Sobre uma classe de problemas elípticos com não linearidades do

Universidade Federal da Paraíba
Centro de Ciências Exatas e da Natureza
Programa de Pós-Graduação em Matemática
Curso de Mestrado em Matemática
Sobre uma classe de problemas elípticos com
não linearidades do tipo côncavo-convexa
por
Maxwell de Sousa Pita
sob orientação do
Prof. Dr. Everaldo Souto de Medeiros
Dissertação
apresentada
ao
Corpo
Do-
cente do Programa de Pós-Graduação em
Matemática - CCEN - UFPB, como
re-
quisito parcial para obtenção do título de
Mestre em Matemática.
Abril/2013
João Pessoa - PB
P681s
Pita, Maxwell de Sousa.
Sobre uma classe de problemas elípticos com não
linearidades do tipo côncavo-convexa / Maxwell de Sousa
Pita.João Pessoa, 2013.
74f.
Orientador: Everaldo Souto de Medeiros
Dissertação (Mestrado) - UFPB/CCEN
1. Matemática. 2. Problemas elípticos semilineares.
3. Teorema do Passo da Montanha. 4. Princípio variacional
de Ekeland.
UFPB/BC
CDU: 51(043)
Agradecimentos
A Deus, por nos dar a esperança de uma vida em paz.
Aos meus pais, pelo enorme apoio em todos os momentos, principalmente nos mais
difíceis.
À Minha namorada Edna, por estar sempre presente.
Ao meu orientador Everaldo, por estar sempre disponível a esclarecer quaisquer dúvidas, pela amizade, pelo incentivo e por acreditar em mim, apesar de todas as minhas
diculdades.
Ao professor Bruno, pela disponibilidade em me ajudar.
Aos meus professores da graduação em matemática do IFCE: Mário de Assis Oliveira
e José Alves, pelos excelentes ensinamentos.
Aos professores da pós-graduação em matemática da UFPB: Carlos Bocker, Lizandro,
Napoleon e Alexandre, pelas disciplinas lecionadas que contribuíram muito para a minha
formação.
i
Dedicatória
Aos meus pais, Maria Socorro de
Sousa Pita e José Pita Neto.
ii
Resumo
Neste trabalho, vamos estabelecer uma versão do Teorema do Passo da Montanha
devido a Martin Schechter [12], a qual irá fornecer uma sequência de Cerami em um
nível max-min. Como consequência deste, juntamente com o Princípio variacional de
Ekeland, vamos obter alguns resultados de existência e multiplicidade de solução para
uma classe de problemas elípticos semilineares envolvendo uma não-linearidade do tipo
côncavo-convexa.
iii
Abstract
In this work, we will establish a version of the Mountain Pass Theorem due to Martin
Schechter [12], which will provide a Cerami sequence at a max-min level. As a consequence
of this result, together with the Ekeland variational principle, we obtain some results of
existence and multiplicity of solution for a class of semilinear elliptic problems involving
a nonlinearity of concave-convex type.
iv
Sumário
Introdução
8
1 Um teorema do tipo max-min e o princípio variacional de Ekeland
12
1.1 O campo pseudo-gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2 O Teorema do Passo da Montanha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3 O princípio variacional de Ekeland . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2 Um problema assintoticamente linear
23
2.1 Prova do Teorema 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2 Prova do Teorema 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3 Um problema Superlinear
42
3.1 Prova do Teorema 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2 Prova do Teorema 3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4 O caso f (x, u) ≡ λu
57
4.1 Prova do Teorema 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.2 Prova do Teorema 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
A Resultados utilizados
62
A.1 Diferenciabilidade de funcionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
A.2 Regularidade dos funcionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
A.3 Autovalores do Laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida . . . . . . . . . . . . 69
Referências Bibliográcas
71
v
Notações
Vamos utilizar as seguintes notações:
Notações gerais:
• Br (x) denota a bola aberta de raio r e centro x.
• * e → denotam convergência fraca e forte, respectivamente.
• |Ω| denota a medida de Lebesgue do conjunto Ω.
• ∆u =
Pn
∂u
i=1 ∂xi
denota o laplaciano da função u.
∂u
∂u
, ..., ∂x
) denota o gradiente da função u.
• ∇u = ( ∂x
n
1
• q.t.p é uma abreviação de quase todo ponto.
• u+ =max{0, u}.
• u− =max{0, −u}.
• I 0 denota a derivada a Gâteaux do funcional I .
• ∂Ω denota a fronteira do conjunto Ω.
Espaços de funções:
• Lp (Ω)={u : Ω → R; u é mensurável e
R
Ω
|u|p < ∞}.
• L∞ (Ω)={u : Ω → R; u é mensurável e ∃C > 0 tal que |u(x)| ≤ C q.t.p em Ω}.
vi
• H01 (Ω) denota o espaço de Sobolev usual.
• H0−1 (Ω) denota o espaço dual do Espaço de Sobolev H01 (Ω).
• C(Ω) denota o espaço das funções contínuas em Ω.
• C 1 (Ω) denota o espaço das funções continuamente diferenciáveis em Ω.
• C0∞ (Ω) denota o espaço das funções de classe C ∞ em Ω com suporte compacto.
Normas:
• kuk =
R
|∇u|2 dx
Ω
21
, para u ∈ H01 (Ω).
• khk∞ = inf{C > 0; |u(x)| ≤ C q.t.p em Ω} denota a norma em L∞ (Ω).
R
1
• khkp = ( Ω |u|p ) p denota a norma em Lp (Ω) com 1 ≤ p < ∞.
vii
Introdução
O objetivo desta dissertação é estudar a existência e multiplicidade de solução não
negativa para o problema

 −∆u = h(x)uq + f (x, u)

em Ω
sobre ∂Ω,
u=0
(1)
onde Ω é um domínio limitado e suave em RN (N ≥ 1), 0 < q < 1 e as funções h(x) e
f (x, s) satisfazem algumas condições de crescimento.
Esta dissertação é baseada nos artigos de Li, Wu e Zhou [10] e Schechter [12].
O problema (1) foi amplamente estudado sob várias hipóteses em h(x) e f (x, s). Em
[6] foi estudado o caso onde h(x) ≡ λ e f (x, s) ≡ 0. Neste caso foi provado que existe
uma única solução positiva para o problema (1). Além disso, Wang em [13] provou que, se
h(x) ≡ λ é uma constante positiva, o problema (1) possui innitas soluções un ∈ H01 (Ω)
tais que |un |∞ → 0, I(un ) < 0 e I(un ) → 0. Para o caso onde f (x, s) é superlinear
podemos citar o famoso artigo de Ambrosetti, Brezis e Cerami, [1], no qual estudaram o
caso onde h(x) = λ e f (x, u) = up , com 0 < q < 1 < p e λ > 0. Através do método de sub
e supersolução estes autores provaram que existe Λ > 0 tal que λ ∈ (0, Λ) se, e somente
+2
se, o problema (1) possui uma solução não-trivial. Além disso, se p ∈ (1, NN −2
) foi provada
a existência de outra solução, caso tenhamos 0 < λ < Λ.
As hipóteses utilizadas nesta dissertação, as quais veremos no início de cada capítulo,
diferem das hipóteses usadas nestes outros artigos, onde descartamos várias hipóteses dos
mesmos. O método usado neste artigo é baseado em uma simples variação do Teorema
do Passo da Montanha. Este método também vale para o caso onde f (x, s) é superlinear
em relação a s no innito ou f (x, s) ≡ λs para algum λ > 0, isto é, os resultados obtidos
nesta dissertação cobrem todas as condições de crescimento de f (x, s) em s, a saber,
8
linear, assintoticamente linear e superlinear, desde que f (x, s) seja subcrítico.
Consideraremos apenas soluções não-negativas e não-triviais para o problema (1),
assim supomos f (x, s) ≥ 0 para s ≥ 0.
Esta dissertação está organizada da seguinte forma:
No Capítulo 1, estão enunciados e demonstrados alguns resultados clássicos da Análise
não-linear que são: uma versão mais geral do que conhecemos como Teorema do Passo
da Montanha e o Princípio Variacional de Ekeland. Ambos tem importância fundamental
para que possamos encontrar soluções fracas do problema (1).
No Capítulo 2, será estudado o problema (1) no caso assintoticamente linear. Assim,
a função f (x, s) deve satisfazer a seguinte hipótese:
(f3 ) lims→+∞
f (x,s)
s
= ` ∈ (λ1 , +∞)
uniformemente em x ∈ Ω.
Serão enunciados e demonstrados dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 2.1, vamos
obter uma solução fraca não-negativa para este problema, com energia positiva. Além
disso, se a função h for não-negativa esta solução deverá ser estritamente positiva. Sua
demonstração consiste de vários lemas, mas dois desses lemas tem maior importância,
num sentido que cará preciso no decorrer desta dissertação, onde daremos agora algumas
informações que justicam a importância destes dois lemas. No primeiro deles, o Lema 2.1,
vamos mostrar que o funcional energia I associado ao problema (1) satisfaz a geometria
do Teorema do Passo da Montanha. Isto nos garante a existência de uma sequência de
Cerami no nível c > 0 que será denido no Teorema 1.2. No outro lema citado, o Lema
2.4, mostramos que toda sequência de Cerami para o funcional I é limitada. Assim, a
compacidade da imersão H01 (Ω) ,→ Lp (Ω), com 1 ≤ p < 2∗ , garantirá a existência de
uma solução fraca não-negativa para este problema. No teorema seguinte, o Teorema 2.2,
será adicionada uma outra hipótese sobre a função h. Vamos denotar por c1 o ínmo
do funcional I em uma bola B ρ ⊂ H01 (Ω) e provaremos que c1 < 0. Utilizaremos o
Princípio Variacional de Ekeland para construir uma sequência (un ) ⊂ H01 (Ω) limitada.
Assim, novamente pela imersão compacta H01 (Ω) ,→ Lp (Ω), com 1 ≤ p < 2∗ , e pelo
mesmo procedimento do Teorema 2.1 obteremos uma solução não-negativa, com energia
negativa. O Princípio do Máximo Forte será útil para mostrar que se h for não-negativa
então as soluções obtidas nesses dois dois teoremas devem ser estritamente positivas.
No Capítulo 3, será estudado o problema (1) no caso superlinear. Assim, na condição
9
(f3 ) anterior analisaremos o caso onde ` = +∞. Por consequência, adicionaremos mais
algumas hipóteses de regularidade e crescimento para a função f (x, s). Este capítulo é
composto por dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 3.1, vamos obter duas soluções fracas não negativas, uma com energia positiva e outra com energia negativa. Para
demonstrá-lo, vamos utilizar um lema técnico e mais dois lemas análogos aos do capítulo
2, mas com demonstração diferente, pois agora f (x, s) é superlinear. No primeiro deles,
o Lema 3.1, novamente vamos mostrar que o funcional energia associado ao problema
satisfaz a geometria do passo da montanha. Isto nos dá uma sequência de Cerami , a qual
mostraremos ser limitada no lema seguinte, o Lema 3.2. A partir daí, procedemos analogamente ao Teorema 2.1 e obteremos uma solução não-negativa com energia positva. Para
obtermos uma outra solução não-negativa, mas com energia negativa, procedemos de maneira análoga ao Teorema 2.2, utilizando o princípio variacional de Ekeland. No teorema
seguinte, o Teorema 3.2, vamos obter uma solução não-negativa com energia positiva, mas
analisando o caso onde a função h é não-negativa. Para tal, descartamos algumas hipóteses envolvendo h e f (x, s) utilizadas no Teorema 3.2 e acrescentamos monotonicidade à
função f (x, s). A demonstração é análoga.
No Capítulo 4, como aplicação, analisaremos um caso particular do problema (1); a
saber, o caso especial onde f (x, u) é globalmente linear em relação a u, isto é, f (x, u) =
λu. Serão enunciados e demonstrados dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 4.1,
supondo que a função h seja não-negativa vamos provar existência e não existência de
soluções positivas, analisando separadamente os casos onde λ ≥ λ1 e λ < λ1 . Vamos
mostrar que o funcional energia J associado ao problema satisfaz a geometria do passo da
montanha e assim o restante da demonstração será análoga a demonstração do Teorema
2.1, no caso λ < λ1 . No teorema seguinte, o Teorema 4.2, supondo que h seja nãopositiva vamos novamente provar existência e não-existência de soluções positivas para
este problema, analisando separadamente os casos onde λ > λ1 e λ ≤ λ1 . Além disso, será
dada uma caracterização para soluções positivas deste problema, se h for identicamente
nula e λ = λ1 .
Finalmente, no Apêndice vamos demonstrar alguns resultados de regularidade dos
funcionais energia utilizados, serão enunciados alguns resultados de Análise Funcional
e outros envolvendo os autovalores do Laplaciano. Estes resultados serão utilizados no
10
decorrer de toda a dissertação.
11
Capítulo 1
Um teorema do tipo max-min e o
princípio variacional de Ekeland
Neste capítulo, apresentaremos um Teorema do tipo max-min devido a M. Schechter
em [12] bem como o enunciado e a prova do princípio Variacional de Ekeland. Para provar
o Teorema max-min, precisamos denir e construir um campo vetorial Pseudo-Gradiente,
o qual está incluso na próxima seção.
1.1
O campo pseudo-gradiente
Denição 1 Seja I : E → R um funcional de classe C 1 denido em um espaço de
Banach E . Um campo pseudo-gradiente para I é uma aplicação localmente lipschitziana
e → E tal que, para todo α ∈ (0, 1), temos:
γ:E
kγ(w)k ≤ 1,
αkI 0 (w)k ≤ I 0 (w)γ(w),
e
∀w ∈ E,
onde Ee = {u ∈ E; I 0 (u) 6= 0}.
Lema 1.1 Existe um campo vetorial pseudo-gradiente para o funcional I .
Demonstração: Para cada u ∈ Ee, como I 0 (u) é contínua, temos
kI 0 (u)k = sup I 0 (u)w.
kwk=1
Seja α1 ∈ (α, 1). Existe w(u) ∈ E tal que
α1 kI 0 (u)k ≤ I 0 (u)w(u)
12
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
com
kw(u)k = 1.
Pela continuidade de I 0 , existe uma vizinhança Vu de u tal que
αkI 0 (v)k ≤ I 0 (v)w(u),
∀v ∈ Vu .
e forma uma cobertura para E
e . Como E
e ⊂ E
Observe que a família {Vu ; u ∈ E}
é metrizável e portanto paracompacto, existe uma cobertura localmente nita {Vi }i∈J
e uma partição da unidade {λi }i∈J localmente Lipschitz contínua subordinada à esta
cobertura, onde podemos supor que J = {1, 2, ..., n0 }. Com isso, para cada i ∈ J temos
e → E denida por
Vi ⊂ Vui . Assim, consideremos a função γ : E
γ(v) =
n0
X
λi (v)w(ui ).
i=1
Logo, como cada λi é localmente Lipschitz contínua, e uma soma nita de aplicações
localmente Lipschitz também o é, temos que γ é localmente Lipschitz contínua. Assim,
kγ(v)k ≤
n0
X
λi (v) = 1.
i=1
Além disso, temos
0
I (v)γ(v) ≥ α
n0
X
λi (v)kI 0 (v)k = αkI 0 (v)k,
i=1
o que prova o resultado.
1.2
O Teorema do Passo da Montanha
Inicialmente, denotemos o seguinte conjunto:
Ψ = {ψ : (0, +∞) → R, ψ é não crescente e
Z
+∞
ψ(r)dr = +∞}.
1
Considere o seguinte exemplo.
Exemplo: A função ψ : (0, +∞) → R denida por
ψ(s) =
1
,
1+s
s>0
claramente pertence a Ψ.
O seguinte teorema é uma versão generalizada do Teorema do Passo da Montanha.
13
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
Teorema 1.1 (Schechter, [12]) Seja I : E → R um funcional denido em um espaço
de Banach E e um elemento e ∈ E com e 6= 0. Seja Λ o conjunto de todos os abertos
limitados N ⊂ E tais que 0 ∈ N com e ∈/ N . Suponha que as seguintes condições sejam
satisfeitas:
(i) I ∈ C 1 (E, R)
(ii) Existe N0 ∈ Λ e η ∈ R tal que max{I(0), I(e)} ≤ η e
I(u) ≥ η, ∀u ∈ ∂N0 .
(1.1)
Seja b ≥ η denido por
b = sup inf I(u),
N ∈Λ u∈∂N
(1.2)
então, para todo ψ ∈ Ψ existe uma sequência (un ) em E tal que
I(un ) → b,
e
kI 0 (un )k
→ 0,
ψ(kun k)
quando n → +∞,
quando n → +∞.
Demonstração: Observe na Figura 1.1 a seguir o caso particular de um funcional I
satisfazendo as condições (i) e (ii):
Figura 1.1:
14
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
Inicialmente, suponhamos que b > η . Suponha por contradição que a conclusão deste
teorema não seja verdadeira. Assim, existe ε > 0 e ψ ∈ Ψ tal que
kI 0 (u)k ≥ ψ(kuk),
(1.3)
|I(u) − b| ≤ 3ε.
(1.4)
para todo u ∈ E satisfazendo
Se necessário, podemos tomar ε > 0 sucientemente pequeno tal que
3ε < b − η.
Denimos os seguintes conjuntos:
Q = {u ∈ E, |I(u) − b| ≤ 2ε},
Q1 = {u ∈ E; |I(u) − b| ≤ ε},
Q2 = E \ Q.
Seja g : E → R denida da seguinte forma
g(u) =
d(u, Q2 )
.
d(u, Q1 ) + d(u, Q2 )
Armamos que g é uma aplicação localmente lipschitziana e satisfaz
g(u) =

 1,
u ∈Q1 ,
 0,
u ∈Q2
e
0 < g(u) < 1, caso contrário.
De fato, vamos denotar g1 e g2 da seguinte forma
g1 (u) = d(u, Q1 ) e g2 (u) = d(u, Q2 ).
Dados u2 , u2 ∈ E , temos
g(u1 ) − g(u2 ) =
g2 (u1 )
g2 (u2 )
−
.
g1 (u1 ) + g2 (u1 ) g1 (u2 ) + g2 (u2 )
Daí,
g(u1 ) − g(u2 ) =
g1 (u2 )g2 (u1 ) + g2 (u2 )g2 (u1 ) − g1 (u1 )g2 (u2 ) − g2 (u1 )g2 (u2 )
.
[g1 (u1 ) + g2 (u1 )][g1 (u2 ) + g2 (u2 )]
15
(1.5)
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
Com isso, temos
g(u1 ) − g(u2 ) =
g1 (u2 )g2 (u1 ) − g1 (u1 )g2 (u2 )
.
[g1 (u1 ) + g2 (u1 )][g1 (u2 ) + g2 (u2 )]
Assim,
g(u1 ) − g(u2 ) =
g1 (u2 )g2 (u1 ) − g2 (u1 )g1 (u1 ) + g2 (u1 )g1 (u1 ) − g1 (u1 )g2 (u2 )
.
[g1 (u1 ) + g2 (u1 )][g1 (u2 ) + g2 (u2 )]
Consequentemente,
|g(u1 ) − g(u2 )| ≤
g2 (u1 )
|g1 (u2 ) − g1 (u1 )|
[g1 (u1 ) + g2 (u1 )][g1 (u2 ) + g2 (u2 )]
g1 (u1 )
+
|g2 (u1 ) − g2 (u2 )|.
[g1 (u1 ) + g2 (u1 )][g1 (u2 ) + g2 (u2 )]
Como g1 e g2 são funções lipschitzianas, existem c1 > 0 e c2 > 0 tais que
|g(u1 ) − g(u2 )| ≤
g2 (u1 )
c1 |u2 − u1 |
[g1 (u1 ) + g2 (u1 )][g1 (u2 ) + g2 (u2 )]
g1 (u1 )
+
c2 |u1 − u2 |.
[g1 (u1 ) + g2 (u1 )][g1 (u2 ) + g2 (u2 )]
Como g1 (u1 ) + g2 (u1 ) > 0, existem a > 0 e uma vizinhança W de u1 tal que
g1 (u) + g2 (u) > a > 0 ∀u ∈ W.
Além disso, como
g2 (u1 )
≤ 1,
g1 (u2 ) + g2 (u2 )
e
g1 (u1 )
≤ 1,
g1 (u2 ) + g2 (u2 )
temos que
|g(u) − g(v)| ≤
c1 + c2
ku − vk ∀u, v ∈ W,
a
donde obtemos que g é localmente lipschitziana.
Seja γ um campo pseudo-gradiente para I , isto é, uma aplicação γ : E → E tal que
I 0 (u)γ(u) ≥ αkI 0 (u)k,
com kγ(u)k ≤ 1,
(1.6)
para algum α > 0. Seja ϕ : E → E a aplicação denida por ϕ(u) = g(u)γ(u). Assim, ϕ é
localmente Lipschitz contínua com
I 0 (u)ϕ(u) ≥ 0,
para kϕ(u)k ≤ 1.
16
(1.7)
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
Considere o seguinte problema de valor inicial:

d

 σ(t, u) = ϕ(σ(t, u)),
dt

 σ(0, u) = u.
(1.8)
Como ϕ é localmente lipschitziana e limitada, existe uma única solução para (1.8) denida
em um intervalo maximal (t− (u), t+ (u)). Armamos que t− (u) = −∞ e t+ (u) = +∞. De
fato, suponhamos por contradição que t+ (u) < ∞. Seja uma sequência (tn ) no intervalo
(−∞, t+ (u)) tal que tn → t+ (u). Assim, temos
Z tm
d
kσ(tm , u) − σ(tn , u)k = (σ(τ,
u))dτ
tn dτ
Z tm
ϕ(σ(τ,
u))dτ
=
t
Z tmn
kϕ(σ(τ, u))kdτ
≤
tn
≤ ktm − tn k.
Assim, como (tn ) é uma sequência de Cauchy, pois é convergente em R, temos que a
sequência (σ(tn , u)) ⊂ E também é de Cauchy. Logo, (σ(tn , u)) converge para algum
ponto v ∈ E , desde que tn → t+ (u). Agora, considere o seguinte problema de valor inicial



d
σ(t, u) = ϕ(σ(t, u)),
dt

 σ(t+ (u), u) = v.
Isto nos dá uma extensão de σ(t, u) no intervalo [t− (u) − δ, t+ (u) + δ], para algum δ > 0.
Isto é uma contradição, pois por hipótese temos que (t− (u), t+ (u)) é um intervalo maximal.
De maneira análoga, provamos que t− (u) = −∞. Por (1.7) temos
kσ(t, u) − uk ≤ t.
(1.9)
Além disso, por (1.6) e (1.8) temos
d
(I(σ(t, u)) = I 0 (σ(t, u))ϕ(σ(t, u))
dt
≥ αg(σ(t, u))kI 0 (σ(t, u))k
(1.10)
> 0.
Isto implica que I(σ(., u)) é não-decrescente, ou seja,
I(σ(t1 , u)) ≤ I(σ(t2 , u)) 0 < t1 < t2 .
17
(1.11)
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
Por (1.2) existe N ∈ Λ tal que
I(u) > b − ε,
u ∈ ∂N.
(1.12)
Seja
M = sup kuk,
u∈∂N
e seja T tal que
Z
T +M
(1.13)
ψ(t)dt.
(1.14)
u ∈ ∂N, t ≥ 0.
(1.15)
2ε < α
M
Por (1.11) e (1.12), temos
I(σ(t, u)) > b − ε,
Assim
σ(t, u) 6= 0, σ(t, u) 6= e,
u ∈ ∂N, t ≥ 0,
(1.16)
pois temos η < b − 3ε. Se u ∈ ∂N , com u ∈/ Q1 , temos
I(u) > b + ε,
(1.17)
pois não podemos ter, por (1.12), a seguinte desigualdade
I(u) < b − ε.
(1.18)
Assim, por (1.11) temos
I(σ(t, u)) ≥ I(u) > b + ε,
u ∈ ∂N, u ∈
/ Q1 , 0 ≤ t ≤ T.
Por outro lado, se u ∈ ∂N ∩ Q1 , seja t1 o maior número possível tal que t1 ≤ T e
σ(t, u) ∈ Q1
para 0 ≤ t ≤ t1 . Se t1 < T , então para δ > 0 sucientemente pequeno, temos
I(σ(t1 + δ, u)) ≥ I(σ(t1 , u)) ≥ b − ε.
Além disso, como σ(t1 + δ, u) ∈/ Q1 temos
I(σ(t1 + δ, u)) > b + ε.
18
(1.19)
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
Consequentemente
I(σ(T, u)) > b + ε.
(1.20)
Se t1 = T , então por (1.10), (1.5), (1.3), (1.9), (1.13) e (1.14), temos
Z
T
kI 0 (σ(t, u))kdt
I(σ(T, u)) − I(u) ≥ α
0
Z
T
≥α
ψ(k(σ(t, u))k)dt
0
Z
T
≥α
ψ(kuk + t)dt
0
Z
T
≥α
ψ(M + t)dt
0
Z
T +M
ψ(τ )dτ
=α
M
> 2ε.
Assim, a desigualdade (1.20) segue de (1.12). Portanto, a desigualdade (1.20) é válida
para todo u ∈ ∂N . Denimos os seguintes conjuntos
NT = {σ(T, u); u ∈ N },
e
∂NT = {σ(T, u); u ∈ ∂N }.
Por (1.7) e pela dependência contínua de σ(T, u) em u temos que NT é um conjunto aberto
limitado em E . Como 0, e ∈ Q2 e g ≡ 0 em Q2 , pela unicidade de soluções de (1.8) temos
que σ(T, 0) = 0, σ(T, e) = e. Como σ(T, 0) ∈ NT e σ(T, e) ∈/ N T , temos que 0 ∈ NT e
e∈
/ N T . Assim, NT ∈ Λ e, por (1.20)
I(u) > b + ε, u ∈ ∂NT .
(1.21)
Mas isto contradiz (1.2). Assim, o teorema está provado para o caso η < b. Agora,
suponha que η = b. Então, por (1.1), temos
I(u) ≥ b, u ∈ ∂N0 .
(1.22)
Seja
T =
1
min[d(0, ∂N0 ), d(e, ∂N0 )].
2
19
(1.23)
1.2 O Teorema do Passo da Montanha
Escolha ε > 0 sucientemente pequeno tal que (1.14) seja verdadeiro. Então, procedendo
de maneira análoga com N0 em vez de N substituímos (1.12) por (1.22). Para obtermos
(1.16), por (1.9) e (1.23) temos a seguinte desigualdade
k(σ(t, u) − uk ≤ t ≤ T.
Isto implica que (1.16) é verdadeiro para todo u ∈ ∂N0 e 0 ≤ t ≤ T . Para obter (1.21)
procedemos analogamente contradizendo mais uma vez (1.2). Assim, está concluído o
teorema.
Agora, vamos relembrar a condição de Cerami:
Denição 2 Seja E um espaço de Banach real e I ∈ C 1 (E, R). Uma sequência (un ) ⊂ E
é dita uma sequência de Cerami no nível c ∈ R quando
I(un ) → c e (1 + kun k)kI 0 (un )kE ∗ → 0.
(1.24)
Como aplicação do Teorema 1.1, temos a seguite variação do Teorema do passo da
Montanha.
Teorema 1.2 Seja E um espaço de Banach real com seu espaço dual E ∗ e suponha que
I ∈ C 1 (E, R) satisfaz a condição
max{I(0), I(e)} ≤ 0 < η ≤ inf I(u)
kuk=ρ
para algum 0 < η, ρ > 0 e e ∈ E com kek > ρ. Se c é denido por
c = sup inf I(u),
N ∈Λ u∈∂N0
onde N0 = Bρ (0) e Λ = {N ⊂ E; N é aberto e limitado}, então c > 0 e existe uma
sequência (un ) ⊂ E que satisfaz a condição de Cerami, ou seja,
I(un ) → c e I 0 (un )(1 + kun k) = 0.
Demonstração: Observe que c > 0. De fato,
c = sup inf I(u) ≥ inf I(u) ≥ η > 0.
N ∈Λ u∈∂N0
Desde que ψ(s) =
1
1+s
u∈∂N0
∈ Ψ, pelo Teorema 1.1, obtemos o resultado desejado.
20
1.3 O princípio variacional de Ekeland
1.3
O princípio variacional de Ekeland
O seguinte princípio devido a I. Ekeland [7] será de fundamental importância para
obtermos soluções com energia negativa para o problema a ser estudado.
Teorema 1.3 (Princípio Variacional de Ekeland) Seja V um espaço métrico completo e F : V → R ∪ {+∞} uma função semicontínua inferiormente e limitada inferiormente. Então, para todo ε > 0 existe v ∈ V tal que:
F (v) ≤ inf F (v) + ε
v∈V
e
F (w) ≥ F (v) − εd(v, w) para todo w ∈ V.
Demonstração: Seja u0 ∈ V tal que
F (u0 ) ≤ inf F (v) + ε.
v∈V
Deniremos a seguir indutivamente uma sequência (un ) cujo primeiro elemento seja u0 .
Escolhamos um elemento un ∈ V . Então podemos ter um dos seguintes casos:
(a) F (w) > F (un ) − εd(un , w), ∀w 6= un ;
(b) existe w 6= un tal que F (w) ≤ F (un ) − εd(un , w).
Supondo que (a) seja verdadeiro, denimos un+1 = un . Caso contrário, se (b) for verdadeiro, então denimos un+1 da seguinte forma:
Seja Sn o conjunto dos elementos w ∈ V satisfazendo a condição (b). Assim, escolha
un+1 ∈ Sn tal que
1
F ((un+1 ) − inf F (u) ≤
F (un ) − inf F (u) .
u∈Sn
u∈Sn
2
Armamos que a sequência (un ) é de Cauchy. De fato, se (a) for verdadeiro, então a
sequência é convergente e portanto de Cauchy. Caso contrário, se o item (b) for verdadeiro,
temos satisfeita a seguinte desigualdade:
εd(un , un+1 ) ≤ F (un ) − F (un+1 ), ∀n ∈ N.
(1.25)
Reordenando os termos da sequência, temos
εd(un , up ) ≤ F (un ) − F (up ), ∀n ≤ p.
21
(1.26)
1.3 O princípio variacional de Ekeland
Assim, F (un ) é uma sequência decrescente e limitada. De fato,
F (un ) ≥ εd(un , un+1 ) + F (un+1 ) ≥ F (un+1 ).
Assim, F (un ) é limitada inferiormente e decrescente, logo é limitada. Portanto, é convergente. Assim, fazendo n, p → +∞ obtemos claramente que (un ) é uma sequência de
Cauchy. Como V é um espaço métrico completo, (un ) converge para algum ponto v ∈ V .
Usando o fato de que F é semicontínua inferiormente, temos
F (v) ≤ lim F (un ).
n
Além disso, como F (un ) é decrescente, dado qualquer u ∈ V , temos
F (v) ≤ lim F (un ) ≤ F (u) ≤ inf F (v) + ε,
n
v∈V
donde obtemos a primeira desigualdade do teorema.
Para demonstrarmos a outra desigualdade do teorema, suponhamos que ela não seja
verdadeira, ou seja, suponhamos que existe w ∈ V tal que
F (w) < F (v) − εd(v, w).
(1.27)
Fazendo p → +∞ na equação (1.26) obtemos
F (w) ≤ lim F (up ) ≤ F (un ) − εd(un , w).
Portanto, w ∈ Sn , ∀ n ∈ N. Por outro lado, podemos escrever (1.25) da seguinte forma:
2F (un+1 ) − F (un ) ≤ inf F (u) ≤ F (w).
u∈Sn
Desde que
F (un ) → l,
tomando o limite em (1.28), temos
l ≤ F (w).
Como F é semicontínua inferiormente, temos
F (v) ≤ l ≤ F (w,
o que contradiz (1.27). Logo, devemos ter
F (w) ≥ F (v) − εd(v, w).
22
(1.28)
Capítulo 2
Um problema assintoticamente linear
Neste capítulo, baseado no artigo de Li-Wu-Zhou [10], vamos estudar o problema



−∆u = h(x)uq + f (x, u)



u≥0





u=0
em Ω
em Ω
(2.1)
sobre ∂Ω,
onde Ω é um domínio suave e limitado em RN (N ≥ 1), 0 < q < 1.
Seja λ1 > 0 o primeiro autovalor (veja Apêndice) de −∆ em H01 (Ω), isto é,

 −∆u = λ1 u
sobre ∂Ω.
u=0

em Ω
Sabemos que λ1 é caracterizado por
R
λ1 = inf
|∇u|2 dx
1
: u ∈ H0 (Ω), u 6= 0 .
u2 dx
Ω
ΩR
Neste capítulo vamos assumir que h(x) satisfaz as seguintes condições:
(h1 ) h(x) ∈ L∞ (Ω) e h(x) 6= 0;
(h2 ) existe v ∈ H01 (Ω) tal que
R
Ω
h(x)(v + )q+1 dx > 0.
Temos como principal objetivo encontrar soluções para o problema (2.1) quando f (x, s)
tem crescimento assintoticamente linear no innito. Mais precisamente:
(f1 ) f (x, s) ∈ C(Ω̄ × R, R); f (x, 0) ≡ 0; f (x, s) ≥ (6≡)0 para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.
23
(f2 ) lims→0+
f (x,s)
s
(f3 ) lims→+∞
uniformemente em x ∈ Ω.
= µ ∈ [0, λ1 )
f (x,s)
s
= ` ∈ (λ1 , +∞)
uniformemente em x ∈ Ω.
Para visualizar geometricamente as condições (f1 ), (f2 ) e (f3 ), observe a Figura 2.1:
Figura 2.1:
Exemplo: Se α > 0 e ` > λ1 , então a função denida por

`sα


,
α
f (x, s) := 1 + s

 0,
se s ≥ 0
se
s ≤ 0,
satisfaz as hipóteses (f1 ), (f2 ) e (f3 ).
Denição 3 Dizemos que u ∈ H01 (Ω) é uma solução fraca para o problema (2.1) se
Z
Z
Z
+ q
∇u∇ϕdx =
f (x, u+ )ϕdx,
h(x)(u ) ϕdx +
Ω
para todo ϕ ∈ H01 (Ω).
(2.2)
Ω
Ω
Note que o funcional energia associado ao problema (2.1) é dado por(veja Apêndice)
1
I(u) =
2
Z
1
|∇u| dx −
q+1
Ω
2
Z
+ q+1
h(x)(u )
Z
dx −
Ω
F (x, u+ )dx.
(2.3)
Ω
Pela Proposição A.1 temos que I ∈ C 1 (H01 (Ω), R). Além disso, para todo ϕ ∈ H01 (Ω)
temos
Z
0
Z
∇u∇ϕdx −
I (u)ϕ =
Ω
Z
+ q
h(x)(u ) ϕdx −
Ω
f (x, u+ )ϕdx.
(2.4)
Ω
Se u ∈ H01 (Ω) é um ponto crítico de I , escolhendo ϕ = u− em (2.4), obtemos
Z
−
− 2
Z
|∇u | =
Ω
+ q −
Z
h(x)(u ) u dx +
Ω
f (x, u+ )u− dx = 0.
Ω
Logo, u = u e assim pontos críticos de I são soluções fracas não-negativas de (2.1).
+
24
2.1 Prova do Teorema 2.1
Observação 2.1 Suponha que h(x) ≥ 0. Então, pelo Princípio do Máximo Forte, o
qual pode ser encontrado em [8], os pontos críticos não-nulos de (2.3) são soluções fracas
positivas do problema (2.1).
No teorema a seguir, sob as hipóteses anteriores, com exceção da hipótese (h2 ), encontraremos uma solução não-negativa com energia positiva para o problema (2.1) quando a
norma khk∞ é pequena.
Teorema 2.1 Suponha que as funções h e f (x, s) satisfaçam as hipóteses (h1 ), (f1 ), (f2 )
e (f3 ). Então existe uma constante m > 0 tal que se khk∞ < m, o problema (2.1) tem
uma solução fraca não-negativa, u1 ∈ H01 (Ω), com I(u1 ) > 0. Além disso, se h(x) ≥ 0
então u1 > 0.
Assumindo uma hipótese adicional, além da solução obtida no Teorema 2.1, obtemos
uma outra solução não-negativa u2 com energia negativa. Mais precisamente, temos
Teorema 2.2 Suponha que as funções h e f (x, s) satisfam as hipóteses (h1 ), (h2 ), (f1 ),
(f2 ) e (f3 ). Então existe uma constante m > 0 tal que se khk∞ < m, o problema (2.1) tem
pelo menos duas soluções fracas não-negativas u1 , u2 ∈ H01 (Ω) tais que I(u1 ) < 0 < I(u2 ).
Além disso, se h(x) ≥ 0 devemos ter u1 > 0 e u2 > 0.
2.1
Prova do Teorema 2.1
Para demonstrar o Teorema 2.1, usaremos o Teorema 1.2. A seguir, serão enunciados
e demonstrados alguns lemas importantes utilizados na demonstração deste teorema. Iniciamos esta seção com o Lema 2.1, o qual trata a geometria do Teorema 1.2. Este lema é
de fundamental importância para garantir, juntamente com o Teorema 1.2, a existência
de uma sequência de Cerami no nível max-min c > 0.
Lema 2.1 Suponha que as funções h e f (x, s) saatisfaçam as hipóteses (h1 ), (f1 ), (f2 ) e
(f3 ). Então existe uma constante m > 0 tal que se khk∞ < m, temos:
i) Existem ρ > 0, η > 0 tais que
I(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ H01 (Ω),
25
com kuk = ρ.
2.1 Prova do Teorema 2.1
ii) Existe e ∈ H01 (Ω) com kek > ρ tal que I(e) < 0.
Demonstração: Prova do item i). Inicialmente, vamos provar as seguintes armações:
Armação 1 Dado ε > 0 existe Cε = Cε (ε, f, Ω, k) tal que:
F (x, s) ≤
(µ + ε) 2
s + Cε sk+1 ,
2
∀s ≥ 0, x ∈ Ω,
onde k é uma constante tal que se N ≥ 3, então 1 < k <
N +2
N −2
(2.5)
. Se N = 1, 2 então
1 < k < +∞.
Pela hipótese (f3 ) temos
lim
s→+∞
f (x, s)
= 0,
sk
De fato,
f (x, s)
=
lim
s→+∞
sk
uniformemente em x ∈ Ω.
f (x, s)
lim
s→+∞
s
1
lim
sk−1
s→+∞
(2.6)
= `.0 = 0.
Assim, pelas hipóteses (f1 ), (f2 ) e (f3 ) existe uma constante Cε = C(ε, k, f, Ω) > 0 tal
que
para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.
f (x, s) ≤ (µ + ε)s + Cε sk ,
(2.7)
De fato, pela hipótese (f2 ) existe s0 > 0 tal que
f (x, s) ≤ (µ + ε)s,
se 0 < s ≤ s0 , x ∈ Ω.
(2.8)
Por (2.6), existem constantes s1 > 0 e C1 > 0 tais que
para todo s ≥ s1 , x ∈ Ω.
f (x, s) ≤ C1 sk ,
(2.9)
Pela hipótese (f1 ), existe uma constante C2 > 0 tal que
f (x, s) ≤ C2 = C2
sk
sk
≤
C
= C 3 sk ,
2
sk
s0
se s ∈ [s0 , s1 ], x ∈ Ω.
(2.10)
Das desigualdades (2.8)-(2.9)-(2.10) obtemos obtemos a desigualdade (2.7). Integrando a
desigualdade (2.7), obtemos:
s
Z
Z
f (x, t)dt ≤
0
s
Z
(µ + ε)tdt +
0
s
Cε tk dt,
0
o que prova (2.5). Além disso, temos
h(x) ≤ |h(x)| ≤ khk∞ ,
26
q.t.p. em Ω.
2.1 Prova do Teorema 2.1
Agora xemos ε0 > 0 tal que µ + ε0 < λ1 . Pela caracterização do primeiro autovalor
temos
(µ + ε0 )
2
Z
(µ + ε0 )
u ≤
2λ1
Ω
2
Z
|∇u|2 dx.
Ω
Pela denição de I dada em (2.3), segue de (2.5) e da imersão de Sobolev H01 (Ω) ,→ Lp (Ω)
que
Z
Z
Z
1
1
(µ + ε0 ) 2
2
+ q+1
u + Cε |u|k+1 ]dx
I(u) ≥
|∇u| dx −
khk∞ (u ) dx − [
2 Ω
q+1 Ω
2
Ω
Z
Z
1 (µ + ε0 )
khk
∞
2
+ q+1
≥( −
)kuk −
(u ) dx − Cε |u|k+1 dx
2
2λ1
q+1 Ω
Ω
≥ C1 kuk2 − C2 khk∞ kukq+1 − C3 kukk+1 .
Assim,
(2.11)
I(u) ≥ [C1 − khk∞ C2 kukq−1 − C3 kukk−1 ]kuk2 .
Considere a função denida por:
g(t) = C2 khk∞ tq−1 + C3 tk−1 ,
) se N ≥ 3, ou k ∈ [1, +∞) se 1 ≤ N < 3. Derivando
onde t ≥ 0, q ∈ (0, 1) e k ∈ [1, NN +2
−2
g em relação a t, temos
g 0 (t) = C2 (q − 1)khk∞ tq−2 + C3 (k − 1)tk−2 .
Se t0 > 0 é tal que g 0 (t0 ) = 0, então
C3 (k − 1)tk−q
+ C2 (q − 1)khk∞ = 0,
0
o que implica
(1 − q)C2
t0 =
khk∞
C3 (k − 1)
Vamos denotar C4 =
(1−q)C2
C3 (k−1)
1/(k−q)
,
0 < q < 1 < k.
. Assim,
q−1
k−1
k−1
k−q
,
g(t0 ) = C2 khk∞ (C4 khk∞ ) k−q + C3 (C4 khk∞ ) k−q = C5 khk∞
q−1
k−q
onde C5 = C2 C4
k−1
+C3 C4k−q , e
k−1
k−q
k−q
1 k−1
> 0, pois 0 < q < 1 < k . Assim, existe m = ( C
)
>
C5
0, tal que g(t0 ) < C1 se khk∞ < m. Então, se khk∞ < m e ρ = t0 , por (2.11) e para todo
u ∈ H01 (Ω) tal que kuk = ρ, temos
I(u) ≥ (C1 − g(t0 ))t20 = η > 0,
27
2.1 Prova do Teorema 2.1
donde obtemos i).
Prova do item ii). Segue da hipótese (f3 ) que
lim
s→+∞
F (x, s)
`
= ,
2
s
2
uniformemente em x ∈ Ω.
(2.12)
De fato, dado ε > 0, existe M > 0 tal que
`−ε≤
f (x, s)
≤ ` + ε,
s
para todo s ≥ M.
Assim, integrando de 0 a s a desigualdade acima, temos
s
Z
s
Z
(` − ε)tdt ≤
0
Logo,
Z
s
f (x, t)dt ≤
0
(` + ε)tdt,
para todo s ≥ M.
0
F (x, s)
(` − ε)
(` + ε)
≤
,
≤
2
2
s
2
para todo s ≥ M.
Portanto,
F (x, s)
`
= ,
2
s→+∞
s
2
uniformemente em x ∈ Ω.
lim
Agora, usando que ` > λ1 , existe τ > 0 tal que, para s > 0 sucientemente grande, temos
F (x, s)
`−τ
λ1
≥
> ,
2
s
2
2
uniformemente em x ∈ Ω.
Seja ϕ1 > 0 a autofunção associada ao autovalor λ1 . Sabemos que
kϕ1 k2 = λ1 kϕ1 k2L2 (Ω) .
Assim temos
I(tϕ1 ) =
≤
=
=
Z
Z
tq+1
t2
q+1
2
kϕ1 k −
h(x)ϕ1 dx − F (x, tϕ1 )dx
2
q+1 Ω
Ω
q+1 Z
2
2 Z
t
t
t
kϕ1 k2 −
h(x)ϕq+1
(` − τ )ϕ21 dx
1 dx −
2
q+1 Ω
2 Ω
q+1 Z
2 Z
t
t
(λ1 − ` + τ )ϕ21 dx −
h(x)ϕq+1
1 dx
2 Ω
q+1 Ω
Z
Z
t2
tq−1
q+1
2
(λ1 − ` + τ )ϕ1 dx −
h(x)ϕ1 dx .
2
q+1 Ω
Ω
Como
0 < q < 1 e λ1 − ` + τ < 0,
temos
tq−1
lim
t→+∞ q + 1
Z
h(x)ϕq+1
1 dx
=0 e
Ω
Z
Ω
28
(λ1 − ` + τ )ϕ21 dx < 0.
(2.13)
2.1 Prova do Teorema 2.1
Escolhendo t0 sucientemente grande tal que
kt0 ϕ1 k > ρ,
temos
I(t0 ϕ1 ) < 0.
Logo, escolhendo e = t0 ϕ1 , obtemos ii) e isto completa a prova do lema.
Lema 2.2 Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado e (un ) ⊂ H01 (Ω) uma sequência tal que
−
+
−
un * u em H01 (Ω). Então u+
n * u e un * u .
Demonstração: Pela convergência fraca de (un ) em H01 (Ω), existe uma constante C > 0
tal que kun k ≤ C. Além disso, como un = u+n + u−n , temos
Z
2
|∇un |2 dx
kun k =
ZΩ
− 2
|∇(u+
n + un )| dx
ZΩ
Z
Z
+ 2
+
−
2
=
|∇un | dx + 2 ∇un ∇un dx + |∇u−
n | dx
Ω
Z Ω
ZΩ
2
2
|∇u−
|∇u+
=
n | dx
n | dx +
=
Ω
Ω
=
2
ku+
nk
+
2
ku−
nk .
Logo (u+n ) é limitada em H01 (Ω). Assim, existe v ∈ H01 (Ω) tal que



u+
em H01 (Ω),

n * v


u+
em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗ ,
n → v




 u+ (x) → v(x) q.t.p em Ω.
n
(2.14)
Desde que a imersão H01 (Ω) ,→ Lp (Ω) é compacta temos

 un → u,
em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗ ,
 u (x) → u(x) q.t.p em Ω.
n
Por outro lado, sabemos que
u+
n =
un + |un |
2
e u+ =
+
u+
n → u
q.t.p em Ω.
u + |u|
.
2
Assim, segue de (2.15) que
29
(2.15)
2.1 Prova do Teorema 2.1
Logo, pela unicidade do limite, segue de (2.14) que v = u+ . Portanto,
+
u+
n * u .
Analogamente, conclui-se que u−n * u− , e isto conclui a prova do lema.
Lema 2.3 Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado e (fn ) ⊂ L2 (Ω) uma sequência tal que fn * f
em L2 (Ω) e fn ≥ 0, para todo n. Então temos que f ≥ 0 q.t.p em Ω.
Demonstração: Pelo Teorema da Representação de Riesz em L2 (Ω), temos
Z
lim
n→+∞
Z
fn ϕdx =
Ω
f ϕdx para todo ϕ ∈ L2 (Ω).
Ω
Fazendo a substituição ϕ = f − , temos
Z
0 ≤ lim
fn f − dx
n→+∞ Ω
Z
=
f f − dx
ZΩ
= (f + − f − )f − dx
ΩZ
= − (f − )2 dx.
Ω
Logo,
f − = 0 q.t.p em Ω.
Portanto,
f ≥ 0 q.t.p em Ω,
e isto conclui o lema.
O lema a seguir, juntamente com a imersão compacta H01 (Ω) ,→ Lp (Ω), será importante para obtermos de maneira direta uma solução para o problema (2.1). Este lema nos
diz que, sob as condições dadas no início do capítulo sobre as funções f (x, s) e h, qualquer
sequência de Cerami é limitada. Mais precisamente, temos
Lema 2.4 Suponha que as funções f (x, s) e h(x) satisfazem as condições (h1 ), (f1 ), (f2 )
e (f3 ). Então toda sequência de Cerami (un ) para o funcional I é limitada.
Demonstração: Seja (un ) ⊂ H01 (Ω) uma sequência de Cerami no nível c > 0, ou seja,
1
1
I(un ) = kun k2 −
2
q+1
Z
q+1
h(x)(u+
dx
n)
Ω
Z
−
Ω
30
F (x, u+
n )dx = c + o(1)
(2.16)
2.1 Prova do Teorema 2.1
e
Z
0
Z
∇un ∇ϕdx −
I (un )ϕ =
Ω
Z
q
h(x)(u+
n ) ϕdx
−
f (x, u+
n )ϕdx = o(1).
(2.17)
Ω
Ω
De fato,
kI 0 (un )k
.
1 + kun k
kI 0 (un )k = (1 + kun k)
Desde que
1
≤ 1,
1 + kun k
por (1.24) obtemos
(2.18)
kI 0 (un )k = o(1),
e portanto temos (2.17). Agora, substituindo un = ϕ em (2.17), temos
Z
0
2
Z
|∇un | dx −
I (un )un =
Ω
q+1
h(x)(u+
dx
n)
Z
−
Ω
f (x, u+
n )un dx = o(1).
(2.19)
Ω
Agora, suponha que kun k → +∞ e denotemos por
wn =
un
.
kun k
(2.20)
Note que (wn ) é limitada em H01 (Ω) e podemos supor, para alguma subsequência de (wn )
e w ∈ H01 (Ω), que



wn * w em H01 (Ω),



wn → w em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗ ,




 wn (x) → w(x) q.t.p em Ω.
(2.21)



wn+ * w+ em H01 (Ω),



wn+ → w+ em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗ ,




 w+ (x) → w+ (x) q.t.p em Ω.
n
(2.22)
Pelo Lema 2.2 temos
Armamos que
w 6= 0.
De fato, suponha que w ≡ 0. Note que
Z
lim
n→+∞
Ω
h(x)(wn+ )q+1 dx
Z
= lim
n→+∞
ZΩ
= lim
n→+∞
= 0.
31
Ω
F (x, wn+ (x))dx
f (x, wn+ (x))wn (x)dx
2.1 Prova do Teorema 2.1
Por (2.22) temos
h(x)(wn+ (x))q+1 → h(x)(w+ (x))q+1
q.t.p em Ω.
Como a imersão H01 (Ω) ,→ Lr (Ω) é compacta se 1 ≤ r < 2∗ , existe ψb ∈ Lq+1 (Ω) tal que
b
|wn (x)| ≤ ψ(x)
q.t.p em Ω.
Logo,
q+1
b
|h(x)(wn+ (x))q+1 | ≤ khk∞ (ψ(x))
∈ L1 (Ω).
Pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos
Z
h(x)(wn+ )q+1 dx → 0.
Ω
Além disso, por (2.5) temos
F (x, s) ≤ C1 s2 + C2 sk+1.
Assim, temos
0 ≤ F (x, wn+ (x)) ≤ C1 (wn+ (x))2 + C2 (wn+ (x))k+1 .
Isto implica que
F (x, wn+ (x)) → 0 q.t.p em Ω.
Como k + 1 < 2∗ e 2 < 2∗ , existem ψ1 ∈ Lk+1 (Ω) e ψ2 ∈ L2 (Ω) tais que
|wn+ (x)| ≤ ψ1 (x) q.t.p em Ω.
|wn+ (x)| ≤ ψ2 (x) q.t.p em Ω.
Assim, temos
|F (x, wn+ (x))| ≤ C1 |(wn+ (x))|2 + C2 |(wn+ (x))|k+1
≤ C1 |ψ2 (x)|2 + C2 |ψ1 (x)|k+1 ∈ L1 (Ω).
Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos
Z
F (x, wn+ (x))dx → 0.
Ω
Por (2.7) temos
f (x, s) ≤ (µ + ε)s + Cε sk , s ≥ 0.
32
2.1 Prova do Teorema 2.1
De maneira análoga, obtemos
Z
f (x, wn+ (x))wn (x)dx → 0.
Ω
Multiplicando (2.17) por
1
kun k2
1
kwn k −
kun k1−q
2
onde
, temos
Z
h(x)(wn+ )q+1 dx
Z
−
p(x, un )(wn+ )2 dx = o(1),
(2.23)
Ω
Ω

 f (x, s) se s > 0
s
p(x, s) =

0
se s ≤ 0.
Assim, segue de (f1 ), (f2 ) e (f3 ) que existe uma constante M > 0 tais que
f (x, s) s ≤ M,
para todo x ∈ Ω e s ∈ R.
(2.24)
De fato, dado ε > 0, existem δ > 0 e A > 0 tal que
f (x, s) s ≤ ε + µ, se s < δ,
f (x, s) s ≤ ε + `, se s > A,
f (x, s) s ≤ M1 , se s ∈ [δ, A].
Tomando M = max{ε+µ, ε+`, M1 }, obtemos o resultado. Como kun k → +∞ e 1−q > 0,
temos
Z
1
kun k1−q
h(x)(wn+ )q+1 dx → 0.
Ω
Segue de (2.23) que
2
Z
+ 2
p(x, u+
n )(wn ) dx = o(1).
kwn k −
Ω
Por outro lado, segue de (2.24) e do fato que wn+ → 0 em L2 (Ω), que
Z
Z
+ 2
p(x, u+
(wn+ )2 dx.
n )(wn ) dx ≤ M
Ω
Ω
Pela imersão compacta H01 (Ω) ,→ L2 (Ω) existe ψ ∈ L2 (Ω) tal que
|wn+ (x)| ≤ ψ(x) q.t.p em Ω.
Logo, por (2.22) e pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos
Z
(wn+ )2 dx → 0.
Ω
33
(2.25)
2.1 Prova do Teorema 2.1
Assim,
Z
+ 2
p(x, u+
n )(wn ) dx = 0.
lim
n→+∞
Ω
Por (2.25) obtemos kwn k2 → 0 e isto contradiz o fato de que kwn k = 1.
Agora, armamos que
w(x) > 0 q.t.p em Ω.
De fato, multiplicando (2.17) por
Z
1
∇wn .∇ϕdx −
kun k1−q
Ω
1
kun k
Z
, temos:
h(x)(wn+ )q ϕdx
Z
−
Ω
p(x, u+
n )wn ϕdx = o(1).
(2.26)
Ω
Pela desigualdade (2.24), p(x, s) é limitada. Logo,
Z
(p(x, un ))2 ≤ M |Ω|.
Ω
Assim existe v ∈ L2 (Ω) tal que
p(x, un ) * v(x) em L2 (Ω).
(2.27)
Além disso, pelo Lema 2.3 temos
v(x) ≥ 0 q.t.p x ∈ Ω.
Armamos que
Z
p(x, un )wn+ (x)ϕdx
Z
→
Ω
v(x)w+ ϕdx para todo ϕ ∈ H01 (Ω).
(2.28)
Ω
De fato, como
p(x, un )wn+ ϕ − v(x)w+ ϕ = p(x, un )wn+ ϕ − p(x, un )w+ ϕ + p(x, un )w+ ϕ − v(x)w+ ϕ,
temos
Z
Z
Z
+
[p(x, un )wn+ ϕ − v(x)w+ ϕ]dx ≤
|p(x, un )wn ϕ|dx − |p(x, un )w+ ϕ|dx
Ω
Ω
Ω
Z
Z
+
+ |p(x, un )w ϕ|dx − |v(x)w+ ϕ|dx
Ω
Z Ω
+
+
≤
M |(wn − w )ϕ|dx.
Ω
Segue de (2.22) que
Z
lim
n→+∞
M |(wn+ − w+ )ϕ|dx = 0.
Ω
34
2.1 Prova do Teorema 2.1
Logo,
Z
lim
n→+∞
[p(x, un )wn+ ϕ − v(x)w+ ϕ]dx = 0,
Ω
donde obtemos (2.28).
Desde que
Z
Ω
f (x, u+
n) +
wn ϕdx =
+
wn
Z
p(x, un )wn+ (x)ϕdx, ϕdx,
para todo ϕ ∈ H01 (Ω),
Ω
usando que kun k → +∞, segue de (2.26) que
Z
Z
Ω
para todo ϕ ∈ H01 (Ω).
v(x)w+ ϕdx,
∇w∇ϕdx =
(2.29)
Ω
Substituindo ϕ = w− em (2.29), obtemos
Z
|∇w− |2 dx = 0.
Ω
Isto implica que
w− = 0 q.t.p em Ω.
Logo, w ≡ w+ ≥ 0. Por (2.29), sabemos que w ≥ 0 é uma solução fraca do seguinte
problema:

 −∆w = v(x)w+ ≥ 0,
sobre Ω.
w = 0,

em Ω;
(2.30)
Então, pelo Princípio do Máximo Forte(ver [8]) temos que
w(x) > 0 q.t.p em Ω.
Agora, vamos mostrar que w > 0 satisfaz a seguinte identidade
Z
Z
∇w∇ϕdx = `
Ω
wϕdx,
para todo ϕ ∈ H01 (Ω).
Ω
Por (2.20) e (2.22), temos
wn (x) =
un
→ w(x) > 0 q.t.p em Ω.
kun k
Além disso, pela hipótese (f2 ), temos
p(x, u+
n (x)) =
f (x, u+
n (x))
→ `.
+
un (x)
35
(2.31)
2.1 Prova do Teorema 2.1
Portanto, pela unicidade do limite, segue de (2.27) que v(x) = `. Substituindo esta
igualdade em (2.29), obtemos (2.31). Logo, w é uma solução fraca não-trivial do seguinte
problema:

 −∆w = `w,
em Ω;
sobre Ω.
w = 0,

Sabemos que λ1 < `. Assim, existe uma autofunção ϕ1 > 0 associada ao autovalor λ1 que
é ortogonal a w. Assim, fazendo a substituição ϕ = ϕ1 em (2.31), temos
Z
Z
∇w∇ϕ1 dx = 0.
wϕ1 dx =
`
Ω
Ω
Mas isto contraria o fato de que ` > λ1 , pois λ1 é o menor autovalor de −∆. Logo, a hipótese kun k → +∞ é falsa, isto é, (un ) é limitada em H01 (Ω). Isto conclui a demonstração.
Na demonstração a seguir, encontraremos uma solução para o problema (2.1) com
energia positiva. Para tal, além dos lemas anteriores, teremos como principal ferramenta
o Teorema 1.2.
Prova do Teorema 2.1:
Pelo Lema 2.1 e Teorema 1.2, existe uma sequência de
Cerami (un ) ⊂ H01 (Ω) no nível c > 0. Pelo Lema 2.4 a sequência (un ) é limitada e, como
consequência da imersão compacta H01 (Ω) ,→ Lp (Ω), existe u1 ∈ H01 (Ω), tal que



un * u1 em H01 (Ω),



un → u1 em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗ ,




 un (x) → u1 (x) q.t.p em Ω.
Pelo Lema 2.2, temos
(2.32)

+


u+
em H01 (Ω)

n * u1


+
u+
em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗
n → u1




 u+ (x) → u+ (x) q.t.p em Ω.
n
1
Por (2.18), temos
Z
0
Z
∇un ∇ϕdx −
I (un )ϕ =
Ω
q
h(x)(u+
n ) ϕdx
Ω
Z
f (x, u+
n )ϕdx = o(1).
−
Ω
Por (2.32), obtemos
0
Z
Z
∇u1 ∇ϕdx −
I (u1 )ϕ =
Ω
q
h(x)(u+
1 ) ϕdx
Ω
Z
−
Ω
36
f (x, u+
1 )ϕdx = 0,
(2.33)
2.2 Prova do Teorema 2.2
para toda ϕ ∈ H01 (Ω), ou seja, I 0 (u1 ) = 0. Note que
Z
Z
∇un ∇(un − u1 )dx =
Ω
q
h(x)(u+
n ) (un
Z
− u1 )dx −
Ω
f (x, u+
n )(un − u1 )dx + o(1).
Ω
Além disso, temos
Z
Z
∇u1 ∇(un − u1 )dx =
Ω
q
h(x)(u+
1 ) (un
Z
− u1 )dx −
Ω
Como kun − u1 k2 =
f (x, u+
1 )(un − u1 )dx + o(1).
Ω
∇(un − u1 )∇(un − u1 )dx, temos
Z
Z
2
+ q
q
h(x)(un ) (un − u1 )dx − h(x)(u+
kun − u1 k =
1 ) (un − u1 )dx+
ZΩ
Z Ω
+ f (x, u+
f (x, u+
n )(un − u1 )dx −
1 )(un − u1 )dx + o(1).
R
Ω
Ω
Ω
Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos
kun − u1 k2 → 0.
Desde que I ∈ C 1 obtemos
I(u1 ) = lim I(un ) = c > 0.
n→+∞
Portanto, u1 é uma solução fraca não-negativa do Problema (2.1) com I(u1 ) > 0.
2.2
Prova do Teorema 2.2
Para demonstrar este teorema, faremos uso do bem conhecido Princípio Variacional de
Ekeland, o Teorema 1.3, para obter uma solução do problema (2.1) com energia negativa.
Vale relembrar que o Teorema 2.2 é equivalente ao Teorema 2.1 mas com a hipótese
adicional (h2 ), a qual será de fundamental importância para obtermos uma solução com
energia negativa através do Teorema 1.3.
Prova do Teorema 2.2: Para ρ > 0 dado pelo Lema 2.1, item (i), dena
B ρ = {u ∈ H01 (Ω) : kuk ≤ ρ},
∂Bρ = {u ∈ H01 (Ω) : kuk = ρ}.
Como B ρ é um subespaço fechado do espaço completo H01 (Ω), então B ρ é um espaço
métrico completo com a distância
dist(u, v) = ku − vk para u, v ∈ B ρ .
37
2.2 Prova do Teorema 2.2
Pelo item i) do Lema 2.1, sabemos que:
I(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ ∂Bρ .
(2.34)
Como I ∈ C 1 (H01 (Ω), R), em particular temos que I ∈ C 1 (B ρ , R) e, além disso, I é
semicontínuo inferiormente. Seja
c1 = inf{I(u) : u ∈ B ρ }.
(2.35)
c1 < 0.
(2.36)
Armamos que
De fato, Segue de (f2 ) que
lim+ 2
s→0
F (x, s)
= µ,
s2
pois, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
µ−ε≤
f (x, s)
≤ µ + ε para todo s < δ.
s
Assim, integrando de 0 a s a desigualdade acima, temos
Z
s
Z
Z
f (x, t)dt ≤
(µ − ε)tdt ≤
s
(µ + ε)tdt para todo s < δ.
0
0
0
Logo,
s
(µ − ε)
F (x, s)
(µ + ε)
≤
≤
2
s2
2
para todo s < δ.
Portanto,
lim+
s→0
F (x, s)
µ
=
2
s
2
uniformemente em x ∈ Ω.
Então, para s > 0 sucientemente pequeno temos
F (x, s)
µ
≥
.
s2
4
Seja v ∈ C0∞ (Ω) satisfazendo (h2 ). Assim, para t > 0 sucientemente pequeno obtemos
Z
t2
I(tv) =
|∇v|2 dx −
2 Ω
Z
t2
≤
|∇v|2 dx −
2 Ω
Z
Z
tq+1
+ q+1
h(x)(v ) dx − F (x, tv + )dx
q+1 Ω
Ω
Z
2 Z
tq+1
µt
+ q+1
h(x)|v | dx −
|v + |2 dx.
q+1 Ω
4 Ω
Por outro lado, segue de (h2 ) que
tq−1
lim+
t→0 q + 1
Z
h(x)(v + )q+1 dx = +∞.
Ω
38
(2.37)
2.2 Prova do Teorema 2.2
Assim, para t > 0 sucientemente pequeno, temos
1
2
Z
µ
|∇v| dx −
4
Ω
2
tq−1
|v | dx <
q+1
Ω
Z
+ 2
Z
h(x)|v + |q+1 dx.
(2.38)
Ω
Multiplicando ambos os membros da desigualdade acima por t2 , temos
t2
2
tq+1
|∇v| dx −
q+1
Ω
Z
2
Z
+ q+1
h(x)|v |
Ω
µt2
dx −
4
Z
|v + |2 dx < 0.
Ω
Portanto,
I(tv) < 0.
Assim, basta escolher t0 > 0 satisfazendo (2.38) tal que kt0 vk ≤ ρ. Logo, existe e = t0 v ,
com e ∈ B ρ tal que
I(e) < 0,
donde obtemos a desigualdade (2.36).
Pelo Princípio Variacional de Ekeland, para todo n > 0, existe un ∈ H01 (Ω) tal que
c1 ≤ I(un ) ≤ c1 +
I(w) ≥ I(un ) −
1
kun − wk,
n
1
n
para todo w ∈ B ρ .
(2.39)
(2.40)
Armamos que kun k < ρ para n ≥ 1 sucientemente grande. De fato, suponha que
kun k = ρ para uma quantidade innita de índices n. Sem perda de generalidade, podemos
supor que kun k = ρ para todo n ≥ 1. Segue de (2.34) que
I(un ) ≥ η > 0.
Por (2.39) temos
I(un ) → c1 .
Assim, obtemos
0 > c1 ≥ η > 0,
o que é uma contradição.
Provaremos agora que I 0 (un ) → 0 em H0−1 (Ω). De fato, vamos denotar
wn = un + tu,
para todo u ∈ H01 (Ω), kuk = 1.
39
2.2 Prova do Teorema 2.2
Assim, se t > 0 é sucientemente pequeno, temos
kwn k ≤ kun k + t < ρ.
Logo, segue de (2.40) que
I(un + tu) ≥ I(un ) −
o que implica
t
kuk,
n
I(un + tu) − I(un )
1
1
≥ − kuk = − .
t
n
n
Aplicando o limite quando t → 0 em ambos os lados da desigualdade, temos
1
I 0 (un )u ≥ − ,
n
o que implica
|I 0 (un )u| <
1
n
para todo u ∈ H01 (Ω),
com kuk = 1.
Portanto,
I 0 (un ) → 0 em H0−1 (Ω).
(2.41)
Além disso, segue de (2.39) que
I(un ) → c1 .
Como (un ) é limitada, pela imersão compacta H01 (Ω) ,→ Lp (Ω), existe u2 ∈ H01 (Ω) tal que



un * u2 em H01 (Ω)



un → u2 em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗




 un (x) → u2 (x) q.t.p em Ω.
Pelo Lema 2.2, temos
(2.42)

+


u+
em H01 (Ω)

n * u2


+
em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗
u+
n → u2




 u+ (x) → u+ (x) q.t.p em Ω.
n
2
Por (2.41), temos
Z
0
Z
∇un ∇ϕdx −
I (un )ϕ =
Ω
q
h(x)(u+
n ) ϕdx
Z
f (x, u+
n )ϕdx = o(1).
−
Ω
Ω
Além disso, por (2.42), temos
0
Z
Z
∇u2 ∇ϕdx −
I (u2 )ϕ =
Ω
q
h(x)(u+
2 ) ϕdx
Z
−
Ω
Ω
40
f (x, u+
2 )ϕdx = 0.
(2.43)
2.2 Prova do Teorema 2.2
Isto implica que I 0 (u2 ) = 0. Fazendo a substituição ϕ = un − u2 , temos
Z
Z
q
h(x)(u+
2 ) (un
∇u2 ∇(un − u2 )dx =
Ω
Z
− u2 )dx −
f (x, u+
2 )(un − u2 )dx + o(1).
Ω
Ω
Como
2
Z
kun − u2 k =
∇(un − u2 )∇(un − u2 )dx,
Ω
temos
2
Z
Z
q
− u2 )dx − h(x)(u+
2 ) (un − u2 )dx+
ZΩ
Z Ω
+
+ f (x, un )(un − u2 )dx − f (x, u+
2 )(un − u2 )dx + o(1).
kun − u2 k =
q
h(x)(u+
n ) (un
Ω
Ω
Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos
kun − u2 k2 → 0.
Isto implica que
lim I(un ) = I(u2 ) = c1 < 0.
n→+∞
Assim u2 ∈ H01 (Ω) é uma solução não-negativa do problema (2.1). Além disso, se h(x) ≥ 0,
o Princípio do Máximo Forte [8] implica que u2 > 0 q.t.p em Ω. Isto naliza a prova do
teorema.
41
Capítulo 3
Um problema Superlinear
Neste capítulo vamos estudar o problema



−∆u = h(x)uq + f (x, u)



u≥0





u=0
em Ω
em Ω
(3.1)
sobre ∂Ω,
onde Ω é um domínio suave e limitado em RN (N ≥ 1), 0 < q < 1.
Como no capítulo anterior, vamos assumir que h(x) satisfaz:
(h1 ) h(x) ∈ L∞ (Ω) e h(x) 6≡ 0;
(h2 ) existe v ∈ H01 (Ω) tal que
R
Ω
h(x)(v + )q+1 dx > 0.
A função f (x, s) satisfaz novamente as seguintes hipóteses:
(f1 ) f (x, s) ∈ C(Ω̄ × R); f (x, 0) ≡ 0; f (x, s) ≥ (6=)0 para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.
(f2 ) lims→0+
f (x,s)
s
= µ ∈ [0, λ1 );
onde λ1 > 0 é o primeiro autovalor de −∆ em H01 (Ω), isto é,
R
λ1 = inf
|∇u|2 dx
1
: u ∈ H0 (Ω), u 6= 0 .
u2 dx
Ω
ΩR
(3.2)
No innito vamos assumir que f (x, s) tem crescimento superlinear, mais precisamente,
(f3 ) lims→+∞
f (x,s)
s
= +∞;
uniformemente em x ∈ Ω.
Além disso, supomos que f (x, s) tem crescimento subcrítico, isto é,
42
(f4 ) lim
s→+∞
f (x, s)
= 0 uniformemente em x ∈ Ω,
sr
onde r é uma constante tal que r ∈ (1, (N + 2)/(N − 2)) se N ≥ 3 e r ∈ (1, +∞) se
N = 1, 2.
Denição 4 Dizemos que u ∈ H01 (Ω) é uma solução fraca para o Problema (3.1) se
Z
Z
∇u∇ϕdx =
Ω
Z
q
f (x, u)ϕdx para todo ϕ ∈ H01 (Ω).
h(x)u ϕdx +
Ω
(3.3)
Ω
Note que o funcional energia associado ao problema (3.1) é dado por
Z
Z
Z
1
1
2
+ q+1
I(u) =
|∇u| dx −
h(x)(u ) dx − F (x, u+ ),
2 Ω
q+1 Ω
Ω
Rs
onde F (x, s) = 0 f (x, t)dt.
(3.4)
Pela Proposição A.1 temos que I ∈ C 1 (H01 (Ω), R). Além disso, para todo ϕ ∈ H01 (Ω)
temos
Z
0
Z
∇u∇ϕdx −
I (u)ϕ =
Ω
Z
+ q
h(x)(u ) ϕdx −
Ω
f (x, u+ )ϕdx.
(3.5)
Ω
Se u ∈ H01 (Ω) é um ponto crítico de I , escolhendo ϕ = u− em (3.5), obtemos
Z
−
− 2
Z
|∇u | =
Ω
+ q −
Z
h(x)(u ) u dx +
Ω
f (x, u+ )u− dx = 0.
Ω
Logo, u = u e assim pontos críticos de I são soluções fracas não-negativas de (3.1).
+
Observação 3.1 Suponha que h satisfaz (h1 ) e que h(x) ≥ 0. Então, pela Proposição A.1
e pelo Princípio do Máximo Forte, o qual pode ser encontrado em [8], os pontos críticos
não-nulos de (3.4) são soluções fracas positivas do problema (3.1).
O teorema a seguir nos diz que podemos encontrar duas soluções não-negativas, uma
com energia negativa e outra com energia positiva.
Teorema 3.1 Suponha que h(x) e f (x, s) satisfazem (h1 ), (h2 ), (f1 ), (f2 ), (f3 ) e (f4 ).
Além disso, suponha que para todo σ ∈ (0, 1), com τ > 0 sucientemente pequeno tal que
σ > q + (1 + q)τ , tenhamos satisfeitas as seguintes condições:
f (x, s)
= 0 uniformemente em x ∈ Ω
(3.6)
s1+τ
f (x, s)s − 2F (x, s)
lim
= η uniformemente em x ∈ Ω,
(3.7)
s→+∞
s1+σ
onde η ∈ (0, +∞]. Então existe m > 0 tal que se khk∞ < m, o problema (3.1) possui duas
lim
s→+∞
soluções não-negativas u1 , u2 ∈ H01 (Ω) com I(u1 ) < 0 < I(u2 ). Além disso, se h(x) ≥ 0,
então temos que u1 , u2 são soluções positivas.
43
No teorema a seguir encontraremos uma solução não-negativa com energia positiva,
no caso em que h(x) ≤ 0.
Teorema 3.2 Suponha que h satisfaz (h1 ) e que f (x, s) satisfaz (f1 ), (f2 ), (f3 ) e (f4 ).
Considere a função denida por p(x, s) = f (x, s)/s, s > 0. Suponha que p(x, s) seja
não-decrescente e que h(x) ≤ 0. Então o problema (3.1) possui pelo menos uma solução
não-negativa u ∈ H01 (Ω), com I(u) > 0.
Observação 3.2 Relembremos que uma função f (x, s) satisfaz a condição de AmbrosettiRabinowitz, se existe θ > 2 e M > 0 tais que
0 < θF (x, s) ≤ f (x, s)s ∀x ∈ Ω e |s| ≥ M.
Em um certo sentido, nossas hipóteses (f1 ), (f2 ), (f3 ), (3.6), (3.7) e a hipótese de que
p(x, s) = f (x, s)/s seja não decrescente em s>0, são mais fracas que a condição de
Ambrosetti-Rabinowitz. Devemos observar que se f (x, s) satisfaz a condição de AmbrosettiRabinowitz então
f (x, s)
>0
s→+∞ s1+τ
lim
Daí a necessidade da hipótese (3.6).
Exemplo: A função denida por
f (x, s) ≡ f (s) :=

 sln(s + 1),
se s ≥ 0
 0,
se s ≤ 0,
claramente satisfaz as condições (f1 ), (f2 ), (f3 ), (3.6), (3.7) e a condição de que p(x, s) =
f (x, s)/s seja não decrescente em s>0, mas não satisfaz a condição de Ambrosetti-
Rabinowitz. De fato, supondo que satisfeita a condição de Ambrosetti-Rabinowitz, teríamos
f (x, s)
6= 0
s→+∞ s1+θ
lim
o qual contradiz (3.6), pois τ em (3.6) pode ser tomado sucientemente pequeno tal que
τ < θ.
44
3.1 Prova do Teorema 3.1
3.1
Prova do Teorema 3.1
Para demonstrar este teorema, usaremos lemas análogos ao capítulo anterior. Temos
como objetivo principal encontrar duas soluções, uma com energia positiva e outra com
energia negativa. Para isso, serão utilizados principalmente os Teoremas 1.2 e 1.3. A
seguir, demonstraremos um resultado análogo ao Lema 2.1. Note, porém, que agora f
é superlinear, isto é, f satisfaz a hipótese (f3 ), a qual não é mais a mesma do capítulo
anterior. Assim a demonstração do lema seguinte não segue de maneira análoga ao Lema
2.1. Mais precisamente, temos o seguinte:
Lema 3.1 Suponha que h e f (x, s) funções satisfazendo as hipóteses (h1 ), (f1 ), (f2 ), (f3 )
e (f4 ). Além disso, suponha que p(x, s) = f (x, s)/s seja não-decrescente em s > 0. Então,
existe m > 0 tal que se khk∞ < m, temos:
i) Existem ρ > 0, η > 0 tais que
I(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ H01 (Ω),
com kuk = ρ.
ii) Existe e ∈ H01 (Ω) com kek > ρ tal que I(e) < 0.
Demonstração:
Prova do item i): A prova utilizada no item i) do Lema 2.1 é a mesma para este caso,
pois pela hipótese (f3 ) e por (f4 ) obtemos novamente a desigualdade (2.5). Assim, a prova
segue de maneira análoga.
Prova do item ii): Seja ϕ1 ∈ C(Ω), ϕ1 > 0, uma autofunção associada ao autovalor
λ1 . Por continuidade, para todo x0 ∈ Ω existe r > 0 tal que
Br (x0 ) ⊂ Br (x0 ) ⊂ Ω com |Ω| > 0.
Além disso, existe α > 0 tal que
minBr (x0 ) ϕ1 (x) ≥ α > 0.
Portanto,
lim tϕ(x) = +∞ uniformemente em Br (x0 ).
t→+∞
Note, que
0 ≤ 2F (x, s) ≤ f (x, t)t para todo x ∈ Ω, t ≥ 0
45
(3.8)
3.1 Prova do Teorema 3.1
De fato, considere a função denida por
θ(x, t) = f (x, t)t − 2F (x, t).
Derivando θ em relação a t, obtemos
θ0 (x, t) = f 0 (x, t)t − f (x, t).
Por hipótese, temos que p(x, s) é não-decrescente em s > 0. Assim,
p0 (x, t) =
f 0 (x, t)t − f (x, t)
≥ 0.
t2
Isto implica que θ0 (x, t) ≥ 0 e portanto θ é não-decrescente. Assim, observando que
θ(x, 0) = 0, concluímos que
θ(x, t) ≥ 0 para todo x ∈ Ω, t ≥ 0
Logo, obtemos (3.8). Além disso, usando (3.8) temos
d
dt
F (x, t)
t2
f (x, t)t2 − F (x, t)2t
≥ 0.
t4
=
Isto nos diz que F (x, t)/t2 é não-decrescente em t > 0. Temos
F (x, tϕ1 )
= +∞ uniformemente em x ∈ Br (x0 ).
t→+∞
t2 ϕ21
lim
Assim, dado K > 0, existe T = T (α, K) > 0 tal que
F (x, tϕ1 )
≥ K > 0 para todo t ≥ T, x ∈ Br (x0 ).
t2 ϕ21
Como Br (x0 ) ⊂ Ω, temos que
Z
Z
+
F (x, u )dx ≤
Br (x0 )
F (x, u+ )dx.
Ω
Escolhemos T > 0 sucientemente grande tal que se t > T então
tq−1
−
q+1
Z
h(x)ϕq+1
1 dx ≤ 1,
Ω
e também escolhemos K > 0 sucientemente grande tal que
1+
K>
1R
2
|∇ϕ21 | dx
Ω
2
.
α2 |Br (x0 )|
46
3.1 Prova do Teorema 3.1
Assim,
Z
Z
Z
tq−1
I(tϕ1 )
F (x, tϕ1 ) 2
1
2
|∇ϕ1 | dx −
ϕ1 dx −
h(x)ϕ1 (x)q+1 dx
≤
2 ϕ2
t2
2 Ω
t
q
+
1
Br (x0 )
Ω
1
Z
Z
1
2
|∇ϕ21 | dx − K
ϕ21 dx + 1
≤
2 Ω
Br (x0 )
Z
1
2
≤
|∇ϕ21 | dx − α2 K|Br (x0 )| + 1
2 Ω
< 0.
Logo, escolhendo e = t0 ϕ1 , para t0 sucientemente grande tal que e = kt0 ϕ1 k > ρ, o item
(ii) está provado.
Lema 3.2 Suponha que as funções f (x, s) e h satisfazem as condições (h1 ), (f1 ), (f2 ),
(f3 ), (3.6) e (3.7). Então toda sequência de Cerami (un ) para o funcional I é limitada.
Demonstração: Por (3.6), para todo ε > 0 existe T1 > 0 tal que
para todo t ≥ T1 e para q.t.p x ∈ Ω,
f (x, t) ≤ εt1+τ
(3.9)
e segue de (3.7) que existe T2 > 0 tal que
η
f (x, t)t − 2F (x, t) ≥ t1+σ > 0 para todo t ≥ T2
2
e para q.t.p x ∈ Ω
(3.10)
Fazendo T = max{T1 , T2 } , para cada n ≥ 1 denotamos
An = {x ∈ Ω; |un (x)| ≥ T }
Bn = {x ∈ Ω; |un (x)| ≤ T }.
Sejam ρ, η e e dados no Lema 3.1. Aplicando o Teorema 1.2, com µ = 0, E = H01 (Ω), seja
(un ) ⊂ H01 (Ω) uma sequência de Cerami. Assim, temos
Z
Z
1
1
2
+ q+1
h(x)(un ) dx − F (x, u+
I(un ) = kun k −
n )dx = c + o(1).
2
q+1 Ω
Ω
(3.11)
Além disso, por (2.18) temos
0
Z
2
Z
|∇un | dx −
I (un )un =
Ω
q+1
h(x)(u+
dx
n)
Ω
Z
−
f (x, u+
n )un dx = o(1).
Ω
Pela hipótese (f1 ), em Ω × BT (0) existe uma constante K > 0 tal que
|f (x, un )un − 2F (x, un )| ≤ K.
47
(3.12)
3.1 Prova do Teorema 3.1
Integrando em Bn , temos:
Z
Z
Kdx ≤
−
Bn
[f (x, un )un − 2F (x, un )]dx
Bn
Z
≤
Kdx.
Bn
Como Ω é domínio limitado, denotando C0 = K|Bn |, temos
Z
[f (x, un )un − 2F (x, un )]dx ≤ C0 .
−C0 ≤
Bn
e, por (3.10),
f (x, un )un − 2F (x, un ) ≥ 0 em An .
(3.13)
Para o T > 0 escolhido acima, segue de (3.11), (3.12), (3.13) e (3.10) que
Z
Z
2
+ q+1
+
+
−1
|un | dx + 2c + o(1) =
[f (x, u+
n )un − 2F (x, un )]dx
q+1
Ω
ZΩ
+
+
[f (x, u+
=
n )un − 2F (x, un )]dx
ZAn ∪Bn
+
+
=
[f (x, u+
n )un − 2F (x, un )]dx
An
Z
+
+
+
[f (x, u+
n )un − 2F (x, un )]dx
Z Bn
+
+
[f (x, u+
≥
n )un − 2F (x, un )]dx − C0
An
Z
η
1+σ
|u+
dx − C0 .
≥
n|
2 An
Isto implica que, pelas imersões de Sobolev
Z
σ+1
|u+
dx
n|
An
2
≤
η
2
4c
− 1 kun kq+1 +
+ C0 + o(1)
q+1
η
Denotando
4c
C1 =
+ C0 ,
η
2
2
C2 =
, −1 ,
η q+1
temos
Z
σ+1
|u+
dx ≤ C1 + C2 kun kq+1 + o(1).
n|
(3.14)
An
Seja m =
1+q
q
q
. Como q ∈ (0, 1), temos que m > 2. Multiplicando (3.12) por (− q+1
)e
somando com (3.11), temos
1−q
1−q
kun k2 −
2(1 + q)
q+1
Z
q+1
h(x)|u+
dx
n|
Ω
Z −
Ω
48
1
+ +
F (x, un ) − f (x, un )un dx
m
3.1 Prova do Teorema 3.1
= c + o(1).
Pela hipótese (f1 ), sabemos que existe K > 0 tal que em Ω × BT (0)
|F (x, u+
n) −
1
+
f (x, u+
n )un | ≤ K.
m
Assim, denotando C3 = K|Bn |, temos
1
+ +
+
F (x, un ) − f (x, un )un dx ≤ C3 .
m
Bn
Z
Então, segue de (3.13)-(3.15) que
Z 1
1−q
+
2
+ +
F (x, un ) − f (x, un )un dx +
kun k + o(1) = c + C3 +
2(1 + q)
m
An
Z 1
+ +
+
+
F (x, un ) − f (x, un )un dx
m
Bn
Z
1−q
q+1
+
h(x)|u+
dx
n|
1+q Ω
Z
1
+ +
+
≤ c + C3 +
F (x, un ) − f (x, un )un dx
m
An
Z
1−q
q+1
h(x)|u+
dx
+
n|
1+q Ω
Z
1
q
+ +
+ +
≤ c + C3 +
f (x, un )un −
f (x, un )un dx
1+q
An 2
Z
1−q
q+1
h(x)|u+
dx.
+
n|
1+q Ω
Pela imersão de Sobolev, existe uma constante positiva C > 0 tal que
q+1
+ q+1
ku+
.
n kq+1 ≤ Ckun k
Assim,
Z
q
1
+ +
+ +
f (x, un )un −
f (x, un )un dx
2
1+q
c + C3 +
Z An
1−q
q+1
+
h(x)|u+
dx
n|
1+q Ω
Z 1
q
+ +
+ +
≤ c + C3 +
f (x, un )un −
f (x, un )un dx
1+q
An 2
C(1 − q)
q+1
+
|h(x)|∞ ku+
dx.
nk
1+q
49
(3.15)
3.1 Prova do Teorema 3.1
2(1 + q)
em (3.9), temos
1−q
Z 1
q
+ +
+ +
c + C3 +
f (x, un )un −
f (x, un )un dx
1+q
An 2
C(1 − q)
q+1
dx
+
|h(x)|∞ ku+
nk
1+q
Z
q+1
2+τ
.
dx + C|h(x)|∞ ku+
≤ c + C3 +
|u+
nk
n|
Tomando ε =
An
Tomando p =
σ+1
1+τ
eq =
σ+1
,
σ−τ
temos que p > 1, q > 1 e
1
p
+
1
q
= 1. Assim, como
1+τ
q
|u+
∈ Lp (Ω) e |u+
n|
n | ∈ L (Ω), pela desigualdade de Hölder temos
1+τ Z
Z
1+σ
σ−τ
Z
σ+1
1+σ
+ 2+τ
+ 1+σ
+ σ−τ
|un |
≤
|un | dx
.
|un |
An
An
An
Assim,
Z
2+τ
q+1
|u+
dx + C|h(x)|∞ ku+
n|
nk
c + C3 +
An
Z
≤ c + C3 +
1+σ
|u+
dx
n|
1+τ Z
1+σ
An
1+σ
σ−τ
|u+
n|
σ−τ
σ+1
An
q+1
+C|h(x)|∞ ku+
.
nk
Pela imersão compacta H01 (Ω) ,→ Lp (Ω), temos
Z
1+σ
|u+
dx
n|
c + C3 +
1+τ Z
1+σ
An
Z
σ−τ
σ+1
q+1
+ C|h(x)|∞ ku+
nk
An
1+σ
|u+
dx
n|
≤ c + C3 +
1+σ
σ−τ
|u+
n|
1+τ
1+σ
q+1
kun k + C|h(x)|∞ ku+
.
nk
An
Pela desigualdade de Young, obtemos
Z
c + C3 +
1+τ
1+σ
1+σ
|u+
dx
n|
q+1
kun k + C|h(x)|∞ ku+
nk
An
(1 + q)C 2
1−q
kun k2 +
≤ c + C3 +
4(1 + q)
1−q
+ q+1
+C|h(x)|∞ kun k .
Z
1+σ
|u+
dx
n|
)
2(1+τ
1+σ
An
Assim,
)
Z
2(1+τ
1+σ
1−q
(1 + q)C 2
2
+ 1+σ
c + C3 +
kun k +
|un | dx
4(1 + q)
1−q
An
q+1
+C|h(x)|∞ ku+
nk
2(1+τ )
1−q
(1 + q)C 2
q+1
2
≤ C|h(x)|∞ ku+
k
+
c
+
C
+
ku
k
+
(C2 kun kq+1 + C1 ) 1+σ .
3
n
n
4(1 + q)
1−q
50
3.2 Prova do Teorema 3.2
Portanto,
1−q
1−q
q+1
kun k2 + o(1) ≤ C|h(x)|∞ ku+
+ c + C3 +
kun k2
nk
2(1 + q)
4(1 + q)
2
2(1+τ )
(1 + q)C
+
(C2 kun kq+1 + C1 ) 1+σ
1−q
2(q+1)(1+τ )
1−q
≤ C4 kun kq+1 + C5 +
kun k2 + C6 kun k 1+σ
+ C7 .
4(1 + q)
Multiplicando a desigualdade acima por kun k−2 , temos
2(q+1)(1+τ )
C5
1−q
C7
+ o(1) ≤ C4 kun kq−1 +
+ C6 kun k 1+σ −2 +
.
2
2(1 + q)
kun k
kun k2
(3.16)
Isto implica que {un } é limitada em H01 (Ω). De fato, suponha por contradição que kun k →
+∞. Sabendo que q + (1 + q)τ < σ < 1, temos
em (3.16), temos
2(1+q)(1+τ )
1+σ
< 2. Assim, fazendo n → +∞
1−q
= 0.
2(1 + q)
Isto é uma contradição, pois 0 < q < 1. Logo, (un ) é limitada.
Prova do Teorema 3.1: Pelo Lema 3.1 e pelo Teorema 1.2, existe uma sequência de
Cerami (un ) ⊂ H01 (Ω). Pelo Lema 3.2, temos que (un ) é limitada. Logo, pela prova do
Teorema 2.1, concluímos que o problema (3.1) tem uma solução não-negativa u1 ∈ H01 (Ω)
com I(u1 ) > 0. De maneira inteiramente análoga à prova do Teorema 2.2, encontramos
uma solução não-negativa u1 ∈ H01 (Ω) do problema (3.1) com I(u1 ) < 0. Além disso,
supondo que h(x) ≥ 0, pelo Princípio do Máximo Forte temos que u1 > 0 e u2 > 0.
3.2
Prova do Teorema 3.2
A seguir, temos um lema técnico importante muito útil nos resultados seguintes.
Lema 3.3 Sejam h e f (x, s) funções satisfazendo as hipóteses (h1 ), (f1 ), (f2 ) e (f3 ).
Além disso, suponha que h(x) ≤ 0 e que p(x, s) = f (x, s)/s seja não-decrescente em s >
0.. Seja I o funcional denido por (3.4). Supondo que existe uma sequência (un ) ⊂ H01 (Ω)
satisfazendo
I 0 (un )un → 0,
então, para todo t > 0 temos
2
Z
t2 + 1
t
tq+1
q+1
+
−
h(x)(u+
dx + I(un ).
I(tun ) ≤
n)
2n
2
1+q Ω
51
3.2 Prova do Teorema 3.2
Demonstração: Por hipótese, podemos supor que
−
1
1
≤ I 0 (un )un ≤ ,
n
n
∀n ≥ 1.
(3.17)
Note que
0
2
Z
I (un )un = kun k −
h(x)(un )
q+1
Z
dx +
Ω
f (x, un )(un )dx.
Ω
Por hipótese, segue que que f (x, s) é não decrescente em s > 0. Desde que un (x) ≤ u+n (x)
para todo x ∈ Ω, temos
0
2
Z
I (un )un ≤ kun k −
q+1
h(x)(u+
dx
n)
Z
+
Ω
f (x, u+
n )(un )dx.
Ω
+
f (x, u+
n )un dx nos termos da desigualdade (3.17) temos
Z
Z
Z
1
+ +
2
+ q+1
+
− + f (x, un )un dx ≤ kun k − h(x)(un ) dx +
f (x, u+
n )(un − un )dx
n
Ω
Ω
Ω
Z
(3.18)
1
+ +
≤ + f (x, un )un dx.
n
Ω
Somando
R
Ω
Como f (x, 0) ≡ 0, temos
1
− +
n
Z
Ω
+
f (x, u+
n )un dx
Z
2
q+1
≤ kun k − h(x)(u+
dx
n)
Ω
Z
1
+
≤ + f (x, u+
n )un dx.
n
Ω
(3.19)
Assim, para todo t > 0, pela desigualdade (3.18) temos
Z
Z
t2
tq+1
2
+ q+1
I(tun ) =
kun k −
h(x)(un ) dx − F (x, tu+
n )dx
2
q+1 Ω
Ω
2
Z
t2
t
tq+1
q+1
≤
+
−
h(x)(u+
dx
n)
2n
2
q+1 Ω
Z 2
t
+ +
+
+
f (x, un )un − F (x, tun ) dx.
Ω 2
Para s ≥ 0 e t ≥ 0, considere a função denida por:
1
g(t) = t2 f (x, s)s − F (x, ts).
2
Supondo que s 6= 0 e t 6= 0 temos, por (f3 )
f (x, s)
f (x, ts)
≤
,
s
ts
se t ≥ 1
f (x, s)
f (x, ts)
≥
,
s
ts
se t ≤ 1
52
(3.20)
3.2 Prova do Teorema 3.2
Se t e s forem nulos, ou pelo menos um deles o for, temos
f (x, s)ts = f (x, ts).
Assim,

 ≥ 0 se t ≤ 1
g 0 (t) = f (x, s)ts − f (x, ts)s =
 ≤ 0 se t ≥ 1
Isto mostra que g(t) ≤ g(1), para todo t > 0. Portanto, segue de (3.20) que
2
Z
t2
t
tq+1
q+1
dx
I(tun ) ≤
+
−
h(x)(u+
n)
2n
2
q+1 Ω
Z 1
+ +
+
+
f (x, un )un − F (x, un ) dx.
Ω 2
(3.21)
Como h(x) ≤ 0 e 0 < q < 1, temos
1
1
−
2 q+1
Z
q+1
h(x)(u+
dx ≥ 0.
n)
Ω
Logo, pela desigualdade (3.18), temos
Z
Z
1
+ q+1
|∇un | dx −
h(x)(un ) dx − F (x, u+
n)
q
+
1
Ω
Ω
Ω
Z
1
1
1
q+1
−
h(x)(u+
dx
≥ − +
n)
2n
2 q+1 Ω
Z 1
+ +
+
+
f (x, un )un − F (x, un ) dx
Ω 2
Z 1
1
+ +
+
≥ − +
f (x, un )un − F (x, un ) dx
2n
Ω 2
1
I(un ) =
2
Portanto,
Z
Z Ω
2
1
1
+ +
+
f (x, un )un − F (x, un ) dx ≤
+ I(un ).
2
2n
Assim, por (3.21) e pela desigualdade (3.22), temos
2
Z
t
tq+1
t2
q+1
+
−
h(x)(u+
dx
I(tun ) ≤
n)
2n
2
q+1 Ω
Z 1
+
+ +
+
f (x, un )un − F (x, un ) dx.
Ω 2
2
Z
t2
t
tq+1
1
q+1
≤
+
−
h(x)(u+
dx +
+ I(un ).
n)
2n
2
q+1 Ω
2n
Logo, obtemos a desigualdade desejada.
53
(3.22)
3.2 Prova do Teorema 3.2
A prova deste teorema segue de maneira análoga à parte da prova do Teorema 3.1
onde se obtém uma solução para o problema (3.1), com energia positiva. Note, porém,
que temos hipóteses diferentes. Assim, para podermos usar o Teorema (1.2) precisamos
do seguinte lema:
Lema 3.4 Suponha que as funções f (x, s) e h(x) satisfazem as condições (h1 ), (f1 ), (f2 ),
(f3 ) e que p(x, s) = f (x, s)/s seja não-decrescente em s > 0. Então toda sequência de
Cerami (un ) para o funcional I é limitada.
Demonstração: Suponha por contradição que kun k → ∞. Seja c > 0 o nível dado pelo
Teorema 1.2. Denotamos
√
2 c
tn =
,
kun k
√
2 cun
wn = tn un =
.
kun k
(3.23)
Claramente, (wn ) é limitada em H01 (Ω). Assim, pela imersão compacta H01 (Ω) ,→ Lp (Ω),
existe w ∈ H01 (Ω) tal que



wn * w em H01 (Ω),



wn → w em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗ ,




 wn (x) → w(x) q.t.p em Ω.
Analogamente, pelo Lema 2.2 wn+ =
u+
n
|un k
satisfaz



wn+ * w+ em H01 (Ω),



wn+ → w+ em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗ ,




 w+ (x) → w+ (x) q.t.p em Ω.
n
Armamos que
w+ 6= 0.
De fato, se w+ ≡ 0, então por (3.24) temos
wn → 0 em L2 (Ω),
wn → 0 em Lq+1 (Ω).
Portanto,
Z
lim
n→∞
h(x)(wn+ )q+1 dx = 0,
Ω
54
(3.24)
3.2 Prova do Teorema 3.2
Z
lim
n→∞
Logo,
F (x, wn+ (x))dx = 0.
Ω
1
1
I(wn ) = kwn k2 −
2
q+1
Z
h(x)(wn+ )q+1 dx
Z
−
Ω
F (x, wn+ )dx
Ω
(3.25)
= 2c + o(1).
Como estamos supondo kun k → ∞, por (3.23), temos
tn → 0.
Portanto, substituindo t por tn no Lema 3.1 temos:
I(wn ) = I(tun )
2
Z
tn
tq+1
t2n + 1
n
q+1
+
−
≤
h(x)(u+
dx + I(un )
n)
2n
2
1+q Ω
1−q
Z
tn
1
t2n
+
−
h(x)(wn+ )q+1 dx + I(un ).
=
2n
2
1+q Ω
Assim, I(wn ) ≤ c + o(1), o que contradiz (3.25). Portanto, w+ 6= 0. Denotamos os
seguintes conjuntos:
Ω1 = {x ∈ Ω; w+ (x) = 0}
Ω2 = {x ∈ Ω; w+ (x) > 0}.
Assim, Ω = Ω1 ∪ Ω2 . Por (3.23) e (3.24), temos
u+
n (x) → +∞ q.t.p em Ω2 .
Usando (2.17), procedendo analogamente à demonstração do Lema 2.4 obtemos (2.26).
Substituindo ϕ = w+ em (2.26), temos
Z
Z
1
h(x)(wn+ )q w+ dx
∇wn ∇w dx −
1−q
ku
k
n
Ω
Ω
Z
− pn (x, un )wn+ w+ dx = o(1),
+
Ω
onde


 f (x, un (x))
un (x)
pn (x, un ) =

 0
para x ∈ Ω com un (x) ≥ 0
para x ∈ Ω com un (x) ≤ 0.
55
(3.26)
3.2 Prova do Teorema 3.2
Assim, pelo Lema de Fatou temos
Z
f (x, u+
n) + +
wn w dx
n→+∞ Ω
u+
n
Z
f (x, u+
n) + +
wn w dx
≥ lim
n→+∞ Ω
u+
n
2
Z
f (x, u+
n) + +
≥
lim inf
wn w dx
+
un
Ω2 n→+∞
Z
+ 2
|∇w | dx = lim
Ω
Como
lim
n→+∞
f (x, u+
n)
= +∞ q.t.p em Ω2 ,
u+
n
temos que |Ω2 | = 0, o que implica
Ω = Ω1 ,
w+ ≡ 0 q.t.p em Ω.
Mas isto é uma contradição, pois provamos que w+ 6= 0. Logo, (un ) é limitada em H01 (Ω).
Prova do Teorema 3.2: Pelo Lema 3.1 e pelo Teorema 1.2, existe uma sequência de
Cerami (un ) ⊂ H01 (Ω) no nível do passo da montanha c > 0. Pelo Lema 3.4, temos que
(un ) é limitada. Logo, novamente pela prova do Teorema 2.1, concluímos que o problema
(3.1) tem uma solução não-negativa u1 ∈ H01 (Ω) com I(u1 ) > 0.
56
Capítulo 4
O caso f (x, u) ≡ λu
Nesta capítulo vamos estudar o caso particular em que f (x, u) = λu. Mais precisamente, vamos considerar o problema:



−∆u = h(x)uq + λu



u≥0





u=0
em Ω
em Ω
(4.1)
sobre ∂Ω,
onde Ω é um domínio suave e limitado em RN (N ≥ 1), 0 < q < 1.
Suponha que h satisfaz a hipótese:
(h1 ) h(x) ∈ L∞ (Ω) e h(x) 6≡ 0.
Denição 5 Dizemos que u ∈ H01 (Ω) é uma solução fraca para o Problema (4.1) se
Z
Z
∇u∇ϕdx = λ
Ω
Z
h(x)(u)q ϕdx para todo ϕ ∈ H01 (Ω).
uϕdx +
Ω
Ω
Note que o funcional energia associado ao problema (4.1) é dado por
Z
1
J(u) =
2
λ
|∇u| dx −
2
Ω
2
Z
1
(u ) dx −
q+1
Ω
+ 2
Z
h(x)(u+ )q+1 dx,
(4.2)
Ω
onde u ∈ H01 (Ω). Pela Proposição A.1 temos que J ∈ C 1 (H01 (Ω), R). Além disso,
0
Z
Z
∇u∇ϕdx − λ
J (u)ϕ =
Ω
Z
h(x)(u)q ϕdx para todo ϕ ∈ H01 (Ω).
uϕdx −
Ω
(4.3)
Ω
Se u ∈ H01 (Ω) é um ponto crítico de J , escolhendo ϕ = u− em (4.3), obtemos
Z
−
− 2
Z
|∇u | = λ
Ω
Z
−
u ϕdx +
Ω
h(x)(u− )q ϕdx = 0.
Ω
Logo, u = u e assim pontos críticos de I são soluções fracas não-negativas de (4.1).
+
Assim temos a seguinte observação:
57
4.1 Prova do Teorema 4.1
Observação 4.1 Suponha que h(x) ≥ 0. Então, pela Proposição A.1 e pelo Princípio do
Máximo, os pontos críticos não-nulos de (4.2) são soluções positivas do problema (4.1).
Quando h ≥ 0 e h 6≡ 0 temos o seguinte resultado:
Teorema 4.1 Seja h uma função satisfazendo (h1 ). Se λ ≥ λ1 , então o problema (4.1)
não possui solução positiva. Entretanto, se λ < λ1 o problema (4.1) tem pelo menos uma
solução positiva.
Quando h ≤ 0 temos o seguinte resultado:
Teorema 4.2 Seja h uma função satisfazendo (h1 ). São verdadeiras as seguintes armações:
2
(i) Suponha que h 6≡ 0. Se h(x) ∈ Lα (Ω) para algum α ∈ 2∗ −1−q
, +∞ , e além disso
existe δ > 0 tal que h(x) ≤ −δ , então para todo λ > λ1 o problema (4.1) possui uma
solução não-negativa u ∈ H01 (Ω) com I(u) > 0.
h
i
∗
(ii) Suponha que h 6≡ 0. Se λ ≤ λ1 , o problema (4.1) não possui solução positiva .
(iii) Se h(x) ≡ 0, então o problema (4.1) possui solução positiva, se e somente, se λ = λ1 .
4.1
Prova do Teorema 4.1
Demonstração: Suponha que o problema (4.1) tem uma solução positiva u ∈ H01 (Ω).
Seja ϕ1 ∈ C(Ω), ϕ1 > 0, uma autofunção associada ao autovalor λ1 . Assim, temos
Z
λ1
∇u∇ϕ1 dx =
uϕ1 dx =
Ω
Z
Z
q
Z
uϕ1 dx.
h(x)u ϕ1 dx + λ
Ω
Ω
Ω
Isto implica que
Z
(λ1 − λ)
Z
uϕ1 dx =
Ω
h(x)uq ϕ1 dx > 0,
Ω
pois u > 0, h(x) ≥ (6=)0 e ϕ1 > 0. Portanto, λ < λ1 . Logo, se λ ≥ λ1 o problema (4.1)
não possui solução positiva. Por outro lado, se λ < λ1 armamos que existe ρ > 0, η > 0
tais que
J(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ H01 (Ω) com kuk = ρ.
58
(4.4)
4.2 Prova do Teorema 4.2
De fato, pela caracterização do primeiro autovalor λ1 , temos
λ
λ
kuk2 >
2λ1
2
Assim,
1
J(u) ≥ kuk2 −
2
1
≥ kuk2 −
2
Z
(u+ )dx.
Ω
Z
khk∞
|u+ |q+1
q+1 Ω
khk∞ C
kukq+1 .
q+1
λ
kuk2 −
2λ1
λ
kuk2 −
2λ1
Com isso, tomando ρ sucientemente grande obtemos (4.4). Portanto, por (4.4) e pela
prova do Teorema 2.2, sabemos que (4.1) tem uma solução positiva.
4.2
Prova do Teorema 4.2
Demonstração: Para provar o item (i), aplicamos o Teorema 1.2. Inicialmente, temos
que existem ρ > 0, η > 0 tais que
para todo u ∈ H01 (Ω), kuk = ρ.
J(u) ≥ η > 0,
De fato, como q + 1 < 2 < 2∗ , existem t, s com t + s = 1 tais que
2 ≤ t(q + 1) + s2∗ .
Fazendo α =
1
t
e β = 1s , pela desigualdade de Hölder, temos
Z
Z
2
u dx ≤
u
q+1
α
Z
2∗
β
u dx ≤
(u
Ω
Ω
q+1
α
α
α1 Z
2∗
β
β
(u ) dx
) dx
Ω
β1
.
Ω
Pela desigualdade de Young, temos
Z
(u
q+1
α
α
α1 Z
) dx
Ω
2∗
β
β
(u ) dx
β1
∗
≤
ε|u|q+1
q+1
Ω
Portanto, tomando ε =
2δ
λ(q+1)
|u|22∗
+
,
(αε)β/α β
para todo ε > 0.
e pela imersão de Sobolev, temos:
Z
∗
1
2ε + q+1
λ|u+ |22∗
δ
2
J(u) ≥ kuk − |u |q+1 −
+
(u+ )q+1 dx
2
2
2(αε)β/α β q + 1 Ω
−β/α
1
2αδ
∗
2
≥ kuk −
λβ β −1 |u+ |22∗
2
q+1
−β/α
1
2αδ
∗
2
≥ kuk −
λβ β −1 Sku+ k2 , para algum S > 0.
2
q+1
59
4.2 Prova do Teorema 4.2
Assim, obtemos o resultado.
2
Armamos que existe e ∈/ B̄ρ tal que J(e) < 0. De fato, como α ∈ [ 2∗ −1−q
, +∞] e
∗
q ∈ (0, 1) temos Lα (Ω) ⊂ L1 (Ω). Assim, temos
Z
q+1
h(x)ϕ1 (x) dx < +∞
e
Ω
tq−1
q+1
Z
t→+∞
h(x)ϕq+1
1 dx → 0,
Ω
onde ϕ1 > 0 é uma autofunção associada ao autovalor λ1 . Então, para t > 0 temos
Z
Z
λ
tq−1
J(tϕ1 )
1
2
2
lim
= kϕ1 k −
ϕ dx + lim
h(x)ϕq+1
1 dx
t→+∞ q + 1 Ω
t→+∞
t2
2
2 Ω 1
Z
λ
1
2
= kϕ1 k −
ϕ21 dx
2
2 Ω
1
= (1 − λ/λ1 )kϕ1 k2 < 0 pois λ > λ1 ,
2
donde concluímos nossa armação.
Pelas duas armações anteriores, segue do Teorema 1.2 que existe uma sequência
(un ) ∈ H01 (Ω) tal que
1
λ
kun k2 −
2
2
Z
2
(u+
n ) dx
Ω
1
−
q+1
Z
q+1
h(x)(u+
dx = c + o(1),
n)
(4.5)
Ω
e daí, temos
2
Z
2
(u+
n ) dx
kun k − λ
Z
q+1
h(x)(u+
dx = o(1),
n)
−
(4.6)
Ω
Ω
o que implica
Z
Z
∇un ∇ϕdx − λ
Ω
Ω
u+
n ϕdx
Z
+
q
1
h(x)(u+
n ) ϕdx = o(1) para todo ϕ ∈ H0 (Ω). (4.7)
Ω
Do mesmo modo como anteriormente, sabemos que para concluir a prova precisamos
somente mostrar que (un ) é limitada em H01 (Ω). Por contradição, suponha que kun k →
+∞ e seja wn =
un
kun k
. Então, a menos de uma subsequêcia, existe w ∈ H01 (Ω) tal que



wn * w em H01 (Ω)



n→+∞
wn → w em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗




 wn (x) n→+∞
→ w(x) q.t.p em Ω
Analogamente, pelo Lema 2.2, wn+ =
u+
n
|un k
satisfaz



wn+ * w+ em H01 (Ω)



n→+∞
wn+ → w+ em Lp (Ω) 1 ≤ p < 2∗




 w+ (x) n→+∞
→ w+ (x) q.t.p em Ω
n
60
4.2 Prova do Teorema 4.2
Agora, armamos que w 6= 0. Caso contrário, segue de (4.6) que
Z
2
kwn k − λ
1
+
kun k1−q
(wn+ )2 dx
Ω
Z
h(x)(wn+ )q+1 dx = o(1).
Ω
Isto implica que kwn k → 0, o que contradiz o fato de que kwn k = 1. Portanto, w 6= 0.
2
Agora, armamos que w > 0. De fato, como kun k → ∞, h(x) ∈ Lα , α ∈ [ 2∗ −1−q
, +∞]
∗
e wn+ é limitado em H01 (Ω), temos
Z
1
kun k1−q
h(x)(wn+ )q+1 dx → 0.
Ω
Então, por (4.7) temos
Z
Z
w+ ϕdx = 0
∇w∇ϕdx − λ
Ω
Ω
Substituindo ϕ = w na desigualdade acima, temos
−
Z
|∇w− |2 dx = 0.
Ω
Isto implica que w− ≡ 0 e w ≡ w+ ≥ 0. Então, pelo Princípio do Máximo Forte, temos
que w > 0 em H01 (Ω). Portanto,
Z
Z
∇w∇ϕdx = λ
wϕdx para todo ϕ ∈ H01 (Ω),
Ω
Ω
o que é um absurdo, pois λ > λ1 . Logo, (un ) é limitada em H01 (Ω), donde concluímos a
prova de (i)
A seguir provaremos o item (ii). Se o problema (4.1) tem uma solução positiva u ∈
H01 (Ω), então
λ1
∇u∇ϕ1 dx =
uϕ1 dx =
Ω
Z
Z
Z
q
Z
uϕ1 dx.
h(x)u ϕ1 dx + λ
Ω
Ω
Ω
Isto implica que
Z
(λ1 − λ)
Z
uϕ1 dx =
Ω
h(x)uq ϕ1 dx < 0,
Ω
pois u > 0, ϕ1 > 0 e h(x) ≤ (6≡)0. Portanto, λ > λ1 , e isto conclui a prova do item (ii).
A prova do item (iii) segue das propriedades da autofunção associada ao autovalor λ1 .
61
Apêndice A
Resultados utilizados
A.1
Diferenciabilidade de funcionais
Denição 6 Seja X um espaço de Banach e u um ponto do conjunto aberto U ⊂ X .
Uma aplicação I : U → R é diferenciável à Fréchet em u ∈ U se existe A ∈ X 0 tal que,
para v ∈ X , temos
1
[I(u + v) − I(u) − A(v)] = 0.
v→0 kvk
lim
O operador A é chamado de derivada de Fréchet de I em u e é denotado por I 0 (u).
Denição 7 Seja X um espaço de Banach e u um ponto do conjunto aberto U ⊂ X .
Uma aplicação I : U → R é diferenciável à Gateaux em u ∈ U se existe A ∈ X 0 tal que,
para v ∈ X , temos
1
lim [I(u + tv) − I(u) − A(tv)] = 0.
t→0 t
Diferenciabilidade à Gateaux não implica diferenciabilidade à Fréchet, como veremos
no exemplo a seguir.
Exemplo: A função f : R2 → R denida por:

2

x2 y


,
x4 + x2
f (x, y) :=


 0,
y 6= 0;
y = 0.
é diferenciável à Gateaux em (0, 0), mas não é diferenciável à Fréchet em (0, 0).
Observações:
62
A.2 Regularidade dos funcionais
1. Dizemos que I ∈ C 1 (U, R) se I é diferenciável à Fréchet e a aplicação u → I 0 (u) é
contínua em de U em X 0 .
2. É imediato vericar que se I é diferenciável à Fréchet então é diferenciável à Gateaux.
3. Suponha que I : U → R tenha derivada à Gateaux contínua. Então I é diferenciável
à Fréchet e I ∈ C 1 (U, R).
A.2
Regularidade dos funcionais
No lema a seguir considere Ω ⊂ RN um subconjunto limitado e suave e f : Ω × R → R
uma função contínua. Suponha que existem a1 , a2 > 0 e 0 < r ≤ 2∗ − 1 = (N + 2)/(N − 2)
tais que
|f (x, s)| ≤ a1 + a1 |s|r ,
e seja
s
Z
f (x, t)dt.
F (x, s) =
0
Lema A.1 O funcional ψ : H01 (Ω) → R denido por
Z
ψ(u) =
é de classe C 1 . Além disso,
Z
0
(A.1)
F (x, u)dx,
Ω
ψ (u)ϕ =
f (x, u+ )ϕdx,
∀ϕ ∈ C0∞ (Ω).
Ω
Demonstração: Para mostrar que ψ é diferenciável, denimos
Z
g(ϕ) = ψ(u + ϕ) − ψ(u) − f (x, u)ϕdx
Ω
Z
Z
= [F (x, u + ϕ) − F (x, u)]dx − f (x, u)ϕdx.
Ω
Ω
Pelo teorema fundamental do cálculo, obtemos:
1
Z Z 1
d
g(ϕ) =
(F (x, u + tϕ)) dt dx −
f (x, u)ϕdt dx
Ω
0 dt
Ω
0
Z Z 1
=
(f (x, u + tϕ)ϕ − f (x, u)ϕ)dt dx
Ω
0
Z Z 1
=
(f (x, u + tϕ) − f (x, u))ϕdt dx
Ω
0
Z 1Z
=
(f (x, u + tϕ) − f (x, u))ϕdxdt.
Z Z
0
Ω
63
A.2 Regularidade dos funcionais
Isto implica que
1
Z
|g(ϕ)| ≤
0
Z
[(f (x, u + tϕ) − f (x, u))] ϕdx dt.
Ω
Pela desigualdade de Hölder, temos
Z
1
|g(ϕ)| ≤
0
Z
Z
1/r Z
1/s |f (x, u + tϕ) − f (x, u)|r
|h|s
dt
Ω
Ω
1
kf (x, u + tϕ) − f (x, u)kr dt,
≤
0
onde r =
2N
N +2
e s = 2∗ =
2N
N −2
se N ≥ 3. Como H01 (Ω) está imerso em Ls (Ω), temos
t→0
ku − tϕks → 0.
Como a aplicação s → f (., s) leva o espaço Lp (Ω) no espaço Lp/σ (Ω) para todo σ ≤ p de
forma contínua, temos
t→0
kf (x, u + tϕ) − f (x, u)ksσ → 0,
para 1 ≤ σ ≤ s.
Como r < σs , temos
t→0
kf (x, u + tϕ) − f (x, u)kr → 0.
Pelo teorema da convergência dominada de Lebesgue, temos
|g(ϕ)|
≤
kϕk
Assim,
Z
1
kf (x, u + tϕ) − f (x, u)kr dt → 0.
0
ψ(u + ϕ) − ψ(u) −
|g(ϕ)|
lim
= lim
t→0 kϕk
t→0
kϕk
R
Ω
f (x, u)ϕdx
= 0.
Logo, ψ é diferenciável à Frechét.
Mostraremos agora que ψ 0 é contínua. De fato,
kψ 0 (u + v) − ψ 0 (u)kH −1 (Ω) = sup |[ψ 0 ((u + v) − ψ 0 (u))]ϕ|
khk≤1
Z
= sup [f (., u + v) − f (., u)]ϕ
khk≤1
Ω
≤ sup kf (., u + v) − f (., u)kr khks .
khk≤1
Analogamente, obtemos
kf (., u + v) − f (., u)kr → 0 se v → 0 em H01 (Ω).
64
A.2 Regularidade dos funcionais
Assim,
kf (., u + v) − f (., u)kH −1 (Ω) → 0 se v → 0 em H01 (Ω).
Portanto ψ 0 é contínua e segue que I ∈ C 1 (H01 (Ω), R).
Lema A.2 Seja ρ : H01 (Ω) → R denido por ρ(u) = 21 kuk2 . Então ρ ∈ C 1 (H01 (Ω), R).
Demonstração: Temos
1
ku + tϕk2 − kuk2
lim
2 t→0
t
2
kuk + 2thu, ϕi + t2 kϕk2 − kuk2
1
= lim
2 t→0
t
1
2
= lim(2hu, ϕi + tkϕk )
2 t→0
ρ0 (u)ϕ =
= hu, ϕi.
Assim, ρ é derivável à Gateaux e ρ0 (u)ϕ = hu, ϕi. Agora vamos mostrar que ρ0 é contínua.
Seja uma sequência (un ) ⊂ H01 (Ω) tal que un → u. Dados arbitrariamente ε > 0 e
ϕ ∈ H01 (Ω), com kϕk = 1, existe n0 ∈ N tal que se n > n0 então
k(ρ0 (un ) − ρ0 (u))ϕ = kρ0 (un − u)ϕk
= khun − u, ϕik
≤ kun − ukkϕk
< ε.
Assim, temos
kρ0 (un ) − ρ0 (u)kH0−1 (Ω) ≤ ε.
Logo, ρ0 é contínua. Assim, ρ ∈ C 1 (H01 (Ω), R).
Proposição A.1 Suponha que sejam válidas as hipóteses (h1 ), (f1 ) e (f2 ) do Capítulo 1.
Então funcional I : H01 (Ω) → R denido por
1
I(u) =
2
Z
1
|∇u| dx −
q+1
Ω
2
Z
+ q+1
h(x)(u )
Z
dx −
Ω
F (x, u+ )dx
Ω
é de classe C 1 . Além disso, temos
0
Z
Z
∇u∇ϕdx −
I (u)ϕ =
Ω
+ q
Z
h(x)(u ) ϕdx −
Ω
Ω
65
f (x, u+ )ϕdx.
(A.2)
A.2 Regularidade dos funcionais
Demonstração: Pelo Lema A.2, sabemos que o funcional ρ : H01 (Ω) → R denido por
ρ(u) = 21 kuk2 é de classe C 1 .
Vamos mostrar agora que as funções f (x, u) e h satisfazem as hipóteses do Lema A.1.
Por (2.7), temos
para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.
f (x, s) ≤ (µ + ε)s + Cε sk ,
Assim,
|f (x, s)| ≤ C1 |s| + C2 |s|k
Daí,
C1 |s| + C2 |s|k ≤

 C3 |s|k ,
para |s| ≥ 1,
 C + C |s|k ,
4
5
para |s| ≤ 1.
Então
para todo s ≥ 0, x ∈ Ω;
e1 + C
e2 |s|k ,
|f (x, s)| ≤ C
onde k ∈ (0, 2∗ − 1). Logo, pelo Lema A.1, ψ(u) =
Além disso, temos
|s|q ≤
R
Ω
(A.3)
F (x, s)ds é de classe C 1 .

 |s|k ,
para |s| ≥ 1
C
e3
para |s| ≤ 1.
Assim, temos
e3 + |s|k .
|s|q ≤ C
Com isso, temos
e4 + C
e5 |s|k ,
|h(x)(s+ )q | ≤ khk∞ |s|q ≤ C
para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.
(A.4)
Seja a função denida por
Z
ω(u) =
P (x, u)dx,
Ω
onde P (x, s) =
Rs
0
p(x, t)dt e p(x, s) = h(x)(s+ )q , com 0 < q < 1. Por (A.4) e pelo Lema
A.1, temos que ω é de classe C 1 .
Portanto, I é de classe C 1 e pelos Lemas A.1 e A.2, temos
0
Z
Z
∇u∇ϕdx −
I (u)ϕ =
Ω
+ q
Z
h(x)(u ) ϕdx −
Ω
Ω
66
f (x, u+ )ϕdx.
A.3 Autovalores do Laplaciano
A.3
Autovalores do Laplaciano
Nesta seção consideraremos o problema de autovalor para o laplaciano com condição de
fronteira de Dirichlet.

 −∆u = λu

u = 0
em
sobre
Ω
∂Ω,
onde Ω ⊂ Rn é um subconjunto aberto e limitado.
Denição 8 Dizemos que u ∈ H01 (Ω) é uma solução fraca para o problema de autovalor
do laplaciano com condição de fronteira de Dirichlet se
Z
Z
∇u∇v = λ
Ω
para todo v ∈ H01 (Ω).
uv,
Ω
Proposição A.2 Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado com fronteira de classe C ∞ . Seja
λ ∈ R. Se u ∈ H01 (Ω) é uma solução fraca de

 −∆u = λu

u = 0
em
Ω
sobre ∂Ω,
então u ∈ C ∞ (Ω).
Demonstração: Veja, por exemplo, [9].
Proposição A.3 Dena, para v ∈ H01 (Ω), v 6= 0, o coeciente de Rayleigh
R
ΩR
R(v) =
|∇v|2
.
v2
Ω
Então
λ1 = min
R(v) = R(w1 ).
1
v∈H0 (Ω)
v6=0
λm =
max
v∈hw1 ,...,wm i
v6=0
λm =
λm =
R(v) = R(wm ).
min
v⊥{w1 ,...,wm−1 }
v6=0
R(v).
min max R(v).
1 (Ω)
W <H0
dimW =m
v∈W
para m ≥ 2, onde wi é uma autofunção associada ao autovalor λi .
Demonstração: Veja Teorema 3.6.2 em [9], pg. 149.
67
A.3 Autovalores do Laplaciano
Lema A.3 Seja w 6= 0 em H01 (Ω) satisfazendo
R(w) = λ1 .
Então, w é uma autofunção associada a λ1 .
Demonstração: Ver Lema 3.6.1 em [9], pg. 150.
Denição 9 A parte positiva e negativa de uma função u são denidas por
u+ = max{u, 0}, u− = − min{u, 0}.
Claramente temos que u = u+ − u− e |u| = u+ + u− .
Proposição A.4 O primeiro autovalor λ1 de −∆ em Ω com condição de fronteira de
Dirichlet é simples e a autofunção associada não muda de sinal em Ω.
Demonstração: Primeiro mostraremos que a autofunção associada a λ1 não muda de
sinal em Ω. Seja w uma autofunção associada a λ1 . Como w = w+ − w− com w+ , w− ∈
H01 (Ω), então
Z
Z
+
ww+ .
∇w∇w = λ1
Ω
Ω
Daí,
Z
Z
+ 2
|∇w | = λ1
Ω
(w+ )2 ,
(A.5)
(w− )2 .
(A.6)
Ω
e similarmente
Z
Z
− 2
|∇w | = λ1
Ω
Ω
Suponhamos que w muda de sinal em Ω, logo, w+ , w− 6= 0. Dividindo (A.5) por
e (A.6) por
R
Ω
R
Ω
(w+ )2
(w− )2 temos que
R(w+ ) = R(w− ) = λ1 .
Pelo Lema A.3 w+ e w− são autofunções associadas a λ1 , isto é, −∆w+ = λ1 w+ e
−∆w− = λ1 w− . Temos que w+ (x) > 0 e w− (x) > 0 em Ω, o que é impossível, pois, se
w+ é sempre positiva temos que w− = 0 e vice-versa. Desta forma, w tem sinal denido
em Ω.
Agora mostraremos que λ1 é simples. Suponha que λ1 não seja simples, ou seja, dim W1 >
68
A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida
1, onde W1 é o subespaço associado a λ1 . Assim, deve existir uma outra autofunção
w
e ∈ H01 (Ω) tal que
Z
Ω
ww
e = 0,
o que é absurdo, pois, w e we possuem sinais denidos.
A.4
Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida
Teorema A.1 (Lema de Fatou) Seja (fn ) uma sequência de funções mensuráveis tais
que fn ≥ 0. Então
Z
Z
lim inf
n→+∞
fn dµ ≥
lim inf fn dµ
n→+∞
Demonstração: Veja, por exemplo, [2].
Teorema A.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam Ω um domínio em Rn , 1 ≤ p ≤ ∞
e 1 ≤ q ≤ ∞ com p1 + 1q = 1. Se f ∈ Lp (Ω) e g ∈ Lq (Ω), então f g ∈ L1 (Ω) e
Z
|f g|dx ≤ kf kLp (Ω) kgkLq (Ω) .
Ω
Demonstração: Veja, por exemplo, [4]
A seguir, enunciaremos o Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue.
Proposição A.5 Seja (fn ) uma sequência de funções de L1 (Ω) tal que
i) fn (x) → f (x) q.t.p em Ω;
ii) existe g ∈ L1 (Ω) tal que, para cada n ∈ N,
|fn (x)| ≤ g(x),
q.t.p em Ω.
Então f ∈ L1 (Ω) e
lim |fn − f |L1 (Ω) = 0.
n→∞
Demonstração: Veja, por exemplo, [4].
Temos a seguinte recíproca do Teorema da Convergencia dominada de Lebesgue:
69
A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida
Proposição A.6 Considere uma sequência (un ) em Lp (Ω), 1 ≤ p ≤ ∞, tal que un → u
em Lp (Ω), então a menos de subsequência:
i) un → u q.t.p em Ω e
ii) |un | ≤ h q.t.p em Ω, para alguma função h em Lp (Ω).
Demonstração: Veja, por exemplo, [3].
O resultado sobre imersão compacta a seguir será bastante utilizado nesta dissertação.
Teorema A.3 (Teorema da Imersão de Rellich) Seja Ω ⊂ Rn um domínio limitado
e suave. Então a seguinte imersão é compacta:
H01 (Ω) ,→ Lp (Ω),
Demonstração: Veja, por exemplo, [4].
70
1 ≤ p < 2∗ .
Referências Bibliográcas
[1] Ambrosetti, A.; Brezis, H.; Cerami, G., Combined eects of concave and convex
nonlinearities in some elliptic problems. J. Funct. Anal. 122 (1994), no. 2, 519-543.
[2] Bartle, R.G., The Elements of Integration and Lebesgue Measure, Wiley Classics
Library, NY, 1995.
[3] Brezis, H.; Analyse Fonctionelle, Teorie et Applications Massin, Paris, 1987
[4] Brezis, H.; Functional analysis, Sobolev spaces and partial dierential equations. Universitext. Springer, New York,, 2011.
[5] Brézis, H.; Oswald, L., Remarks on sublinear elliptic equations. Nonlinear Anal. 10
(1986), no. 1, 55-64.
[6] Brézis, H.; Nirenberg, L., Positive solutions of nonlinear elliptic equations involving
critical Sobolev exponents. Comm. Pure Appl. Math. 36 (1983), no. 4, 437-477.
[7] Ekeland, I.,Nonconvex minimization problems, Bull. Amer. Math. Soc. 1 (1979), 443473
[8] Gilbarg, D. & Trudinger, N.S. Elliptic Partial Dierential Equations of Second Order,
2nd ed., Springer-Verlag, Berlin/Heidelberg, 1983.
[9] Kesavan, S., Topics in functional analysis and applications. John Wiley & Sons, Inc.,
New York, 1989.
[10] Li, S.; Wu, S.; Zhou, H. S., Solutions to semilinear elliptic problems with combined
nonlinearities, J. Dierential Equations 185 (2002), 200-224.
71
Referências Bibliográcas
[11] Perera, K., Multiplicity results for some elliptic problems with concave nonlinearities.
J. Dierential Equations 140 (1997), no. 1, 133-141.
[12] Schechter, M. A variation of the Mountain Pass lemma and applications, J. London
Math. Soc. 44(1991), 491-502.
[13] Wang, Zhi-Qiang, Nonlinear boundary value problems with concave nonlinearities
near the origin. Nonlinear Dierential Equations. Appl. 8 (2001), no. 1, 15-33.
72