x0, r, ξ)
)exp
[−pr2
] ](s).
Levando em conta as propriedades da transformada de Laplace(A.6.2), e quen é ímpar,
temos
z∗gx0(s, x) =−2
√s
πn/2−1/2
[3ρ(x0, r, ξ) δ
(1/2+n/2)(s− r2) + (3.15)
r∂ρ
∂r(x0, r, ξ) δ
(1/2+n/2)(s− r2) −
2r2ρ(x0, r, ξ) δ(3/2+n/2)(s − r2)
],
em queδ(j) é aj − ésima derivada da distribuiçãoδ de Dirac.
Observe que a expressão (3.11), que culminou em (3.15), permite uma extensão natural do
domínio degx0 para valores negativos da variável temporal. Explicitamente:
gx0(s, x) = limm→+∞
−ı s2π
∫ γ+ı m
γ−ı m
√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , x) exp
[p s2]
dp,
entretanto, a estenderemos fazendo
gx0,m(s, x) = 0, ∀s < 0, ∀m ∈ N.
A vantagem dessa operação ficará clara quando considerarmosa solução da Equação (3.4),
como a convolução entregx0 a sua solução fundamental.
Proposição 3.8.Existemτ0, τ1 > 0 tais que o suporte degx0 está contido em[τ0, τ1] × Ω,
∀x0 ∈ Ω∗.
Demonstração.ComoΩ⋂
Ω∗ = ∅, valedist(Ω, Ω∗).=
√τ0 > 0.
Comosupp(ρ) ⊂ Ω ex0 ∈ Ω∗, ser <√τ0 entãoρ(x0, r, ξ) = 0 para todas as direçõesξ.
22
Além disso, comoρ tem suporte compacto emΩ, parar > diam (Ω∗⋃Ω).=
√τ1 < +∞,
temosρ(x0, r, ξ) = 0 para todas as direçõesξ.
Desses argumentos e mais do fato quesupp(δ)(j)(s − r2) =s = r2
, ∀j ∈ Z+, o
resultado segue imediatamente.
Uma solução de (3.4) é dada por
ux0(τ, x) = Φ+ ∗ gx0(τ, x), (3.16)
em queΦ+ é a solução fundamental da Equação da Onda mostrada na Fórmula (A.9) do apên-
dice, que tem suporte emτ ≥ 0.
Para comprovar que (3.16) é mesmo solução de (3.4), é necessário verificar se as condições
iniciais estão satisfeitas.
Proposição 3.9.Existe umτ0 > 0 tal que a distribuiçãoux0(τ, x) descrita em (3.16) tem
suporte contido em[τ0,+∞) × Rn, ∀x0 ∈ Ω∗.
Prova: Da Proposição 3.8, existem umτ0 > 0 e τ1 > 0 tais que
supp(gx0) ⊂ [τ0, τ1] × Ω.
Assim, pelo Teorema dos Suportes, temos que
supp(ux0) = supp(Φ+ ∗ gx0) ⊂ supp(Φ+) + supp(gx0) = [τ0,+∞) × Rn.
Agora estamos prontos para a prova do Teorema 3.5, enunciadona página 19.
Prova:(Do Teorema 3.5) Queremos provar quetHux0 é solução do problema parabólico (3.2).
Faremos a prova em etapas.
1) Provemos, em primeiro lugar, a compatibilidade com a condição inicial de (3.2). Como
elemento deD′(Rn), temos
(tHux0
)(t) =
1√πt
⟨ux0(τ) , exp
[−τ
2
4t
]⟩
τ
.
Usando o resultado da Proposição 3.9 e a continuidade no espaço das funções teste, temos
que(tHux0
)(t)
t→0+
−−−→ 0 emD′(Rn).
2) Provemos agora que paraφ ∈ S([0,+∞), C∞c (Rn)) vale
H(∂φ
∂t
)= −∂
2 (Hφ)
∂τ2.
23
De fato, uma integração por partes revela que
H(∂φ
∂t
)=
∫ +∞
0
1√πt
exp
[−τ
2
4t
]∂φ
∂tdt =
= −∫ +∞
0φ(t)
1√πt
[τ2
4t2− 1
2t
]exp
[−τ
2
4t
]dt =
= −∂2 (Hφ)
∂τ2.
3) Provemos que para toda soluçãoux0 vale
∂(tHux0
)
∂t= tH
(∂2ux0
∂τ2
).
De fato, tomandoφ ∈ S([0,+∞), C∞c (Rn)) arbitrário, temos
⟨∂tHux0
∂t, φ
⟩= −
⟨tHux0 ,
∂φ
∂t
⟩=
= −⟨ux0 , H
(∂φ
∂t
)⟩=
=
⟨ux0 ,
∂2Hφ∂2τ
⟩=
=
⟨∂2ux0
∂τ2, (Hφ)
⟩=
=
⟨tH(∂2ux0
∂τ2
), φ
⟩.
4) Como a transformaçãotH não envolve a variável espacial, é claro que
⟨(tHux0
), φ⟩
= 〈ux0 , Hφ〉 .
5) Dos itens precedentes 3 e 4 e da Hipótese (3.8), vem que paraqualquer
φ ∈ S([0,+∞), C∞c (Rn)) temos:
⟨[∂
∂t−
]tH (ux0) , φ
⟩=
⟨[∂2
∂τ2−
]ux0 , Hφ
⟩=
=
⟨tH[∂2
∂τ2−
]ux0
︸ ︷︷ ︸gx0
, φ
⟩=⟨div(ρ~ux0
), φ⟩.
24
3.3.2 Solução do problema hiperbólico
Começamos com um lema básico.
Lema 3.10 (Continuidade na convolução). Segmm→+∞−−−−−→ g emD′([0,+∞) × Ω) e f ∈
D′([0,+∞) × Rn), comΩ ⊂ R
n limitado, então
limm→+∞
f ∗ gm = f ∗(
limm→+∞
gm
).
Prova: Tomeφ ∈ C∞c ([0,+∞) × R
n) função teste.
limm→+∞
(f ∗ gm) ∗ φ = limm→+∞
f ∗ (gm ∗ φ) =
= f ∗ (g ∗ φ) =
= (f ∗ g) ∗ φ =
= f ∗(
limm→+∞
gm
)∗ φ.
Logo, comoφ é arbitrária, temos
limm→+∞
f ∗ gm = f ∗(
limm→+∞
gm
).
Para o cason = 1, podemos obter uma fórmula simples paraux0 .
SendoH a função de Heaviside, a solução fundamental da Equação da Onda paran = 1 é
dada por
Φ+(τ, x) =1
2H(τ − |x |).
De (3.11) e (3.16), usando o Lema 3.10, obtemos a fórmula paraa solução do problema
hiperbólico (3.4) paran = 1:
ux0(τ, x) = Φ+ ∗t,ξ limm→+∞
[−ı t2π
×∫ γ+ı m
γ−ı m
√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , ξ) exp
[p t2]
dp
](τ, x) =
= limm→+∞
[Φ+ ∗t,ξ
−ı t2π
×∫ γ+ı m
γ−ı m
√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , ξ) exp
[p t2]
dp
](τ, x) =
= limm→+∞
[1
2
∫ τ
0
∫ t
−t
−ı (τ − t)
2π×
∫ γ+ı m
γ−ı m
√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , x− ξ) exp
[p (τ − t)2
]dpdξdt
].
25
Fazendo a mudança de variáveisy = x− ξ, e na seqüênciaz = τ − t, obtemos
ux0(τ, x) = limm→+∞
1
2
∫ τ
0
∫ x+τ−z
x−τ+z
−ı z2π
×∫ γ+ı m
γ−ı m
√π√p
div(ρ~ux0
)( 14p , y) exp
[p z2
]dpdydz =
= limm→+∞
1
2
∫ τ
0
∫ γ+ı m
γ−ı m
−ı z2√π√pexp
[pz2]×
∫ x+τ−z
x−τ+zdiv(ρ~ux0
)( 14p , y) dydpdz.
Fazendo a integração por partes da integral interna, obtemos
ux0(τ, x) = limm→+∞
1
2
[ ∫ τ
0
∫ γ+ı m
γ−ı m
−ı z2√π√pexp
[pz2]×
(ρ~ux0
)( 14p , x+ τ − z) dpdz −
∫ τ
0
∫ γ+ı m
γ−ı m
−ı z2√π√pexp
[pz2]×
(ρ~ux0
)( 14p , x− τ + z) dpdz
].
Após substituir~ux0 na fórmula acima, fazemosx0 = x em concordância com o dado
sintetizado emΓΩ∗ (3.3). O resultado é
ux(τ, x) = limm→+∞
[ ∫ τ
0z ρ(x+ τ − z) (z − τ) ×
−ı2π
∫ γ+ı m
γ−ı mp exp
[p(z2 − (τ − z)2)
]dpdz −
∫ τ
0z ρ(x− τ + z) (τ − z) ×
−ı2π
∫ γ+ı m
γ−ı mp exp
[p(z2 − (τ − z)2)
]dpdz
]
Fazendo a substituição
z =s+ τ2
2τ,
temos
ux0(τ, x) = limm→+∞
[ ∫ τ2
−τ2
φ1(τ, x, s)−ı2π
∫ γ+ı m
γ−ı mp exp [p s] dpds+
∫ τ2
−τ2
φ2(τ, x, s)−ı2π
∫ γ+ı m
γ−ı mp exp [p s] dpds
], (3.17)
26
em que
φ1(τ, x, s) =1
2τ
(s+ τ2
2τ
)ρ
(x+ τ − s+ τ2
2τ
) (s+ τ2
2τ− τ
)
φ2(τ, x, s) =1
2τ
(s+ τ2
2τ
)ρ
(x− τ +
s+ τ2
2τ
) (s+ τ2
2τ− τ
)
Precisaremos de alguns resultados para tratarmos o limite em (3.17).
Lema 3.11(Riemann-Lebesgue). Sejaf uma função integrável no intervalo[a, b]. Então
limm→+∞
∫ b
af(t) sen(tm) dt = 0.
Prova: Faremos a aproximação def por funções simples. Para o caso em quef é uma cons-
tantec, a prova do lema é elementar:
∫ b
ac sen(tm) dt = c
cos(am) − cos(bm)
m.
Dai, param→ +∞, temos que
limm→+∞
∫ b
ac sen(tm) dt = 0.
Comof é integrável, existe uma função simplesf tal que para dadoǫ > 0 arbitrário, vale
∣∣∣∣∫ b
af(t) sen(tm) dt−
∫ b
af(t) sen(tm) dt
∣∣∣∣ < ǫ.
Dai temos a prova do lema.
Lema 3.12. Paraa > 0, vale
limm→+∞
∫ +∞
a
sen(mz)
zdz = 0.
Prova: Para todoǫ > 0 arbitrário, podemos escolheraǫ > a tal que para qualquerm ≥ 1 valha
∫ +∞
aǫ
sen(mz)
zdz < ǫ,
pois ∫ +∞
aǫ
sen(mz)
zdz =
∫ +∞
maǫ
sen(ξ)
ξdξ,
que é Riemann-integrável.
27
Logo, ∫ +∞
a
sen(mz)
zdz ≤
∫ aǫ
a
sen(mz)
zdz + ǫ.
Como em[a, aǫ] a funçãoz 7→ 1z é integrável, pelo Lema 3.11 temos
limm→+∞
∫ +∞
a
sen(mz)
zdz ≤ ǫ.
Pelo fato deǫ > 0 ser arbitrário, temos a prova do lema.
Do resultado do lema3.12, sabendo que
limm→+∞
∫ +∞
−∞
sen(mz)
zdz = π,
temos os seguintes fatos:
1. Paraa, b > 0 vale
limm→+∞
∫ a
−b
sen(mz)
zdz = π, (3.18)
e
2. Paraa > 0 vale
limm→+∞
∫ a
0
sen(mz)
zdz =
π
2, (3.19)
A seguir, usamos a função característica de um conjuntoA definida por
χA(x) =
1, if x ∈ A,
0, if x /∈ A.
Lema 3.13. Seja a funçãohm,γ : R → C definida por
hm,γ(z) =−ı2π
∫ γ+ı m
γ−ı mexp [pz] dp =
1
π
sen(mz)
zexp [γz] ,
em queγ ∈ R. Então paraa, b > 0 vale
χ[−b,a]hm,γm→+∞−−−−−→ δ, ∀γ ∈ R,
no espaço das distribuições de ordem menor ou igual a1.
Prova: Devemos provar que para todaφ ∈ C1c (R) vale
limm→+∞
(χ[−b,a]hm,γ
)(φ) = φ(0), ∀γ ∈ R.
28
Provaremos que
limm→+∞
∫ a
−b
1
πexp [γz]
sen(mz)
zφ(z) dz = φ(0).
Devido à (3.18), podemos escrever
φ(0) = limm→+∞
1
π
∫ a
−bφ(0)exp [γ0]
sen(mz)
zdz.
Logo,
limm→+∞
∫ a
−b
1
πexp [γz]
sen(mz)
zφ(z) dz − φ(0) =
limm→+∞
1
π
∫ a
−b
φ(z)exp [γz] − φ(0)exp [γ0]
zsen(mz) dz.
Comoφ ∈ C1c (R), pelo Lema 3.11, temos imediatamente que
limm→+∞
∫ a
−b
1
πexp [γz]
sen(mz)
zφ(z) dz − φ(0) = 0.
Corolário 3.14. Com pequenas alterações na prova do Lema 3.13, temos que paraqualquer
função testeφ ∈ C1c (R), ∀a, b, γ ∈ R, 0 ≤ b < a vale
limm→+∞
(χ[b,a]hm,γ
)(φ) =
φ(0)2 , b = 0,
0, b > 0.
Lema 3.15. Dadosa, b > 0, q ∈ 1, 2, . . . e φ ∈ Cq(R) tais queφ(j)(−b) = φ(j)(a) = 0,
j ∈ 0, 1, . . . (q − 1), então
limm→+∞
∫ +a
−bh(q)
m,γ(z)φ(z) dz = (−1)q φ(q)(0), ∀γ ∈ R.
Prova: Pela Fórmula de Leibniz para distribuições temos
(χ[−b,a] hm,γ
)(q)= χ[−b,a] h
(q)m,γ +
q∑
k=1
(q
k
)h(q−k)
m,γ (δ−b − δa)(k−1). (3.20)
Isto é,
χ[−b,a] h(q)m,γ = (χ[−b,a] hm,γ)(q) −
q∑
k=1
(q
k
)h(q−k)
m,γ (δ−b − δa)(k−1). (3.21)
29
Por outro lado,
χ[−b,a] hm,γD′
−→ δ,
(χ[−b,a] hm,γ)(q)D′
−→ δ(q), ∀γ ∈ R (3.22)
De (3.21) e (3.22), vem que∀γ ∈ R:
limm→+∞
χ[−b,a] h(q)m,γ(φ) = δ(q)(φ)−
limm→+∞
q∑
k=1
(q
k
)(δ−b − δa)
(k−1)(h(q−k)m,γ φ).
Mas lembrando que por hipóteseφ(j)(−b) = φ(j)(a) = 0,
paraj ∈ 0, 1, . . . , (q − 1), temos:
limm→+∞
q∑
k=1
(q
k
)(δ−b − δa)
(k−1)(h(q−k)m,γ φ) = 0,
o que conclui a prova.
Com pequenas alterações na prova do Lema 3.15, obtemos um resultado que será útil mais
tarde.
Corolário 3.16. Dadosb ≥ 0, a > b, q ∈ 1, 2, . . . eφ ∈ Cq(R) tais queφ(j)(a) = φ(j)(b) =
0, j ∈ 0, 1, . . . (q − 1) então para qualquerγ ∈ R,
limm→+∞
∫ a
bh(q)
m,γ(z)φ(z) dz =
12(−1)q φ(q)(0), b = 0,
0, b > 0.
Aplicando em (3.17) o Lema 3.15, notando queφ1 eφ2 têm zeros em−τ2 e emτ2, temos
paran = 1 a solução
ux(τ, x) =1
16
[ρ′(x− τ
2 ) − ρ′(x+ τ2 )],∀τ > 0, ∀x ∈ Ω∗. (3.23)
Lema 3.17. SejaF : R → R uma função compactamente suportada de classeCq, tal que
0 /∈ supp(F ), e seja
A(z, τ) = F(τ2 − z
τ
)P (z, τ)
τ s,
em queP é uma função polinomial, es ∈ 0, 1, . . ..
Existeǫ > 0 tal que0 < τ < ǫ, z ∈ [−τ2, τ2] ⇒ A(z, τ) = 0.
30
Demonstração.Para0 ≤ z ≤ τ2,τ2 − z
τ≤ τ.
Para−τ2 ≤ z < 0,τ2 − z
τ< 2τ.
O resultado segue, já que0 /∈ supp(F ).
Lema 3.18.
B(ξ) =∂lA
∂zl(ξ,√
−ξ), ξ ≤ 0.
As derivadas deB são da forma
djB
dξj=
j∑
i=0
Ki F(i+l)(2
√−ξ) Pi(
√−ξ)√−ξ ki
, ξ ≤ 0,
em queKi ∈ Z, ki ∈ Z+ são constantes, ePi são funções polinomiais.
Lema 3.19. SejaM > 0. A convergência
(χ[−τ2,τ2]hm,γ)(A(·, τ)) m→+∞−−−−−→ A(0, τ)
é uniforme em0 < τ < M .
Demonstração.A prova segue imitando a do Lema 3.13, levando em conta as seguintes obser-
vações:
1) Do Lema 3.17, existeǫ > 0 tal que0 < τ < ǫ e z ∈ [−τ2, τ2] implica emA(z, τ) = 0.
Isso significa que
2) a convergência1
π
∫ τ2
−τ2
A(0, τ)sen(mz)
zdz
m→+∞−−−−−→ A(0, τ)
é uniforme para0 < τ < M .
Corolário 3.20. Sob as mesmas condições do lema precedente, a convergência
(χ[−τ2,τ2]hm,γ)(q)(A(·, τ)) m→+∞−−−−−→ (−1)qA(0, τ)
é uniforme em0 < τ < M , poisA ∈ Cq.
31
Lema 3.21. Sejaq ∈ 1, 2, . . .. Então, se definirmos param ∈ 1, 2, . . . eγ ∈ R:
dm,γ,q(τ) =
∫ τ2
−τ2
h(q)m,γ(z)A(z, τ) dz, τ > 0,
temos
limm→+∞
dm,γ,q(τ) = (−1)q(Dq1A)(0, τ), emD′([0,+∞)).
Demonstração.1) De (3.21), e comoA(z, τ) é nula perto dez = τ2, temos
dm,γ,q(τ) =
∫ τ2
−τ2
h(q)m,γ(z)A(z, τ) dz =
= (χ[−τ2,τ2]hm,γ)(q)(A(·, τ)) −q∑
k=1
(−1)k−1
(q
k
)dk−1
dzk−1(h(q−k)
m,γ (z)A(z, τ))∣∣∣z=−τ2
.
2) Agora aplicamosdm,γ,q a uma função testeφ ∈ C∞c ([0,+∞)). Obtemos
dm,γ,q(φ) =
∫ +∞
0(χ[−τ2,τ2]hm,γ)(q)(A(·, τ))φ(τ) dτ −
∫ +∞
0
q∑
k=1
(q
k
)(−1)k−1 dk−1
dzk−1(h(q−k)
m,γ (z)A(z, τ))∣∣∣z=−τ2
φ(τ) dτ.
Pela regra de Leibniz, temos
dk−1
dzk−1(h(q−k)
m,γ (−τ2)A(−τ2, τ)) =k−1∑
l=0
(k − 1
l
)h(q−k+l)
m,γ (−τ2)dk−l−1A
dzk−l−1(−τ2, τ).
Portanto,
dm,γ,q(φ) =
∫ +∞
0(χ[−τ2,τ2]hm,γ)(q)(A(·, τ))φ(τ) dτ −
q∑
k=1
(q
k
) k−1∑
l=0
(k − 1
l
)(−1)k−1 ×
∫ +∞
0h(q−k+l)
m,γ (−τ2)dk−l−1A
dzk−l−1(−τ2, τ)φ(τ) dτ.
Fazemos agora a mudança de variáveisξ = −τ2.
dm,γ,q(φ) =
∫ +∞
0(χ[−τ2,τ2]hm,γ)(q)(A(·, τ))φ(τ) dτ −
q∑
k=1
(q
k
) k−1∑
l=0
(k − 1
l
)(−1)k−1
∫ 0
−∞h(q−k+l)
m,γ (ξ) ×
dk−l−1A
dz(k−l−1)(ξ,√
−ξ)φ(√
−ξ) 1
2√−ξ dξ.
32
Agora, o limite do segundo termo param → +∞ é zero, poisφ tem suporte compacto, e
porqueξ 7→ A(ξ,√−ξ) é nula em uma vizinhança deξ = 0 pelo Lema 3.18.
3) Pelo Corolário 3.20, a convergência
(χ[−τ2,τ2] hm,γ)(q)(A(·, τ)) m→+∞−−−−−→ (−1)qDq1A(0, τ)
é uniforme para0 < τ < M .
Portanto, temos
limm→+∞
dm,γ,q(φ) =
∫ +∞
0(−1)qDq
1(A(0, τ))φ(τ) dτ, ∀γ ∈ R.
Concluímos que∀γ ∈ R, limm→+∞ dm,γ,q se identifica com a função contínuadq(τ) =
(−1)qDq1A(0, τ), emD′([0,+∞)).
Para o cason = 3, também partimos de
ux0(x, τ) = Φ+ ∗ gx0 ,
em queΦ+ é a solução fundamental mostrada em (A.9).
Para maior conveniência, destacamos aqui a distribuiçãoΦ+.
Φ+(ψ) =
∫ +∞
0
1
4πt
∫
| ξ |=1ψ(t, tξ) dσξ dt, ∀ψ ∈ C∞
c (R+ × R3).
Observamos que a convolução entreΦ+ e uma testeψ ∈ C∞c (R+ × R
3) é dada por
Φ+ ∗ ψ(τ, x) = Φ+(ψ(τ − ·, x− ·)) =
∫ +∞
0
1
4πt
∫
| ξ |=1ψ(τ − t, x− tξ) dσξ dt.
De (3.14), temos
gx0,γ(s, x) = limm→+∞
s (−ı )2π
∫ γ+ı m
γ−ı m
−2p2
π
(3ρ(x0, r, ξ)+
r∂ρ
∂r(x0, r, ξ) − 2r2p ρ(x0, r, ξ)
)×
exp[−pr2
]exp
[s2p]dp, s ≥ 0, x ∈ R
3.
em queγ ∈ R é arbitrário. Como discutido anteriormente, estenderemosgx0 da seguinte
forma: gx0,γ(s, x) = 0 paras < 0.
33
Por conveniência, façamos
gx0,γ,m(s, x) =
s (−ı )2π
∫ γ+ı m
γ−ı m
−2p2
π
(3ρ(x0, r, ξ)+
r∂ρ
∂r(x0, r, ξ)−
2r2p ρ(x0, r, ξ))×
exp[−pr2
]exp
[s2p]dp,
(s, x) ∈ [0,+∞) × R3,
0, (s, x) ∈ (−∞, 0[×R3.
(3.24)
Escrevamos
gx0,γ(s, x) = limm→+∞
gx0,m,γ(s, x).
Usando o Lema 3.10, podemos escrever
ux0(τ, x) = limm→+∞
Φ+ ∗ gx0,m,γ(τ, x).
Conforme a estratégia contida no dado físico do problema, isto é, de se tomar a temperatura
no mesmo ponto onde foi aplicada a carga térmica, fazemos
x0 = x,
para obter
Φ+ ∗ gx,m,γ(τ, x) =
∫ τ
0
1
4πt
∫
| ξ |=1
(τ − t)(−ı )2π
∫ γ+ı m
γ−ı m
−2p2
π
[3ρ(x− tξ) +
t∂ρ
∂r(x− tξ) − 2t2p ρ(x− tξ)
]
exp[−pt2
]exp
[(τ − t)2p
]dpdσξ dt.
Definimos agora uma integração na esfera unitária.
Definição 3.2. Integração deρ na esfera unitária
f(x, r).=
∫
| ξ |=1ρ(x− ξr) dσξ. (3.25)
Em coordenadas polares,
∂f
∂r(x, r) =
∫
| ξ |=1
∂ρ
∂r(x− ξr) dσξ.
34
Então, retornando ao cálculo da convolução:
Φ+ ∗ gx,m,γ(τ, x) =
∫ τ
0
1
4π2t(τ − t)
(−ı )2π
∫ γ+ı m
γ−ı m−2p2
(3f(x, t) +
t∂f
∂r(x, t) − 2t2p f(x, t)
)exp
[p(−t2 + (τ − t)2)
]dp dt.
Fazemos agora a mudança de variáveis
t =τ2 − z
2τ,
para obter
Φ+ ∗ gx,m,γ(τ, x) =
∫ τ2
−τ2
1
2τ
1
4π2
(τ2 − z
2τ
)(τ − τ2 − z
2τ) ×
[3f(x,
τ2 − z
2τ) +
(τ2 − z
2τ
)∂f
∂r(x,
τ2 − z
2τ)
]×
(−ı )2π
∫ γ+ı m
γ−ı m(−2) p2exp [pz] dp dz −
∫ τ2
−τ2
1
2τ
1
4π2
(τ2 − z
2τ
)(τ − τ2 − z
2τ) ×
(τ2 − z
2τ
)2
f(x,τ2 − z
2τ)(−ı )2π
∫ γ+ı m
γ−ı m(−4) p3exp [pz] dp dz.
Dai, usando o Lema 3.21, temos paraτ > 0 ex ∈ Ω∗,
ux(τ, x) =1
256π2τ2
[16∂f
∂r(x, τ
2 ) − 8τ∂2f
∂r2(x, τ
2 ) − τ2∂3f
∂r3(x, τ
2 )
]. (3.26)
Como no cason = 1, para cadax ∈ Ω∗ fixo, ux(x, τ) é uma distribuição compactamente
suportada.
Agora tratamos do cason ≥ 5, n ímpar.
Como nos casosn = 1 en = 3, partindo de
ux0(τ, x) = Φ+ ∗ gx0(τ, x) = limm→+∞
Φ+ ∗ gx0,m,γ ,
comgx0,m,γ dada por (3.24), obtemos a fórmula
ux0(τ, x) = limm→+∞
ı√πωn(1.3 . . . .(n− 2))
∫ τ
0t
∫ γ+ı m
γ−ı m
exp[pt2]
√p
×
1
πn/2p1+n/2
(1
r
∂
∂r
)n−32
E(r, x, p)
r=τ−t
dp dt,
(3.27)
35
em que
E(r, x, p) =−πn/2
2p1+n/2rn−2
∫
∂B1(x)div(ρ~ux0
)( 14p , x− rξ) dSξ, (3.28)
eωn é a medida da esfera unitária emRn.
Na Fórmula (3.27), usamosx0 = x, isto é, o mesmo ponto ondeu é medido.
Após substituir (3.13) em (3.28), e usar (3.25) temos
E(r, x, p) = exp[−pr2
]×
(3rn−2f(x, r) − 2rnpf(x, r) + rn−1∂f
∂r(x, r)
).
(3.29)
Usando a expansão binomial, vemos que o termo(
1r
∂∂r
)n−32 E(r, x, p) que aparece em
(3.27) pode ser escrito como
(1
r
∂
∂r
)n−32
E(r, x, p) = exp[−pr2
]×
n−32∑
j=0
[P1(p, r, j) ∂
n−32
−jr f(x, r)+
P2(p, r, j + 1) ∂n−3
2−j
r f(x, r)+
P3(p, r, j) ∂n−3
2−j+1
r f(x, r)],
(3.30)
em quePk(p, r, j), k = 1, 2, 3 são polinômios emp de ordemj, que não contémf nem suas
derivadas. Todos os coeficientes dependem somente de potências positivas der.
36
Substituindo (3.30) em (3.27), obtemos,
ux(τ, x) = limm→+∞
ı√πωn(1.3 . . . .(n − 2))πn/2
∫ τ
0t×
∫ γ+ı m
γ−ı mp(n+1)/2
exp
[p(t2 − r2)
]×
n−32∑
j=0
P1(p, r, j)P2(f, x, r, p,n−3
2 − j + 1)
r=τ−t
dp dt =
= limm→+∞
−2
ωn(1.3 . . . .(n − 2))π(n−1)/2
∫ τ
0t×
−ı2π
∫ γ+ı m
γ−ı mp(n+1)/2exp
[p(t2 − (τ − t)2)
]×
n−32∑
j=0
[P1(p, r, j) ∂
n−32
−jr f(x, r) + P2(p, r, j + 1) ∂
n−32
−jr f(x, r)+
P3(p, r, j) ∂n−3
2−j+1
r f(x, r)]
dp dt
(3.31)
Fazendo a mudança de variáveis
s = t2 − (τ − t)2,
paraτ > 0 em (3.31), ela se transforma em
ux(τ, x) = limm→+∞
−1
τ ωn(1.3 . . . .(n− 2))π(n−1)/2
∫ τ2
−τ2
(s+ τ2
2τ
) −ı2π
×∫ γ+ı m
γ−ı mp(n+1)/2exp [ps]×
n−32∑
j=0
[P1(p, r, j) ∂
n−32
−jr f(x, r) + P2(p, r, j + 1) ∂
n−32
−jr f(x, r)+
P3(p, r, j) ∂n−3
2−j+1
r f(x, r)]
dp ds;
(3.32)
em uma vizinhança deτ = 0, temos simplesmente queu = 0, quandox ∈ Ω∗.
Aplicando o Lema 3.21 e lembrando a natureza dePk, k = 1, 2, 3, vemos que parax ∈ Rn
fixo, (3.32) representa uma equação para a funçãor 7→ f(x, r). A ordem dessa equação é dada
pela ordem da derivação emr mais alta atingida. Não se esquecendo das derivações obtidas
pela transformada inversa de Laplace, temos que a ordem én.
Paraτ suficientemente grande, ou mais precisamente, paraτ > diam (Ω⋃
Ω∗), f(x, τ) =
0, ∀x ∈ Ω∗. Isso significa que seu(τ, x) = 0 paraτ ∈ [0, T ], T > 2diam (Ω⋃
Ω∗), ∀x ∈ Ω∗,
37
então a equa(3.32) com condições iniciais nulas emT implica quef(x, r) = 0, ∀r > 0,
∀x ∈ Ω∗.
Nesse trabalho, especializamos os resultados paran = 1 e n = 3, casos importantes em
aplicações industriais. As conclusões a respeito da unicidade para a recuperação deρ para
n ≥ 5 ímpar são as mesmas, se levarmos em conta (3.32) e as observações feitas no último
parágrafo.
Para concluir essa seção, reapresentamos as equações resultantes para os casosn = 1 e
n = 3.
Paran = 1 temos∀x ∈ Ω∗:ux(τ, x) = 1
16
[ρ′(x− τ
2 ) − ρ′(x+ τ2 )], ∀τ > 0,
ux(τ, x) = 0, τ > 2diam (Ω∗⋃Ω) .
Paran = 3, temos∀x ∈ Ω∗:ux(τ, x) = 1
256π2τ2
[16∂f
∂r (x, τ2 ) − 8τ ∂2f
∂r2 (x, τ2 ) − τ2 ∂3f
∂r3 (x, τ2 )
], τ > 0, x ∈ Ω∗,
ux(τ, x) = 0, τ > 2diam (Ω∗⋃Ω) .
Note que as expressões acima mostram que para cadax ∈ Ω∗, a funçãoτ 7→ ux(τ, x)
é compactamente suportada. Além disso, pelas discussões anteriores,∀x ∈ Ω∗, ux(τ, x) se
anula paraτ em uma vizinhança de0 em [0,+∞).
Para relembrar, nosso problema é a determinação unívoca da funçãoρ ∈ Cn(Rn) que tem
suporte emΩ comΩ⋂
Ω∗ = ∅.
3.4 Transformação do dado sintetizado emΓΩ∗
O problema linearizado (3.2) foi transformado na equação hiperbólica (3.4). É importante
saber o que ocorre com o dado do problema inverso
ΓΩ∗ = ux(t, x) |x ∈ Ω∗, a < t < b ,
em que0 < a < b.
Lema 3.22. SeΓΩ∗ = 0, entãoux(τ, x) = 0 como um elemento deD′([0,+∞) × Ω∗).
Demonstração.Comoux(t, x) = tH(ux)(t, x), temos para qualquerψ ∈ C∞c (Ω∗) ea < t <
b:
0 =
⟨ux(τ, x) , exp
[−τ2
4t
]ψ(x)
⟩
t,x
.
38
Agora usamos o difeomorfismob : (s, x) 7→ (2√T0s, x), em queT0 ∈]a, b[, para obter
0 =
⟨b∗ux(s, x) , exp
[−s2T0
t
]ψ(x)
⟩
s,x
. (3.33)
Em t = T0, (3.33) fornece⟨b∗ux(s, x) , exp
[−s2
]ψ(x)
⟩s,x
= 0.
Derivando (3.33) com respeito at, e calculando o resultado emt = T0, obtemos
⟨b∗ux(s, x) , s2 exp
[−s2
]ψ(x)
⟩s,x
= 0.
Iterando o argumento, temos⟨b∗ux(s, x) , s2k exp
[−s2
]ψ(x)
⟩s,x
= 0, ∀k ∈ Z+.
Por outro lado, comoρ tem suporte compacto, temos pelas fórmulas explícitas deux que
existeτ∗ > 0 tal que seφ é qualquer função comsupp(φ) ⊂]τ∗,+∞), então
〈b∗ux(s, x) , φ(s)ψ(x)〉s,x = 0.
Pelo Teorema de Stone-Weierstras,
P (s2)exp
[−s2
]|P é uma função polinomial
é denso no conjunto das funções teste compactamente suportadas em[0, τ∗]. Isso termina a
prova.
3.5 Prova da unicidade para a recuperação deρ
Devemos considerar dois casos. O primeiro é paran = 1.
Proposição 3.23.SejaT = 3diam (Ω⋃
Ω∗). Seux(τ, x) = 0 em]0, T ] × Ω∗ entãoρ ≡ 0.
Demonstração.Comoρ ∈ C1 tem suporte compacto, basta provar queρ′ ≡ 0. Iremos provar
que para qualquerδ > 0 arbitrariamente pequeno, não existe nenhum intervalo de comprimento
maior queδ em queρ′ nunca se anula.
Podemos supor queδ é suficientemente pequeno tal que existax ∈ Ω∗ de modo que
x− δ/2, x + δ/2 ⊂ Ω∗.
Sejaτ1 = T e definam = maxi ∈ N | τ1δ > 2i+ 1.
Note quem ≥ 1, poisτ1 = 3diam (Ω⋃
Ω∗) e0 < δ < diam (Ω∗).
39
Temos
0 = ux− δ
2(τ1 − δ, x− δ
2 ) =1
16
[ρ′(x− τ1
2 ) − ρ′(x+ τ12 − δ)
], (3.34)
0 = ux+
δ2(τ1 − δ, x+ δ
2 ) =1
16
[ρ′(x− τ1
2 + δ) − ρ′(x+ τ12 )], (3.35)
0 = ux(τ1, x) =1
16
[ρ′(x− τ1
2 ) − ρ′(x+ τ12 )]. (3.36)
De (3.34) e (3.36) obtemos
ρ′(x+ τ12 − δ) = ρ′(x+ τ1
2 ) = 0.
De (3.35) e (3.36) obtemos
ρ′(x− τ12 + δ) = ρ′(x− τ1
2 ) = 0.
É claro que os pontos deΩ podem ser divididos em subconjuntos à direita e à esquerda
dex. Provamos a proposição para o subconjunto à direita. O argumento para o outro caso é
simétrico.
O pontox+ τ12 está certamente fora do suporte deρ, e a distância entrex+ τ1
2 ex+ τ12 − δ
éδ. Mostraremos agora que a distância entrex+ τ12 − δ e o conjuntox− δ/2, x + δ/2 é no
máximoδ.
Sem = 1, temosτ1 > 3δ e τ1 ≤ 5δ. Isso significa queτ12 ∈]3δ2 ,
5δ2 ], e então a distância
entrex+ τ12 − δ e o pontox+ δ/2 é no máximoδ.
Procedemos por indução. Chameτj = τj−1 − 2δ = τ1 − 2(j − 1)δ, e assuma que, para
j ≤ m+ 1, temos
ρ′(x+τ12
− (j − 1)δ︸ ︷︷ ︸
τj
2
) = ρ′(x+τ12
),
o que certamente é verdade paraj − 1 = 1, como vimos anteriormente.
Comoj ≤ m+ 1, temosτj − δ > 0 e dai
0 = ux− δ
2(τj − δ, x− δ
2) =1
16
[ρ′(x− τj
2 ) − ρ′(x+τj
2 − δ),]
0 = ux(τj , x) =1
16
[ρ′(x− τj
2 ) − ρ′(x+τj
2 )],
donde concluímos que
ρ′(x+τj
2 − δ) = ρ′(x+τj
2 ).
Agora, usando a hipótese de indução, obtemos
ρ′(x+ τ12 − jδ) = ρ′(x+
τj
2 − δ︸ ︷︷ ︸τj+1
2
) = ρ′(x+ τ12 ).
40
Ω
Ω∗
τ2
Figura 3.3: Aplicação de médias esféricas.
Finalmente, resta provar que a distância entre o pontox + τm+1
2 − δ gerado na última
iteração e o conjuntox− δ/2, x + δ/2 é no máximoδ.
Pela definição dem, temosτm+1 > δ e τm+1 ≤ 3δ, donde concluímos queτm+1
2 ∈]δ/2, 3δ/2]. Portanto a distância entrex+ τm+1
2 − δ e o pontox+ δ/2 é no máximoδ.
O outro caso,n > 1, requer uma análise de integrais em esferas.
3.5.1 O uso de médias esféricas
Nesta seção, provamos a unicidade no cason = 3 empregando médias esféricas e um teorema
devido a Zalcman [14].
Primeiramente, é importante reinterpretarmos a Equação (3.26). Para cadaτ > 0, o lado
direito de (3.26) fornece uma extensão natural dex 7→ ux(τ, x) para todo oR3. Chame esta
extensão deUx(τ, x). Então
Ux(τ, x) =1
256π2τ2
[16∂f
∂r(x, τ
2 ) − 8τ∂2f
∂r2(x, τ
2 ) − τ2 ∂3f
∂r3(x, τ
2 )
], ∀τ > 0, ∀x ∈ R
n.
(3.37)
Note que, embora a função originalux(τ, x) seja definida somente paraΩ∗, nós devemos
integrarρ em esferas que varremΩ. Esta situação está ilustrada esquematicamente na Figura
3.3.
Para concluirmos queρ ≡ 0, devemos analisar suas médias esféricas.
41
Médias esféricas
Definimos a média esférica deU(τ, ξ).= Uξ(τ, ξ) tomada sobre a esfera de centrox ∈ R
n e
raioR por
J(x,R, τ) =1
ωn
∫
∂B1(0)U(τ, x+Rξ) dSξ, (3.38)
em queωn é a medida da média esférica emRn, e denotamos porBr(y) ⊂ R
n a bola de raior
centrada emy.
Definimos a média esférica iterada deρ em torno de um pontox por
M(x,R1, R2).= 1
ωn
∫∂B1(0)
f(x+R2ζ,R1) dSζ =
= 1ωn
∫∂B1(0)
∫∂B1(0) ρ(x−R1ξ +R2ζ) dSξ dSζ .
No caso doR3, dividimos (3.37) porω3 = 4π e a integramos sobre a esfera de raioR ≥ 0,
para obter
J(x,R, τ) =
1
4π
∫
∂B1(0)U(τ, x+Rξ) dSξ =
1
256π2τ2
[16∂M
∂R1(x,
τ
2, R) − 8τ
∂2M
∂R21
(x,τ
2, R) − τ2∂
3M
∂R31
(x,τ
2, R)
],
τ > 0, R > 0, x ∈ R3
Ux(τ, x), τ > 0, R = 0, x ∈ R3.
(3.39)
Para o próximo lema, precisaremos do Teorema de Green. É fatobem conhecido que para
uma funçãoh : Rn → R de ClasseC1 vale:
∂
∂xi
∫
BR(0)h(x+ x) dx =
∫
BR(0)
∂
∂xih(x+ x) dx =
∫
∂BR(0)h(x+ x)νi dSx,
em queνi é a i-ésima componente do vetor normal exterior à∂BR(0).
Mas a fórmula obtida com os dois extremos da igualdade acima,
∂
∂xi
∫
BR(0)h(x+ x) dx =
∫
∂BR(0)h(x+ x)νi dSx, (3.40)
vale também para o caso deh ser apenascontínua.
Isso pode ser visto pelo argumento exposto a seguir. TomeU ⊂ Rn um aberto limitado
arbitrário tal quex ∈ U . Então existe um compactoK tal que sex ∈ U ex ∈ BR(x), então
x+ x ∈ K.
Pelo Teorema de Stone-Weierstrass, existe uma seqüência depolinômioshjj tal que
hjunif.−−−−→
j→+∞h emK.
42
Então de (3.40), comhj de classeC∞, temos
∂
∂xi
∫
BR(0)hj(x+ x) dx =
∫
∂BR(0)hj(x+ x)νi dSx.
Mas ∫
∂BR(0)hj(x+ x)νi dSx
unif.−−−−→j→+∞
∫
∂BR(0)h(x+ x)νi dSx,
parax ∈ U .
Concluimos então que a seqüência
∂
∂xi
∫
BR(0)hj(x+ x) dx
j
converge uniformemente parax ∈ U , e portanto da teoria clássica temos que
∂
∂xi
∫
BR(0)h(x+ x) dx =
∂
∂xilim
j→+∞
∫
BR(0)hj(x+ x) dx =
= limj→+∞
∂
∂xi
∫
BR(0)hj(x+ x) dx =
=
∫
∂BR(0)h(x+ x)νi dSx.
Vemos então que, de fato, (3.40) é verdadeira parah apenas contínua.
Lema 3.24. SejaD ⊂ Rn aberto e conexo. Seja tambémh : D×]0,+∞) → R tal que,
∀p > 0, x 7→ h(x, p) é contínua em D.
Sejax = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D, e tomeR > 0 tal que| x− x | ≤ R implicax ∈ D.
Então∫
∂B1(0)h(x + ξR, p)(xi + ξiR) dSξ = xi
∫
∂B1(0)h(x+ ξR, p) dSξ +
1
Rn−2
∂
∂xi
∫ R
0
∫
∂B1(0)h(x+ ξr, p) dSξ r
n−1dr, ∀p > 0, ∀i = 1, . . . , n.
Demonstração.Pelo Teorema de Green, que acabamos de discutir, temos∀p > 0:
∂
∂xi
∫
BR(0)h(x+ x, p) dx =
∫
∂BR(0)h(x+ x, p)νi dS,
em queνi é a i-ésima componente do vetor normal exterior à∂BR(0).
Escrevendo a equação acima em coordenadas polares e dividindo o resultado porRn−2,
obtemos
1
Rn−2
∂
∂xi
∫ R
0
∫
∂B1(0)h(x+ ξr, p) dSξ r
n−1dr =
∫
∂B1(0)h(x+ ξR, p)Rξi dSξ,∀p > 0.
Somando a ambos os ladosxi
∫∂B1(0) h(x+ξR, p) dSξ, obtemos o resultado desejado.
43
O próximo lema, que é fundamental para o trabalho, é uma versão com parâmetros de um
resultado devido a Zalcman [14].
Lema 3.25. SejaD como no lema anterior, eh ∈ C(D×]0,+∞)). Suponha que∀x ∈ D e
∀R > 0 tal quex+ ξR ∈ D, ∀ξ ∈ ∂B1(0) seja verdade que
h(x, p) = 0, ∀p > 0 ⇒∫
∂B1(0)h(x+ ξR, p) dSξ = 0, ∀p > 0.
Então a existência de um abertoU 6= ∅ tal queh(x, p) = 0, ∀x ∈ U, ∀p > 0, implica em
h(x, p) = 0, ∀p > 0, ∀x ∈ D.
Demonstração.Seja o conjunto
U =x ∈ D | ∃V ⊂ D aberto tal quex ∈ V eh|V ×]0,+∞) = 0.
Note queU é aberto por definição eU 6= ∅ por hipótese, poisU ⊂ U .
A hipótese também implica que parax0 ∈ U e∀R > 0 tal queBR(x0) ⊂ D, temos∫
∂B1(0)h(x0 + ξR, p) dSξ = 0, ∀p > 0, ∀i = 1, . . . n.
O Lema 3.24 implica que a funçãogi : D×]0,+∞) → R definida porgi(x, p) =
h(x, p)xi, i = 1, . . . , n, satisfaz∫
∂B1(0)gi(x0 + ξR, p) dSξ = 0, ∀x0 ∈ U , ∀R > 0, BR(x0) ⊂ D, ∀p > 0,
e conseqüentemente∫
∂B1(0)h(x0 + ξR, p) P(x0 + ξR) dSξ = 0, ∀x0 ∈ U , ∀R > 0, BR(x0) ⊂ D, ∀p > 0,
para toda função polinomialP(x).
Pelo Teorema de Stone-Weierstrass, podemos aproximar uniformementeh(·, p), para cada
p > 0 fixado, por uma seqüência de polinômios em∂BR(x0). Portanto∫
∂B1(0)h2(x0 + ξR, p) dSξ = 0, ∀p > 0.
Desse fato segue queU é fechado emD.
No teorema final deste trabalho, onde provamos a unicidade narecuperação deρ, pro-
varemos que para todox0 ∈ R3, τ > 0, Ux0(τ, x0) = 0 implica que a média esférica de
U(τ, x0).= Ux0(τ, x0), dada por (3.38) é zero, isto é,J(x0, R, τ) = 0, ∀R > 0, ∀τ > 0. Dai a
unicidade da recuperação deρ será uma conseqüência do Lema 3.25, pois de (3.3) e do Lema
3.22 sabemos queUx(τ, x) = 0, ∀τ > 0, ∀x ∈ Ω∗.
44
Teorema 3.26(Unicidade na recuperação deρ). SeUx(τ, x) = 0, ∀x ∈ Ω∗, ∀τ > 0 então
ρ ∈ C3(R3) comsupp(ρ) ⊂ Ω é nula.
Demonstração.Aplicaremos o Lema 3.25. Para isso, fixamosx0 ∈ R3, e supomos que
Ux0(τ, x0) = 0, ∀τ > 0. De (3.37), após fazermos a substituiçãoτ2 = r, obtemos
4∂f
∂r(x0, r) − 4r
∂2f
∂r2(x0, r) − r2
∂3f
∂r3(x0, r) = 0, ∀r > 0. (3.41)
Comosupp(ρ) é limitado, exister > 0 tal que0 = f(x0, r) = ∂f∂r (x0, r) = ∂2f
∂r2 (x0, r).
Portanto, pela unicidade das soluções de uma EDO, temos quef(x0, r) = 0, ∀r > 0.
Agora aplicamos uma fórmula de [7] que relaciona médias esféricas e médias esféricas
iteradas:
M(x0, R1, R2) =2ωn−1
ωn(2R1R2)n−2
∫ R1+R2
R1−R2
[(r +R1 −R2)(r +R1 +R2)×
(R2 + r −R1)(R2 − r +R1)](n−3)/2 f(x0, r) r dr,
que paran = 3 se torna
M(x0, R1, R2) =1
2πR1R2
∫ R1+R2
R1−R2
f(x0, r) r dr. (3.42)
Lembrando quef(x0, r) = 0, ∀r > 0, temosM(x0, R1, R2) = 0, ∀R1, R2 > 0. Portanto,
de (3.39) vemos queJ(x0, R, τ) = 0, ∀τ > 0, ∀R > 0.
Aplicando o Lema 3.25, comoUx(τ, x) = 0, ∀(τ, x) ∈]0,+∞) × Ω∗, concluímos que
Ux(τ, x) = 0, ∀x ∈ R3, τ > 0.
Conseqüentemente, de (3.37), obtemosf(x, r) = 0, ∀x ∈ R3, ∀r > 0, e então
∫
∂B1(0)ρ(x+ r ξ) dSξ = 0, ∀x ∈ R
3, ∀r > 0, (3.43)
o que conclui a prova, já queρ é contínua.
Apêndice A
Enunciados de alguns teoremas
A.1 Resultados da teoria dos espaços de Sobolev
Os resultados dessa seção são retirados de [4].
Proposição A.1.SejaU um aberto limitado com fronteira de classeC1 em ∈ Z+. Se
u ∈ L2(0, T ; Hm+2(U)),
u′ ∈ L2(0, T ; Hm(U)),
então
u ∈ C0([0, T ],Hm+1(U)).
Proposição A.2. SejaU ⊂ Rn um aberto limitado com fronteira de classeC1. Sejau ∈
Hk(U), k ∈ Z+. Se2k > n, então
u ∈ Ck−[n/2]−1,γ(U),
com
γ =
[n/2] + 1 − n/2, sen/2 /∈ Z+,
Qualquerα ∈]0, 1[, sen/2 ∈ Z+.
A.2 Alguns resultados para a Equação do Calor
A.2.1 O conceito de solução fraca
Os resultados dessa seção são retirados de [4].
Seja o operador
L(u) =∂u
∂t+ Mu, (A.1)
45
46
em que
Mu =n∑
i=1
n∑
j=1
(−aij(t, x)uxj
)xi
+ bi(t, x)uxi
+ c(t, x)u,
cujos os coeficientes pertencem aos seguintes espaços
aij ∈ L∞([0, T ] × Rn)
bi ∈ L∞([0, T ] × Rn)
c ∈ L∞([0, T ] × Rn).
Ao operadorM, associamos a forma bilinearB definida por
B[u, v; t] =
n∑
i=1
[n∑
j=1
∫
Rn
aij(t, x)uxj(t, x)vxi
(t, x) dx+
∫
Rn
bi(t, x)uxi(t, x)v(t, x) dx
]+
∫
Rn
c(t, x)u(t, x)v(t, x) dx,
para todou, v emH1(Rn) e quase todot ∈ [0, T ].
Paraf ∈ L2(0, T ; L2(Rn)) eg ∈ L2(Rn), a equação
L(u) = f, em]0, T ] × Rn
u = g, em0 × Rn
tem solução fracau ∈ L2(0, T ; H1(Rn)), u′ ∈ L2(0, T ; H−1(Rn)) seu satisfizer
i) Para quase todot ∈ [0, T ],
⟨u′ , v
⟩+B[u, v; t] = (f, v) ,∀v ∈ H1(Rn);
ii) u(0) = g.
ObservaçãoA.1. Comou ∈ L2(0, T ; H1(Rn)), u′ ∈ L2(0, T ; H−1(Rn)), sabemos queu ∈C0([0, T ],L2(Rn)), e assim, a condição (ii) faz sentido.
A.2.2 Espaços de solução
Os resultados dessa seção são retirados de [4].
47
Proposição A.3.SejaU ⊂ Rn um aberto limitado com fronteira de classeC1. Considerando
o mesmo operador da seção A.2.1, seja o problema
L(u) = f, em]0, T ] × U,
u = 0, em[0, T ] × ∂U,
u = g, em0 × U,
com
g ∈ H2m+1(U),
dkf
dtk∈ L2(0, T ; H2m−2k(U)), k = 0, . . . ,m,
e as condições de compatibilidade
g0.= g ∈ H1
0(U),
g1.= f(0) −Mg0 ∈ H1
0(U),
......
gm.=
dm−1
dtm−1f(0) −Mgm−1 ∈ H1
0(U).
Entãodku
dtk∈ L2(0, T ; H2m+2−2k(U)), k = 0, . . . m+ 1.
A.2.3 Uma estimativa para a solução da Equação do Calor em função dos dadosiniciais e de fronteira
O teorema enunciado nesta seção é retirado da referência [10].
SejaΩ1 ⊂ Rn aberto conexo limitado. DenoteQT = [0, T ] × Ω1.
Considere as normas
‖u ‖q,r,QT= ‖u ‖Lr([0,T ],Lq(Ω1)) =
(∫ T
0
(∫
Ω1
|u(t, x)|q dx
) rq
dt
)1r
,
‖u ‖L∞([0,T ],L2(Ω1)) = ess supt∈[0,T ]
‖u(t, ·) ‖L2(Ω1) ,
|||u|||QT= ‖u ‖L∞([0,T ],L2(Ω1)) + ‖xu ‖L2(QT ) .
Sejam os espaços
C([0, T ], L2(Ω1)) =v : [0, T ] → L2(Ω1) |
limδ→0
‖u(t+ δ, x) − u(t, x) ‖L2(Ω1) = 0, ∀t ∈ [0, T ]
,
48
V 1,02 (QT ) = L2([0, T ],H1(Ω1))
⋂C([0, T ], L2(Ω1))
e
V 1,02 (QT ) =
u ∈ V 1,0
2 (QT ) |u(t, x) = 0, ∀(t, x) ∈ ∂Ω1 × [0, T ]
ObservaçãoA.2. Em [10] para fins didáticos, o espaçoV 1,02 (QT ) é apresentado como
V 1,02 (QT ) =
u ∈ L2([0, T ],H1(Ω1)) | |u|QT
<∞⋂
C([0, T ], L2(Ω1)).
Atuando emV 1,02 (QT ), considere o operador
L(u) =∂u
∂t−Mu, (A.2)
em que
Mu =
n∑
i=1
n∑
j=1
(aij(t, x)uxj
)xi
+ bi(t, x)u− ci(t, x)uxi
− a(t, x)u. (A.3)
Os coeficientesaij ,bi, ci ea do operador satisfazem a certas condições:
i ) Existemν eµ constantes positivas tais que para todo(t, x) ∈ QT , vale
ν
n∑
i=1
ξ2i ≤n∑
i=1
n∑
j=1
aij(t, x)ξiξj ≤ µ
n∑
i=1
ξ2i .
ii ) As normas∥∥∑n
i=1 b2i
∥∥q,r,QT
,∥∥∑n
i=1 c2i
∥∥q,r,QT
e‖ a ‖q,r,QTsão todas limitadas por um
númeroµ1 > 0, para quaisquer númerosq e r reais que satisfazem
1r + n
2q = 1
q ∈]n2 ,+∞], r ∈ [1,+∞] , n ≥ 2
q ∈ [1,+∞], r ∈ [1, 2] , n = 1,
(A.4)
Teorema A.4(LSU). Sejam as funçõesf : [0, T ] × Ω1 → Rn eg : [0, T ] × Ω1 → R tais que
as normas‖ g ‖q1,r1,QTe
‖ f ‖L2(QT ) =
(∫ T
0
∫
Ω1
(n∑
i=1
f2i (t, x)
)dxdt
)12
49
sejam limitadas, para um par de númerosr1 e q1 que satisfazem
1r1
+ n2q1
= 1 + n4 ,
q1 ∈[
2nn+2 , 2
], r1 ∈ [1, 2] , n ≥ 3
q1 ∈]1, 2], r1 ∈ [1, 2[ , n = 2
q1 ∈ [1, 2], r1 ∈ [1, 43 [ , n = 1.
(A.5)
Seja a equação
L(u) =
n∑
i=1
∂fi
∂xi− g, (A.6)
em que as condições (i) e (ii) para os coeficientes são obedecidas; Então, existec > 0 tal que
qualquer soluçãou ∈ V 1,02 (QT ) que satisfaz a condição inicial
u|t=0 = ψ0 ∈ L2(Ω1), (A.7)
satisfaz a desigualdade
|||u|||QT≤ c
[‖ψ0 ‖L2(Ω1) + ‖ f ‖L2(QT ) + ‖ g ‖q1,r1,QT
], (A.8)
em que a constantec depende somente den, ν, µ, µ1 e q.
A.3 Solução para a Equação da Onda não homogênea
Uma solução da equação∂2u
∂t2−u = g,
é dada por
u = g ∗ Φ+,
em queΦ+, a solução fundamental da Equação da Onda, é a distribuição definida por
〈Φ+ , ψ〉 =
∫ +∞
0〈φt , ψ(t, ·)〉 dt, ∀ψ ∈ C∞
c (R × Rn), (A.9)
em queφt, distribuição emRn, comn ímpar, é definida por:
φt(x) =
12 H(t− | x |), n = 1;
1
(1.3 . . . .(n − 2))
(t−1 ∂
∂t
)(n−3)/2 [tn−2Σt
], n ≥ 3.
Por sua vez, na fórmula acima:
〈Σt , ψ〉 =1
wn
∫
| y |=1ψ(ty) dσ(y),
50
em quewn é a área da esfera unitária, eσ é a medida de área.
É possível obtermos uma fórmula fechada quandog ∈ C∞c (R×R
n), g(t, x) = 0, ∀(t, x) ∈(−∞, 0[×R
n:
u(t, x) = g ∗ Φ+(t, x) = Φ+(g(t− ·, x− ·)) =
=
∫ t
0〈φτ , g(t− τ, x− ·)〉 dτ =
=
∫ t
0
1
(1.3 . . . .(n − 2))
(τ−1 ∂
∂τ)(n−3)/2
τn−2 1
wn
∫
| y |=1g( t− τ︸ ︷︷ ︸
não deriva àτ
, x− τy) dσ(y)
dτ.
Fazendo uma mudança de variáveis a fim de trocar as posições deτ e (t− τ).= r, temos
u(t, x) =
∫ t
0
1
wn(1.3 . . . .(n − 2))(A.10)
(1
r
∂
∂r
)(n−3)/2[rn−2
∫
∂Bx(1)g(τ, r ξ) dσ(ξ)
]
r=t−τ
dτ.
Para os casos particularesn = 1 en = 3, temos respectivamente
u(t, x) =1
2
∫ t
0
∫ τ
−τg(t− τ, x− ξ) dξdτ, paran = 1.
u(t, x) =1
4π
∫ t
0(t− τ)
∫
∂Bx(1)g(τ, (t− τ) ξ) dσ(ξ)dτ, paran = 3.
A.4 Teorema de Paley Wiener
Teorema A.5(Paley-Wiener). Dada uma distribuição temperadaT emRn, as seguintes pro-
priedades são equivalentes:
i. O suporte deT é compacto;supp(T ) ⊂ |x| ≤ A, A > 0.
ii. A transformada de Fourier deT pode ser estendida ao plano complexoCn como uma
função inteiraζ 7→ T (ζ) tal que existem um inteirom ≥ 0 e uma constanteC > 0 tais
que para todoζ = ξ + ı η, vale
|T (ζ)| ≤ C(1 + |ζ|)me2π|η|A. (A.11)
51
Note que (A.11) pode ainda ser majorada, para todoζ ∈ Cn (comunicação particular de
Gerson Petronilho): O termo(1 + | ζ |)m pode ser majorado por2mm! exp [| ζ |], pois como
exp [| ζ |] =∞∑
j=0
| ζ |jj!
,
temos
(1 + | ζ |)m =
m∑
l=0
(m
l
)| ζ |l ≤
m∑
l=0
(m
l
)l! exp [| ζ |]
≤m! exp [| ζ |]m∑
l=0
(m
l
)= 2mm! exp [| ζ |] .
Assim,
|T (ζ)| ≤ C(1 + |ζ|)mexp [2π|η|A] ≤ C 2mm! exp [| ζ |] exp [2π|η|A]
≤ C 2mm! exp [| ζ |] exp [2π|ζ|A] = C1exp [C2 | ζ |] ≤ C3exp [C3 | ζ |] , ∀ζ ∈ Cn,
em queC1, C2 eC3 são constantes convenientemente escolhidas.
A.5 Teorema do Mínimo Módulo
Definição A.1 (ordem). Uma função inteiraf é de ordem menor ou igual aρ se para cada
ǫ > 0, existem uma constanteC eR0 > 0 tal que
sup|z|=R
|f(z)| ≤ CR(ρ+ǫ)
para todoR > R0.
Definição A.2(ordem estrita). Uma função inteiraf é de ordem estrita menor ou igual aρ se
existem uma constanteC eR0 > 0 tal que
sup|z|=R
|f(z)| ≤ CRρ
para todoR > R0
Uma função inteiraf é de ordemρ se existir
ρ = infλ | f é de ordem menor ou igual aλ.
Analogamente,f inteira é de ordem estritaρ se existir
ρ = infλ | f é de ordem estrita menor ou igual aλ.
52
Exemplo: (Exponencial)
A funçãof(z) = ez é de ordem estritaρ = 1, pois|ez| = eRe (z) ≤ e|z|. N
ObservaçãoA.3. Uma função do tipof(ζ) = Cexp [C | ζ |] é de ordem estrita igual a um, pois
para| ζ | > R0 = 1, podemos fazer a seguinte majoração:
f(ζ) = Cexp [C | ζ |] ≤ exp [C] exp [C | ζ |] ≤ exp [2C | ζ |] = C| ζ |1 ,
em queC1 = exp [2C].
Essa última observação em conjunto com o Teorema de Paley-Wiener implica em que se
uma funçãoρ : Rn → R é compactamente suportada, então sua transformada de Fourier ρ é
de ordem estrita igual a um.
Teorema A.6(Mínimo módulo). Sejaf uma função inteira não identicamente nula de ordem
estrita igual aρ. Sejamz1, z2, . . ., os zeros def , ordenando-os em ordem crescente em módulo.
Sejas > ρ. Seja
U = C \⋃
|zn|>1
B(zn,1
|zn|s)
Então, exister0 > 0, que depende def tal que
z ∈ z ∈ U | |z| > r0 ⇒ |f(z)| > e−|z|ρ.
A.6 Transformada de Laplace
SejaT uma distribuição emR, na variávelt, com suporte na semi-retat ≥ 0, isto é,T ∈ D′+.
Definição A.3. DadoT ∈ D′+, suponha que existaξ0 ∈ R tal quet 7→ exp [−ξt]T ∈ S
′,
∀ξ > ξ0. Então, para qualquer funçãot 7→ α(t) que vale1 em uma vizinhança do suporte deT
e que tem suporte limitado à esquerda, podemos calcular paradadop = ξ+ ı η, ξ > ξ0, η ∈ R:
〈exp [−ξ1t]T , α(t) exp [−(p− ξ1)t]〉 ,
paraξ0 < ξ1 < ξ.= Re (p), já quet 7→ α(t) exp [−(p− ξ1)t] ∈ S, e exp [−ξ1t]T ∈ S
′.
Define-se a transformada de Laplace deT por
L(T )(p) = 〈T , exp [−pt]〉 .= 〈exp [−ξ1t]T , α(t) exp [−(p− ξ1)t]〉 ,
paraRe (p) = ξ > ξ0.
A Transformada de Laplace é injetora em seu domínio.
O seguinte teorema [12] é importante para o trabalho:
53
Teorema A.7. Uma função holomorfaT(p) é a transformada de Laplace de uma distribuição
T ∈ D′+ se e somente seexistir um semi-planoξ > c, c ∈ R, no qual|T(p) | é limitado por
um polinômio em|p|.
ObservaçãoA.4. Note em particular que se existirc ∈ R tal que|T(p) | é limitado por um
polinômio em|p| no semi-planoξ > c, entãoL−1(T) tem suporte emR+.
A.6.1 A transformada inversa
Como existe um semi-plano em queT(p) é uma função inteira, há sentido em se empregar o
sinal de integração:
L−1(T)(t) = T (t) = lim
m→+∞−ı2π
∫ γ+ı m
γ−ı mT(p) exp [p t] dp,
sendo queγ > 0 está à direita de todas as singularidades deT (veja por exemplo [12]).
A.6.2 Algumas propriedades
SeTra : D′ → D′, a ∈ R é o operador de translação definido por
〈Tra(T ) , φ〉 = 〈T , φ(· + a)〉 , ∀φ teste,
então vale
L−1 (exp [−ap] L(T )) = Tra(T ).
Para derivadas, vale o resultado
L
(T (m)
)= pm
L(T ).
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