Problemas Elípticos com Peso e Crescimento Crítico

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1 Universidade de Brasília Instituto de Ciências Exatas Departamento de Matemática Problemas Elípticos com Peso e Crescimento Crítico por Bruno Nunes de Souza Orientador: Prof. Dr. Marcelo Fernandes Furtado Brasília 014

2 Universidade de Brasília Instituto de Ciências Exatas Departamento de Matemática Problemas Elípticos com Peso e Crescimento Crítico Tese apresentada ao Departamento de Matemática da Universidade de Brasília como parte dos requisitos necessários para obtenção do grau de DOUTOR EM MATEMÁTICA por Bruno Nunes de Souza Orientador: Prof. Marcelo Fernandes Furtado 13 de Novembro de 014

3 Universidade de Brasília Instituto de Ciências Exatas Departamento de Matemática Problemas Elípticos com Peso e Crescimento Crítico por Tese apresentada ao Departamento de Matemática da Universidade de Brasília como parte dos requisitos necessários para obtenção do grau de DOUTOR EM MATEMÁTICA 13 de Novembro de 014 Comissão Examinadora: Prof. Dr. Marcelo Fernandes Furtado (MAT/UnB) Prof. Dr. Jiazheng Zhou (MAT/UnB) Prof. Dr. Ricardo Ruviaro (MAT/UnB) Prof. Dr. Everaldo Souto de Medeiros (MAT/UFPB) Prof. Dr. Lucas Catão de Freitas Ferreira (MAT/Unicamp)

4 Como não ter Deus?! Com Deus existindo, tudo dá esperança: sempre um milagre é possível, o mundo se resolve. Mas, se não tem Deus, há-de a gente perdidos no vai-vem, e a vida é burra. É o aberto perigo das grandes e pequenas horas, não se podendo facilitar - é todos contra os acasos. Tendo Deus, é menos grave se descuidar um pouquinho, pois, no fim dá certo. Mas, se não tem Deus, então, a gente não tem licença de coisa nenhuma! Porque existe dôr. E a vida do homem está presa encantoada - erra rumo, dá em aleijões como esses, dos meninos sem pernas e braços. Dôr não dói até em criancinhas e bichos, e nos dôidos - não dói sem precisar de se ter razão nem conhecimento? E as pessoas não nascem sempre? Ah, medo tenho não é de ver morte, mas de ver nascimento. Medo mistério. O senhor não vê? O que não é Deus, é estado do demônio. Deus existe mesmo quando não há. Mas o demônio não precisa existir para haver - a gente sabendo que ele não existe, aí é que ele toma conta de tudo. O inferno é um sem-fim que nem não se pode ver. Mas a gente quer Céu é porque quer um fim: mas um fim com depois dele a gente tudo vendo. Se eu estou falando às flautas, o senhor me corte. Meu modo é este. Nasci para não ter homem igual em meus gostos. O que eu invejo é sua instrução do senhor... Grande Sertão: Veredas, de Guimarães Rosa.

5 Agradecimentos Agradeço à Deus, por tudo. Agradeço ao meu orientador Marcelo. Por ser exemplo para mim de pequisador, professor, servidor público e pessoa. Por se esforçar tanto para que o mundo seja melhor. E pela paciência, nesses quase seis anos de convívio. Aos professores da banca: Lucas, Everaldo, Ricardo e Zhou, pelos conselhos importantíssimos para o presente presente trabalho tanto quanto pelas dicas de futuros estudos. Agradeço aos meus pais, José e Evangelina. À minha mãe, fonte inesgotável de amor. Ao meu pai, por ter me dado os melhores exemplos de vida. Às minhas irmãs, Bel e Polli. Pelo amor e o carinho incondicional nos poucos momentos que estivemos juntos. E por elas terem me dado os melhores sobrinhos do mundo, Gabriel, Daniel, Kalebe, Arthur e Analu, com os quais eu pude passar momentos muito felizes. À minha namorada Gislene, que me proporcionou nos últimos meses muito carinho e momentos de descontração. E por me fazer tão bem, por estar tão bem ao meu lado, bicho grilo que sou. Agradeço a todos os amigos que fiz em quase sete anos de Brasília. Sem vocês, a vida não faria sentido: Marcelo Bezerra, Tarcísio, Weslley, Bruno César, Hudson, Laura, Simone, Nilton, João Paulo, Dani, Robson, Reinaldo, Thiago, Henrique, Elson, Eduardo, Andréia, Kali, Ilana, José Carlos, Mônica. E mais uma vez, agradeço especialmente à minha grande amiga Mariana que, além da bela amizade proporcionada, em 007 me incentivou a vir estudar em Brasilia. À Thaynara, a mais sincera amizade que tive nos últimos anos. Thay, estar com você é estar mais perto de quem eu realmente sou.

6 Agradeço muito aos meus amigos de Uberaba. Especialmente Flávio, Deisemara, Rafael, Daniel e Laurinho. E por último ao Júlio, por nossas conversas sobre todos os assuntos relevantes da vida. Aprendi muito com todos vocês. Este trabalho é uma pequena gota nas águas do conhecimento. No entanto, representa um mar de crescimento na vida do autor. Representa uma síntese de aprendizados, de passagens, de momentos de reflexão, de conversas em mesas de boteco, de entendimentos e desentendimentos. É a compilação das boas contribuições das pessoas que por mim passaram. Mas acima de tudo, é a resposta sobre o que a educação pode representar na vida de um homem. Ou, de uma criança. 3

7 Resumo Neste trabalho, estudaremos a existência de soluções para equações do tipo div(p(x) u) = b(x) u q u + c(x) u r u, x Ω, em que os pesos p, b e c satisfazem hipóteses que nos permitirão tratar o problema variacionalmente. Consideramos o problema acima para 1 < q < e tratamos, especialmente, variações para quando r = é o expoente crítico de Sobolev. A principal ferramenta utilizada será o Teorema do Passo da Montanha e suas versões. Palavras-Chaves: Teorema do Passo da Montanha; pesos; expoente crítico de Sobolev. 4

8 Abstract In this work, we will study the existence of solutions for the equation div(p(x) u) = b(x) u q u + c(x) u r u, x Ω, with the weights p, b and c verifying some hypothesis which produce a variational structure for the prolem. We considered the equation for 1 < q < and deal specially with the critical case r =. We use the Mountain Pass Theorem as well as some of your variants. Keywords: Mountain Pass Theorem; weights; Sobolev critical exponent. 5

9 Índice Introdução 1 1 Perturbações lineares e superlineares Solução nodal para q = Solução positiva para < q < Estimativas do Lema Perturbações do tipo côncavo-convexo 44.1 Lemas auxiliares Prova do Teorema Prova do Teorema Sistema com perturbação superlinear Resultado de não existência Algumas relações importantes Existência de solução Referências Bibliográficas 85

10 Introdução Neste trabalho estudaremos a existência de soluções não negativas e nodais para problemas elípticos em domínios limitados suaves. Os dois primeiros capítulos serão dedicados ao estudo de equações do tipo { div(p(x) u) = b(x) u q u + c(x) u r u, x Ω, (1) u = 0 x Ω, em que os potenciais p, b e c satisfazem hipóteses que nos permitirão tratar o problema (1) variacionalmente. Investigaremos o problema acima para variações das funções b e c e dos expoentes q e r. Vale ressaltar que daremos maior atenção ao caso em que r = = N/(N ), isto é, aquele em que temos crescimento crítico. Em todos os casos, a função p satisfaz: (p 1 ) p H 1 (Ω) C(Ω); (p ) existe um ponto a Ω tal que p(a) = p 0 := min{p(x) : x Ω} > 0; (p 3 ) existe k > 0, β k > 0 e θ tais que, numa vizinhança de a, a função p é da forma p(x) = p 0 + β k x a k + θ(x) x a k, com lim x a θ(x) = 0. 1

11 Um exemplo de uma função que satisfaz as condições acima é dado por p(x) = 1 + x a + x a s+, x Ω, em que a Ω e s > 0. Nesse caso, ao definirmos θ(x) = x a s, esta satisfaz a condição (p 3 ). A grande motivação para o estudo equação (1) se deve ao conceituado artigo de Brézis- Nirenberg [9], publicado em Os autores estudaram a existência de soluções positivas para o problema (BN) u = λ u q u + u u, x Ω, u = 0, x Ω, e mostraram que a existência de solução está relacionada com a maneira que o parâmetro λ se relaciona com o espectro do operador. Com a devida precisão, denotando por λ 1 o primeiro auto-valor de (, H 1 0(Ω)), eles obtiveram os seguintes resultados no caso em que q = : se N 3 e λ λ 1, então (BN) não tem solução positiva; se N 4 e 0 < λ < λ 1, então (BN) tem solução positiva; se N = 3, então existe λ λ < λ < λ 1 ; > 0 tal que (BN) tem solução positiva sempre que e se < q < também provaram que: se N = 3 e 4 < q < 6, então (BN) tem solução positiva para todo λ > 0; se N = 3 e < q 4, então (BN) tem solução positiva para todo λ > 0 suficientemente grande; se N 4, então (BN) tem solução positiva para todo λ > 0. Devido à falta de compacidade da imersão H0(Ω) 1 L (Ω), o funcional energia I associado ao problema (BN) não satisfaz a condição de Palais-Smale em todos os níveis. Para contornar esse fato, provaram que I satisfaz a condição (P S) d para todo d < c := 1 N SN/,

12 em que S é a melhor constante da imersão H 1 0(Ω) L (Ω), dada por { S = inf u : u H0(Ω), 1 } u = 1. Após verificar que I satisfaz a geometria do Passo da Montanha, eles mostraram que o nível minimax deste teorema está abaixo de c. Este último fato é o passo crucial da prova e é feito utilizando-se a função u ε (x) := ε N ψ(x)u(x/ε), em que ε > 0, ψ é uma função corte e a função U é aquela introduzida por Aubin [3] e Talenti [3] como sendo U(x) := N [N(N )] 4 [1 + x ] N, x R N. Em todos os capítulos desta tese, utilizaremos com frequência uma variação da função u ε citada acima. Em 1985, Capozzi, Fortunato e Palmieri [10] provaram que o problema (BN) tem solução não-trivial mesmo quando λ λ 1. Naturalmente, esta solução tem que mudar de sinal, tendo em vista o resultado de não existência de solução positiva provado por Brezis e Nirenberg. Outros resultado foram estudados nesse mesmo contextos. Dentre eles citamos [1, 11, 7, 4, 3, 0, 30, 1, 7, 34]. Em 007, Hadiji e Yazidi [4] investigaram existência de soluções positivas para o seguinte problema (P ) { div(p(x) u) = λ u q u + u u, x Ω, u = 0, x Ω, em que q = e a função p satisfaz (p 1 ) (p 3 ). Nesse caso, denotando por { λ 1,p = inf p(x) u dx : u H0(Ω), 1 Ω Ω } u dx = 1, o primeiro auto-valor de ( div(p(x) ), H 1 0(Ω)), a existência de solução positiva é garantida desde que sejam satisfeitas as seguintes hipóteses: i) N 4, k > e 0 < λ < λ 1,p ; ii) N 4, k = e γ(n) < λ < λ 1,p ; 3

13 iii) N = 3, k e γ(k) < λ < λ 1,p ; iv) N 3, 0 < k < e λ < λ < λ 1,p, em que γ, γ(k) e λ são constantes positivas. O trabalho acima tem grande importância em todo nosso estudo. Inspirados pela maneira que os resultados de Brézis-Niremberg foram complementados por Capozzi, Fortunato e Palmieri, estudamos o problema (P ) para λ λ 1,p. No restante da introdução, apresentaremos os resultados obtidos no nosso trabalho, fazendo um paralelo com outros resultados conhecidos na literatura. Pertubações lineares e superlineares No nosso primeiro resultado, estudamos a existência de solução para o problema (P ) quando λ λ 1,p. Mais especificamente provamos o Teorema 0.1. Se q = e p satisfaz (p 1 ) (p 3 ), então o problema (P) tem pelos menos uma solução que muda de sinal em cada um dos casos abaixo: 1. N 4, k > e λ λ 1,p ;. N 5, k = e λ max{λ 1,p, ϑ(n)}, em que ϑ(n) = { 4β, se N = 4, ϑ 0 β, se N 5, em que β > 0 é dado em (p 3 ) e ( ) ( ) ϑ 0 = (N ) y 4 1 R (1 + y N ) dy 1 dy. N R (1 + y N ) N 3. N = 4, k =, λ max{λ 1,p, ϑ(n)} e existe l 0 > 0 tal que B(a,l 0 ) θ(x) dx <. x a 4 A demonstração desse teorema segue as linhas de [18], onde um problema em R N foi estudado. Incialmente, provamos um resultado de compacidade local. Assim como foi 4

14 observado em [9], nosso funcional energia I não satisfaz (P S) d em todos os níveis. Porém, vale o seguinte resultado: se (u n ) H 1 0(Ω) satisfaz lim I(u n) = c < c := (p N/ 0S) n + N e lim I (u n ) = 0, n então (u n ) possui uma subsequência convergente. A prova segue então de uma aplicação do Teorema de Linking. Um ponto importante para o nosso resultado é a prova de que o nível minimax se situa onde há compacidade. Neste ponto utilizamos algumas estimativas provadas em [4] (veja Seção 1.3). No segundo resultado do Capítulo 1, consideramos o caso em que a pertubação é superlinear: Teorema 0.. Se < q < e p satisfaz (p 1 ) (p 3 ) com k >, então o problema (P) tem pelos menos uma solução positiva para todo λ > 0. Na prova aplicamos o Teorema do Passo da Montanha. Novamente, a parte delicada é a correta estimativa do nível minimax associado ao funcional energia. Algumas adaptações dos argumentos apresentados em [18] são utilizados. Os resultados provados no Capítulo 1 complementam os de [4] em dois sentidos: primeiro, porque consideramos a existência de solução que troca de sinal para q = ; segundo, porque tratamos o caso em que a perturbação do termo crítico e superlinear (e subcrítico). Estes resultados complementam, ainda, os resultados de Furtado, Myiagaki e Silva [18], que estudaram um problema análogo. De fato, em [18] os autores consideram um problema no R N com o operador F(u) = div(k(x) u), em que K(x) = exp( x α /4). Pertubações do tipo côncavo-convexo No Capítulo estudamos a existência de solução não negativa para o problema { div(p(x) u) = b(x) u q u + c(x) u r u, x Ω, (P C) u = 0, x Ω, em que Ω R N é um domínio suave e limitado, N 4 e 1 < q < < r = N/(N ). Para s > 1, denotamos por s o expoente conjugado de s, a saber s = s/(s 1). A função p satisfaz (p 1 ) (p 3 ) e os potenciais b e c satisfazem 5

15 (b 1 ) b L σq (Ω) para algum ( ) r < σ q q ( ) ; q (c 1 ) c L (Ω), com c 0. Neste caso, nossa principal referência é o trabalho de autoria de Ambrosetti, Brezis e Cerami [], de 1994, no qual estudaram o caso em que b(x) µ é um parâmetro e p(x) c(x) 1, provando que existe uma constante Λ (0, + ) tal que o problema (P C) tem duas soluções se µ < Λ, pelo menos uma solução se µ = Λ e nenhuma solução se µ > Λ. Posteriormente, de Figueiredo, Gossez e Ubilla [14], generalizaram esses resultados permitindo que os potenciais b e c fossem não constantes e mudassem de sinal. Outros resultados foram estudados para este problema, a saber [, 33, 16, 15]. Nosso primeiro resultado trata do caso subcrítico: Teorema 0.3. Suponha que 1 < q < < r <, a função p satisfaz (p 1 ) (p 3 ) com k >, as funções b e c satisfazem (b 1 ) e (c 1 ). Se b σq é suficientemente pequeno, então o problema (PC) tem pelos menos duas soluções não negativas u 0 e u 1, satisfazendo u 0, u 1 0. A prova deste teorema segue os mesmo argumentos de []. Usando a pequenez de b σq obtemos uma solução u 0 0, via minimização. Em seguida, usamos o Teorema do Passo da Montanha centrado no mínimo local u 0 para a obtenção da segunda solução. Na parte técnica adaptamos algumas contas encontradas em [19], onde um problema relacionado (em domínio ilimitado) foi estudado. Neste caso, não conseguimos provar positividade das soluções pois, como os potenciais b e c podem mudar de sinal, não é possível utilizar princípio de máximo. O segundo teorema do Capítulo trata do caso crítico. A prova se torna um pouco mais complicada e precisamos da seguinte condição técnica: (bc 1 ) existe δ > 0 tal que B δ (a) (Ω + b Ω+ c ) e c c(x) M x a γ, q.t.p. em B δ (a), em que Ω + b := {x Ω : b(x) > 0}, Ω + c := {x Ω : c(x) > 0}, M > 0 e γ > (N )/. Provamos o seguinte 6

16 Teorema 0.4. Suponha que r =, p satisfaz (p 1 ) (p 3 ) com N < (k + ), as funções b e c satisfazem (b 1 ), (c 1 ) e (bc 1 ). Se b σq é suficientemente pequeno, então o problema (PC) tem pelos menos duas soluções não negativas u 0 e u 1, satisfazendo u 0, u 1 0. A maior dificuldade na prova deste teorema é a obtenção da segunda solução. De fato, como temos crescimento crítico, o funcional energia associado não satisfaz Palais-Smale em todos os níveis. Após obter um resultado de compacidade local, provamos que o nível minimax está corretamente localizado. Neste ponto, além da condição técnica (bc 1 ), é fundamental a restrição N < (k+). Vale notar que uma restrição relacionada já aparece no Teorema 1. do artigo de Furtado, Ruviaro e Silva [19]. De fato, os autores consideram um problema no R N com o operador F(u) = div(k(x) u), em que K(x) = exp( x α /4) e a restrição imposta é α > (N )/. Nossos resultados do Capítulo generalizam os resultados de [14] pois consideramos o caso em que p(x) não é constante. Além disso usamos algumas estimativas de [4] para completar o resultado. Sistema com perturbação superlinear No Capítulo 3 estudamos existência de solução com componentes positivas para o sistema div(p(x) u) = bu + cv + α u u α v β, x Ω, (P Q) div(q(x) v) = cu + dv + β u α v v β, x Ω, u, v = 0, x Ω, em que b, c, d R e α, β > 1 são tais que α + β =. A função p é como antes e a função q satisfaz: (q 1 ) q H 1 (Ω) C(Ω); (q ) q(a) = q 0 := min{q(x) : x Ω} > 0; (q 3 ) existe j > 0, γ j > 0 e θ q tais que, numa vizinhança de a, a função q é da forma q(x) = q 0 + γ j x a j + θ q (x) x a j, com lim x a θ q (x) = 0. 7

17 O caso em que p(x) q(x) 1 foi estudado por Alves, de Morais Filho e Souto [1] em 003. Os resultados estão relacionados com os auto-valores µ 1 µ da matriz real ( ) b c A =. c d Os autores provaram que, se N 4, b 0 e 0 < µ 1 µ < λ 1, então o sistema (P Q) tem solução. Se Ω é um domínio estrelado com respeito à origem e µ 0, utilizando um tipo de identidade de Pohozaev, também provaram que (P Q) só admite solução trivial. No mesmo contexto, outros trabalhos foram abordados no últimos anos, a saber [5, 6, 17, 5]. Primeiramente provamos um resultado de não existência de solução para o problema (P Q), qual seja: Teorema 0.5. Suponha que Ω é um domínio estrelado com respeito ao ponto a Ω e que p, q C 1 (Ω) satisfazem p(x) (x a) 0 e q(x) (x a) 0, para todo x Ω. Se µ 0, então o problema (P Q) não possui solução positiva. Para provar o resultado acima, utilizamos uma versão da identidade de Pohozaev para sistemas. Observe que, além de supormos que Ω é um domínio estrelado com respeito ao ponto a, acrescentamos as seguintes hipóteses técnicas sobre os pesos p e q: p(x) (x a) 0 e q(x) (x a) 0. Essas hipóteses surgem de maneira natural, tendo em vista que, diferentemente da identidade clássica de Pohozaev, não valem algumas relações do cálculo elementar, em função dos pesos p(x) e q(x). Finalizamos o capítulo provando um resultado de existência de soluções positivas para o sistema (P Q). Definindo λ 1,q de maneira análoga à maneira com que foi definido λ 1,p e a quantidade 0, se min{k, j} >, ϑ(n, k, j) := ϑ 1 β, se k =, j >, ϑ 1 γ, se k >, j =, ϑ 1 max{β, γ }, se k =, j =, 8

18 em que ϑ 1 := 4, se N = 4, (N ) ( y 4 R (1 + y N ) dy N ) ( podemos então enunciar nosso último resultado: ) 1 1 dy, se N 5, R (1 + y N ) N Teorema 0.6. Se as funções p e q satisfazem (p 1 ) (p 3 ) e (q 1 ) (q 3 ), a matriz A é tal que c > 0 e ϑ(n, k, j) < µ 1 µ < min{λ 1,p, λ 1,q }, então o problema (P Q) tem pelo menos uma solução com componetes positivas. O teorema acima é provado usando-se o Teorema do Passo da Montanha. A parte mais delicada é a correta localização do nível minimax do funcional energia. Novamente, a criticalidade do sistema faz com que este não satisfaça Palais-Smale em todos níveis. Para efetivar os cálculos necessários usamos algumas ideias do artigo [1]. Ressaltamos que, após a finalização dos resultados deste último capítulo, tomamos conhecimento do artigo [6], em que os autores obtêm resultados semelhantes aos nossos. Uma vez que nossos resultados foram obtidos paralelamente e de forma independente, optamos por apresentá-los nesta tese. 9

19 CAPÍTULO 1 Perturbações lineares e superlineares Neste capítulo, investigamos a existência de solução para o problema { div(p(x) u) = λ u q u + u u, x Ω, (P ) u = 0, x Ω, em que Ω R N é um domínio suave e limitado, N 4, = N/(N ) é o expoente crítico de Sobolev e q <. A função p satisfaz as seguintes condições: (p 1 ) p H 1 (Ω) C(Ω); (p ) existe um ponto a Ω tal que p(a) = p 0 := min{p(x) : x Ω} > 0; (p 3 ) existe k > 0, β k > 0 e θ tais que, numa vizinhança de a, a função p é da forma p(x) = p 0 + β k x a k + θ(x) x a k, com lim x a θ(x) = 0. O parâmetro λ > 0 vai variar de acordo com o valor de q e estará relacionado, no caso q =, com o número { λ 1,p = inf p(x) u : u H0(Ω), 1 } u = 1. 10

20 O nosso primeiro resultado trata do caso em que q = : Teorema 1.1. Se q = e p satisfaz (p 1 ) (p 3 ), então o problema (P) tem pelos menos uma solução que muda de sinal em cada um dos casos abaixo: 1. N 4, k > e λ λ 1,p ;. N 5, k = e λ max{λ 1,p, ϑ(n)}, em que ϑ(n) = { 4β, se N = 4, ϑ 0 β, se N 5, em que β > 0 é dado em (p 3 ) e ( ) ( ) ϑ 0 = (N ) y 4 1 R (1 + y N ) dy 1 dy. N R (1 + y N ) N 3. N = 4, k =, λ max{λ 1,p, ϑ(n)} e existe l 0 > 0 tal que B(a,l 0 ) θ(x) dx <. x a 4 No segundo resultado, consideramos o caso em que a pertubação é superlinear: Teorema 1.. Se < q < e p satisfaz (p 1 ) (p 3 ) com k >, então o problema (P) tem pelos menos uma solução positiva para todo λ > 0. Em todo o capítulo vamos considerar o espaço H0(Ω) 1 com a sua norma usual u = u, u H0(Ω). 1 Vamos denotar ainda por p a norma u p = p(x) u, u H0(Ω), 1 (1.1) induzida pelo produto interno u, v p = p(x)( u v), u, v H 1 0(Ω). 11

21 Observamos que a norma p definida em (1.1) é equivalente à norma usual de H0(Ω), 1 pois p 0 u = p 0 u p(x) u = u p p u. Nas duas seções seguintes provamos os Teoremas 1.1 e 1., respectivamente. O capítulo conta ainda com uma seção final onde fazemos algumas estimativas utilizadas no decorrer das provas. 1.1 Solução nodal para q = Nesta seção vamos considerar q =, de forma que as soluções fracas do problema (P ) são precisamente pontos críticos do funcional I C 1 (H0(Ω), 1 R) definido por I(u) := 1 p(x) u λ u 1 u. Para encontrar tais pontos críticos, vamos utilizar o seguinte teorema abstrato, cuja demonstração encontra-se em [9]: Teorema 1.3. Seja X um espaço de Banach com X = Y Z e dim Y <. Considere um funcional J C 1 (X, R) satisfazendo: (i) existem ρ, σ > 0 tais que J Bρ(0) Z σ ; (ii) existem e B 1 (0) Z e R > ρ tais que J Q 0, em que Q = (B R (0) Y ) {te : 0 < t < R}. Seja em que c = inf γ Γ max u Q J(γ(u)), Γ = {γ C(Q, X) : γ Id em Q}. Então c σ e existe (u n ) X tal que J(u n ) c e J (u n ) 0. Devido à falta de compacidade da imersão H 1 0(Ω) L (Ω), o funcional I não satisfaz 1

22 a condição de Palais-Smale em todos os níveis. Denotando { S = inf u : u H0(Ω), 1 } u = 1, o resultado abaixo fornece uma condição de compacidade local. Lema 1.1. Se (u n ) H 1 0(Ω) é tal que lim I(u n) = c < c := (p N/ 0S) n + N e lim I (u n ) = 0, n então (u n ) possui uma subsequência convergente. ( 1 Demonstração: Tomemos β, 1 ). Para n suficientemente grande temos que I (u n ) 1/β. Assim I (u n )u n I (u n ) u n (1/β) u n, e portanto u n βi (u n )u n. Como I(u n ) = c + o(1), da desigualdade acima temos que o(1) + c + u n I(u n ) βi (u n )u n = 1 p(x) u n λ u n 1 u n β p(x) u n + βλ u n + β u n, e portanto o(1) + c + u n ( ) ( ) 1 1 β u n p λ β u n + (β 1 ) u n. (1.) Uma consequência da desigualdade de Young é que, para quaisquer a, b 0 e ε > 0, existe C ε tal que ab εa s + C ε b s, em que 1/s+1/s = 1. Devido à imersão L (Ω) L (Ω) e à desigualdade acima, existem constantes c 1, c > 0 tais que u n c 1 u n ε u n / + c. 13

23 Segue de (1.), da igualdade acima e da condição (p ) que o(1) + c + u n p 0 β 0 u n λβ 0 (ε u n / + c ) + β 1 u n p 0 β 0 u n λβ 0 c 3 ε u n c 4 + β 1 u n, em que β 0 = (1/ β), β 1 = (β 1/ ), c 3 e c 4 são constantes positivas. Escolhendo 0 < ε < β 1 (λβ 0 c 3 ) 1/, teremos o(1) + c + u n p 0 β 0 u n c 4, donde concluímos que (u n ) é limitada em H0(Ω). 1 Resta-nos mostrar que (u n ) possui uma subsequência convergente. Como (u n ) é limitada, a menos de subsequência, existe u H0(Ω) 1 tal que u n u fracamente em H0(Ω) 1 e u n (x) u(x) q.t.p. em Ω. Usando a compacidade da imersão H0(Ω) 1 L 1 (Ω), a menos de subsequência, existe h s L s (Ω) tal que u n u em L (Ω), u n u em L s (Ω), u n (x) h s (x), q.t.p. em Ω, em que s = 1. Assim, para toda φ C 0 (Ω), u s n(x)φ(x) u s (x)φ(x) q.t.p. em Ω, u n s φ φ h s s L 1 (Ω). Pelo Teorema da Convergência Dominada, u n u n φ u uφ, e, por densidade, u n u n v u uv, v H 1 0(Ω). 14

24 Como u n u em H 1 0(Ω), u n u em L (Ω) e p C(Ω) u n, v p λ u n v = u, v p λ uv + o(1), v H 1 0(Ω). Lembrando que I (u n ) 0, obtemos o(1) = I (u n )v = u n, v p λ u n v u n u n v = u, v p λ uv u uv + o(1), para toda v H 1 0(Ω), o que mostra que u é solução fraca do problema (P ). Um resultado devido a Brézis-Lieb [8] nos diz que u n q q = u q q + u n u q q + o(1), (1.3) para 1 q. Assim, se denotarmos v n =: u n u, temos o(1) = I (u n )u n = u n p λ u n u n = u p + u n u p λ u λ u n u u u n u + o(1) = I (u)u + v n p λ v n v n + o(1) = v n p v n + o(1), em que usamos o fato de que I (u)u = 0. Portanto, para algum l 0, vale lim v n p = n + lim v n = l. (1.4) n + Mas segue das definições de S e p(x) que p(x) v n p 0 v n p 0 S v n. Passando ao limite a inequação acima e usando (1.4), obtemos l p 0 Sl /. 15

25 Suponhamos l 0. Então l (p 0 S) N/ > 0. Por (1.3) temos que I(u n ) = 1 u n p λ u n 1 u n = 1 v n + u p λ u 1 v n + u + o(1) = 1 u p λ u 1 u + 1 v n p 1 v n + o(1) = I(u) + 1 v n p 1 v n + o(1). Portanto, usando (1.4), a igualdade acima e o fato de que I(u n ) c, obtemos I(u) + Além disso, como I (u)u = 0, temos que ( 1 1 ) l = c. Logo, as igualdades acima implicam que e portanto devemos ter I(u) = I(u) 1 I (u)u ( 1 = 1 ) u 0. c ( 1 1 ) l = 1 N l, c = (p N/ 0S) l N N c < c, o que gera uma contradição. Portanto l = 0, e isto conclui a demonstração do lema, pois v n p = o(1) e, portanto, u n u em H 1 0(Ω). Nosso próximo passo é decompor o espaço H 1 0(Ω) de tal maneira que possa ser verificada a geometria do nosso teorema abstrato. Para isso, vamos considerar o problema linear (P div λ ) { div(p(x) u) = λu, x Ω, u = 0, x Ω. 16

26 Nesse caso, vale o seguinte resultado, cuja a prova é uma consequência da Alternativa de Fredholm: Teorema 1.4. Se Ω R N é um aberto limitado, então o problema de auto-valor (P div λ ) possui uma sequência de auto-valores 0 < λ 1,p < λ,p λ 3,p λ n,p λ n+1,p. Além disso, as auto-funções associadas, que definiremos por ϕ 1,p, ϕ,p,..., ϕ n,p,, formam uma base ortogonal de H 1 0(Ω). Assim, dado n N tal que λ n,p λ < λ n+1,p, definimos Y := span {ϕ 1,p, ϕ,p,..., ϕ n,p }, Z := Y (1.5) e a constante δ = inf u Z u =1 (p(x) u λu ). (1.6) Como consequência da Teoria Spectral dos Operadores Compactos seguem as seguintes desigualdades: p(x) u λ n,p u, u Y (1.7) e p(x) u λ n+1,p u, u Z. (1.8) Assim, dado u Z, com u = 1, da última desigualdade, do fato de λ < λ n+1,p e de (p ), obtemos (p(x) u λu ) donde concluímos que δ > 0. ( 1 λ ) λ n+1,p p(x) u ( 1 λ ) p 0 > 0, λ n+1,p O próximo resultado será importante na prova do Teorema 1.1. Sua demonstração será feita mais adiante. Proposição 1.1. Se λ [λ n,p, λ n+1,p ) satisfaz uma das condições (1)-(3) do Teorema 1.1, então existe z Z \ {0} tal que max I(u) < u Y Rz c = 1 N (p 0S) N/. 17

27 Assumindo que a proposição é verdadeira, podemos provar o Teorema 1.1 como se segue: Demonstração do Teorema 1.1: Consideremos Y, Z e δ definidos em (1.5) e (1.6). Se u Z, então I(u) = 1 p(x) u λ u 1 u δ u 1 u. Da definição de S temos que u S / u. Assim, segue da expressão acima que, se u = ρ e u Z, então I(u) δ ρ S / ρ = ρ ( δ S / ρ ) > 0, u B ρ (0) Z, desde que ρ < (δs / ) 1/( ). Para essa escolha de ρ temos b = o que assegura a condição (i) do Teorema 1.3. inf I(u) > 0, u B ρ(0) Z Tendo em vista a desigualdade (1.7), para todo u Y, temos que I(u) = 1 p(x) u λ u 1 u λ n,p u λ u 1 u (λ n,p λ) u 1 u 0. Como Y Rz tem dimensão finita, todas as normas neste espaço são equivalentes. Logo, existem c, c 3, c 4 > 0 tais que, para todo u Y Rz, I(u) = 1 u p λ u 1 u 1 c u λ c 3 u 1 c 4 u, 18

28 donde cocluímos que I(u), sempre que u +, u Y Rz. Assim, existe R > ρ tal que I(u) 0 sempre que u = R. Concluímos que a condição (ii) do Teorema 1.3 é satisfeita. Pelo Teorema 1.3 e a Proposição 1.1, existe uma sequência (u n ) H 1 0(Ω) tal que lim I(u n) = c < c = (p N/ 0S) n + N e lim I (u n ) = 0. (1.9) n Pelo Lema 1.1 podemos afirmar que, a menos de subsequência, (u n ) converge para uma solução u de (P ). Para mostrar que u 0 usamos o Teorema 1.3, que garante que I(u) = c σ > 0, donde concluímos que a solução u é não trivial. Resta-nos mostrar que a solução muda de sinal. De fato, pois caso contrário, como u 0, pelo Princípio do Máximo, deveríamos ter u > 0 ou u < 0. Mas como o Teorema 1.1 de [4] afirma que (P ) não tem solução positiva no caso λ λ 1,p, concluímos que a solução encontrada tem que mudar de sinal. Caminharemos agora na direção de demonstrar a Proposição 1.1. A prova será dividida em dois casos e, em ambos, vamos considerar o quociente bem como a seguinte função Q λ,p (u) := u p λ u u, u H 1 0(Ω) \ {0}, (1.10) w ε (x) := ε N 4 u ε (x) = ψ(x)ε N 4, (1.11) [ε + x a ](N )/ em que ε > 0, ψ C 0 (Ω), 0 ψ 1, ψ 1 em B(a, l), ψ 0 em Ω \ B(a, l) e l > 0 é tal que B(a, l) Ω. A seguir, enunciamos a relação entre as duas funções acima citadas. As estimativas do próximo lema foram extraídas de [4] e serão provadas na Seção 1.3. Lema 1.. Temos que Q λ,p (w ε ) = Q λ,p (u ε ). Além disso, valem as seguintes estimativas 19

29 quando ε 0 + Q λ,p (w ε ) p 0 S λ K 3 K ε + o(ε), N 5 e k > ; ( ) p 0 S λ A K K 3 β 3 K ε + o(ε), N 5 e k = ; p 0 S λ ω 4 K ε log ε + o(ε log ε ), N = 4 e k > ; p 0 S (λ 4β ) ω 4 K ε log ε + o(ε log ε ), N = 4 e k =, em que ω 4 é a área da esfera unitária de R 4, e K := 1 S (N ) y R [1 + y N ] dy, K 3 := 1 dy R [1 + y N ] N A := (N ) y 4 R (1 + y N ) dy. N De posse das estimativas acima, vamos provar a Proposição 1.1, em seus dois casos, na sequência do texto. Caso 1: λ n,p < λ < λ n+1,p. Nesse primeiro caso, definimos z ε := w ε n ( i=1 w ε ϕ i,p ) ϕ i,p, em que ϕ i,p são as autofunções do problema de autovalor (P div λ ). Observemos que, fixado u H 1 0(Ω) \ {0}, I(tu) = t u p λt u t u. Se u p λ u 0, temos que I(tu) 0 para todo t 0. Caso contrário, a função t I(tu), para t > 0, possui um único ponto crítico t 0 > 0 dado por ( u p λ u ) 1/( ) t 0 :=. u Além disso, como >, um cálculo simples mostra que t 0 é um ponto de máximo, de modo que o máximo da função é dado por ( u p λ u ) N/. I(t 0 u) = 1 N u 0

30 Assim, para todo u H 1 0(Ω) \ {0}, vale max t 0 I(tu) 1 N Logo, como Y Rw ε = Y Rz ε, se definirmos ( u p λ u ) N/. u Σ ε := {u = y + tw ε ; y Y, t R, u = 1}, (1.1) a Proposição 1.1 fica provada se conseguirmos verificar a seguinte desigualdade ( ) m ε := max u p λ u < p0 S. u Σ ε Lema 1.3. Quando ε 0 +, as seguintes igualdades se verificam: w ε 1 1 = O(ε N 4 ), w ε 1 = O(ε N 4 ) (1.13) e para todo y Y { max y, w ε p, yw ε } = y O(ε N 4 ). (1.14) Demonstração: Observemos primeiramente que, dado γ 0, podemos usar o Teorema da Mudança de Variável para obter B l (a) 1 N 1 dx = [ε + x a ε γ+ dx. (1.15) ] γ B l/ ε (a) [1 + x ] γ Como na definicão de w ε a função ψ se anula exteriormente à bola B(a, l), podemos usar (1.15) com γ = (N + )/ para obter w ε 1 1 = ( ψ(x)ε (N )/4 [ε + x a ] (N )/ ε (N )/4 = O(ε N 4 ). B l/ ε (0) ) N+ N 1 [1 + x ] (N+)/ dx 1

31 Além disso, w ε 1 = ψ(x)ε (N )/4 [ε + x a ] (N )/ ε (N )/4 ε (N )/4 = O(ε N 4 ), B(a,l) B(a,l) 1 dx [ε + x a ](N )/ 1 dx x a (N ) visto que a última integral é finita. Para provar (1.14), tomemos um elemento y = n i=1 β iϕ i,p arbitrário de Y. Podemos nos valer de (1.13) para obter em que c 3 y, w ε p = n β i ϕ i,p, w ε = n λ i,p β i i=1 c 3 ( n i=1 p i=1 i=1 ϕ i,p w ε ( n ) β i ) w ε β i O(ε N 4 ), (1.16) = λ n,p max{ ϕ 1,p,..., ϕ n,p }. Além disso, a equivalência de normas em Y implica que n i=1 β i c 4 y. Utilizando essa desigualdade juntamente com (1.16), obtemos y, w ε p y O(ε N 4 ). Analogamente yw ε y O(ε N 4 ), o que finaliza a demonstração do lema. Lema 1.4. Se u = y + tw ε Σ ε, então t = O(1) quando ε 0 +. Demonstração: Seja A(u) = u y tw ε.

32 Pelo Teorema do Valor Médio A(u) = ( y + tw ε y tw ε ) 1 = ( tw ε + sy (tw ε + sy) sy sy)ds 0 1 = ( 1) sy + tw ε η(x) tw ε yds, 0 em que 0 η(x) 1 é uma função mensurável. Como dim Y <, neste espaço todas as normas são equivalentes. Além disso, se m, n e µ são constantes positivas, vale a desigualdade (m + n) µ C µ (m µ + n µ ), para algum C µ > 0. Assim, por (1.13) A(u) = 1 ( 1) sy + tw ε η(x) tw ε yds 0 ( 1 c 1 ( 1) s y 1 tw ε ds+ 0 c { y 1 } t w ε 1 + y t 1 w ε { } c 3 y N 1 t O(ε 4 ) + y t 1 O(ε N 4 ). 0 ) tw ε η tw ε y ds (1.17) Dado agora ξ > 0, segue da desigualdade de Young com expoentes r = /( 1) e r = que y N 1 t O(ε 4 ) ξ y + c 4 t O(ε N 4 ) N N. Analogamente, existe uma constante c 5 tal que y t 1 O(ε N 4 ) ξ y + c 5 t O(ε N 4 ) N N+. Escolhendo ξ < 1/(4c 3 ), podemos usar (1.17) e as duas últimas desigualdades para garantir que A(u) 1 { } y + t O(ε N N(N ) ) + O(ε (N+) ). (1.18) Portanto, usando a estimativa w ε = w ε = [N(N )] S N/ + O(ε N ), obtida no artigo de Brezis-Nirenberg (cf. [9, pg 444]), a definição de A(u) e (1.18), segue 3

33 que 1 = u tw ε + 1 { } y + t O(ε N N(N ) ) + O(ε (N+) ) { } t [N(N )] S N/ + O(ε N N(N ) ) + O(ε (N+) ). Dessa maneira, se ε 0 +, devemos ter t = O(1), o que finaliza a prova do lema. Demonstração da Proposição 1.1 (Caso λ n,p < λ < λ n+1,p ) Seja u = y + tw ε Σ ε, em que o conjunto Σ ε é aquele definido em (1.1). Usando a estimativa (1.14) do Lema 1.3 e o fato de que t = O(1) quando ε 0 + (Lema 1.4) obtemos u p = y p + t y, w ε p + tw ε p y p + y O(ε N 4 ) + tw ε p. Argumentando como acima no cálculo de y+tw ε e usando a desigualdade (1.7), obtemos u p λ u (λ n,p λ) y + y O(ε N 4 ) + Q λ,p (tw ε ) tw ε, em que Q λ,p foi definido em (1.10). Para m < 0, temos que mr + br b /4m, para todo r R. Lembrando que (λ n,p λ) < 0 e usando essa desigualdade, obtemos então u p λ u 1 N O(ε ) + Q λ,p (tw ε ) tw ε. (1.19) 4(λ λ n,p ) Por outro lado, usando o Teorema do Valor Médio e a equivalência das normas no espaço Y, existe uma função mensurável ξ, tomando valores no intervalo [0, 1], tal que 1 = = y + tw ε ( twε + tw ε + ξ(x)y (tw ε + ξ(x)y)y ) tw ε + tw ε 1 y tw ε y O(ε N 4 ) donde segue que tw ε 1 + y O(ε N 4 ). 4

34 A conclusão é consequência, então, da estimativa acima, de (1.19) e do Lema 1.. Suponhamos que N 5 e k > e usando as estimativas citadas na frase anterior, temos que ( ) u p λ u 1 N p 0 S + ε d + O(ε 4 ) + o(1), 4(λ λ n,p ) em que d = λk 3 /K < 0. Assim, para ε > 0 suficientemente pequeno, temos que u p λ u γ < p 0 S, u Σ ε. Os demais casos são tratados de maneira análoga. Caso : λ = λ n,p. Definimos w ε := w ε w ε, ϕ n,p p ϕ n,p, em que w ε foi definido em (1.11). Mostraremos, de maneira análoga ao primeiro caso, que ( ) m ε = max u p λ n,p u < p0 S, u Σ ε em que Σ ε = {u = y + t w ε ; y Y, t R, u = 1}. Lema 1.5. Quando ε 0 +, valem as seguintes estimativas e w ε 1 1 = O(ε N 4 ), w ε 1 = O(ε N 4 ), { } max y, w ε p, y w ε y O(ε N 4 ), Q λ,p ( w ε ) = Q λ,p (w ε ) + O(ε N ) w ε N + O(ε ). 5

35 Demonstração: Para a primeira estimativa, temos que w ε 1 1 = w ε 1 = w ε w ε, ϕ n,p p ϕ n,p 1 c 1 w ε 1 + c w ε, ϕ n,p p 1 ϕ n,p 1 = O(ε N 4 ) + O(ε N 4 ) N+ N = O(ε N 4 ), em que usamos as equações (1.13) e (1.14). Analogamente, podemos nos valer do Lema 1.3 para provar a segunda e terceira igualdades do lema. Além disso, sabemos que w ε p = w ε p + w ε, ϕ n,p p ϕ n,p p w ε, ϕ n,p p w ε p + O(ε N 4 ) = w ε p + O(ε N ), (1.0) e analogamente w ε w ε + O(ε N ). (1.1) Estabeleceremos agora uma relação entre w ε e w ε : 1 w ε w ε = d 0 ds w ε s w ε, ϕ n,p p ϕ n,p ds c w ε, ϕ n,p p w ε 1 + c 3 w ε, ϕ n,p p ϕ n,p = O(ε N 4 )O(ε N 4 ) + O(ε N 4 ) = O(ε N ), em que utilizamos novamente (1.13) e (1.14). Para algum ξ (0, 1), temos w ε = ( w ε ( = )/ w ε N + O(ε ) / ) = ( w ε + ( w )/ ε N + ξo(ε ) ) 1 N O(ε ). 6

36 Como 0 < lim ε 0 + w ε <, concluímos que w ε = w ε N + O(ε ). A equação acima, (1.0) e (1.1) implicam que finalizando, pois, a prova. Q λ,p ( w ε ) = w ε p λ w ε w ε w ε p λ w ε + O(ε N ) = Q λ,p (w ε ) + w ε N + O(ε ) O(ε N ) w ε N + O(ε ), Demonstração da Proposição 1.1 (Caso λ = λ n,p ) A prova segue as mesmas linhas do primeiro caso. Provaremos que ( ) m := max u p λ n,p u < p0 S, u Σ ε em que Σ ε := {u = y + t w ε : y Y, t R, u = 1}. Ao considerarmos u = y + t w ε Σ ε, a função y Y pode ser reescrita como Dessa maneira ϕ n,p, w ε p = definição de ϕ n,p. Assim y = ỹ + y, ϕ n,p p ϕ n,p. u p λ n,p u = ỹ p λ n,p ỹ + ỹ, t w ε p λ n,p Como vimos no Lema 1.5, podemos obter u p λ n,p u ϕ n,p w ε = 0 e ϕ n,p p = λ n,p ϕ n,p, tendo em vista a tỹ w ε + Q λ (t w ε ) t w ε. 1 N O(ε ) + Q λ (t w ε ) t w ε 4(λ n 1,p λ n,p ). 7

37 Utilizando o fato de que t = O(1) quando ε 0 + (Lema 1.4) e o mesmo argumento usado no primeiro caso, para ε suficientemente pequeno, teremos u p λ u < p 0 S, u Σ ε, finalizando, então, a prova da proposição. 1. Solução positiva para < q < Nesta seção, vamos provar o Teorema 1.. O roteiro é parecido com o da seção anterior, porém, neste caso, vamos aplicar o Teorema do Passo da Montanha para o funcional I(u) := 1 p(x) u λ (u + ) q 1 (u + ), q em que u + (x) = max{u(x), 0}. Começaremos enunciando e demonstrando o seguinte lema que fornece a geometria do Teorema do Passo da Montanha. Lema 1.6. Existem ρ, σ > 0 tais que I Bρ(0) σ. Além disso, existe e H0(Ω) 1 tal que e ρ e I(e) < 0. Demonstração: Usando as imersões de Sobolev, obtemos c 1, c > 0 tais que I(u) = 1 u p λ q u+ q q 1 u+ p 0 u λ q u+ q q 1 u+ p 0 u c 1 u q c u ( = u p0 ) c 1 u q c u σ > 0, desde que u = ρ, com ρ > 0 suficientemente pequeno. Além disso, fixado u H 1 0(Ω) \ {0}, com u 0, temos que I(tu) = t u p λtq q u q q t u 8

38 e portanto I(tu) quando t +. Assim, considerando e = tu com t > 0 suficientemente grande, temos que e ρ e I(e) < 0. Vamos definir agora o nível minimax do Passo da Montanha c := inf γ Γ max t [0,1] I(γ(t)), em que Γ := { γ C([0, 1], H 1 0(Ω)) : γ(0) = 0, γ(1) = e }. Um argumento parecido ao usado no Lema 1.1 mostra que toda sequência (u n ) H 1 0(Ω) tal que I (u n ) 0 e I(u n ) c < 1 N (p 0S) N/ possui subsequência convergente. Argumentando como em [35, Teorema 4.], podemos provar a seguinte caracterização do nível minimax Assim, é suficiente provar que c = inf max I(tu). u H0 1(Ω)\{0} t 0 Proposição 1.. Existe v H 1 0(Ω) \ {0} tal que sup I(tv) < 1 t 0 N (p 0S) N/. Demonstração: Seja ψ C 0 (Ω) satisfazendo 0 ψ 1, ψ 1 em B(a, l), ψ 0 em Ω \ B(a, l) e l > 0 é tal que B(a, l) Ω. Para ε > 0 definimos u ε (x) := ψ(x) [ε + x a ] N e v ε := u ε. u ε Consideremos a função h(t) := I(tv ε ), t 0, que é da forma At Bt q Ct, em que A := 1 v ε, B := λ q v ε q q e C := 1 v ε. Observe que h (t) = t(a qbt q Ct ) e a função t (qbt q + Ct ) é crescente para t > 0, já que (q ) > 0. Além disso, 9

39 esta mesma função tende para infinto quando t +. Portanto, existe um único t > 0 tal que A = qbt q + Ct, ou seja, tal que h (t) = 0. Seja então t ε > 0 satisfazendo h (t ε ) = 0. Como v ε 0, temos ainda que 0 = h (t ε ) = t ε v ε p λt q 1 ε Além disso, como v ε = 1 e λ > 0, obtemos v ε q q t 1 ε v ε. v ε p = λtε q v ε q q + t ε t ε, Vamos tomar e considerar a função t := v ε p t ε g(t) := 1 t t 1 t, t 0. Como g (t) = t( t t ), a função g é crescente no intervalo [0, t ]. Além disso I(t ε v ε ) = t ε v ε p λ q tq ε v ε q q t ε v ε = g(t ε) λ q tq ε v ε q q g( t) λ q tq ε v ε q q, visto que v ε = 1, e g é crescente em [0, t]. Como definimos t = v ε de g Portanto, temos que g( t) = 1 t t 1 t = Da definição de u ε, segue que u ε q q = p ( 1 1 ) t = 1 N ( v ε p) N/., da definição I(t ε v ε ) 1 N ( v ε p) N/ tq ε q λ v ε q q. (1.) ψ q (x) [ε + x a ] q(n ) = B(a,l) 1 [ε + x a ] q(n ) dx + O(1). 30

40 Agora, fazendo a mudança x a = εy, temos que B(a,l) Notemos agora que 1 B(l/ ε,0) 1 [ε + x a ] q(n ) [1 + y ] q(n ) dy dx = B(l/ ε,0) = ε N q(n ) B(1,0) 1 ε N [ε + ε y ] q(n ) B(l/ ε,0) [1 + y ] q(n ) dy 1 [1 + y ] q(n ) dy. dy + y q(n ) dy. B(1,0) c Como q >, temos que q(n )+N < 0, de modo que a última integral é finita. Assim u ε q q = O ) (ε N q(n ) + O(1). (1.3) Por outro lado, uma estimativa devida a Brézis-Nirenberg (cf. [9, pg 444]) fornece u ε = K ε N + O(ε), em que K = K (N) > 0. Assim, pelo Teorema do Valor Médio, existe δ (0, 1) tal que u ε q = ( ) u ε q ) = (K ε (N ) q + O(ε) = K q/ ε q(n ) 4 + q ) (K ε (N ) q + δo(ε) 1 O(ε) portanto u ε q q(n ) = O(ε 4 ) + O(1). (1.4) Como u ε = u ε v ε, e Q 0,p (u ε ) = Q 0,p ( u ε v ε ) = v ε p, segue do Lema 1. que p 0 S + O(ε), N 5; v ε p = p 0 S + O(ε log ε ), N = 4, (1.5) logo concluímos que v ε p = p 0 S + O(ε log ε ). Segue então do Teorema do Valor Médio que ( ) vε N/ p = (p0 S) N/ + O(ε log ε ). Afirmamos que, para todo ε > 0, existe um C 0 > 0 tal que t q ε qc 0. Com efeito, 31

41 suponhamos que para alguma sequência ε n 0 +, temos t εn 0. Teríamos, então, t εn v εn p = t ε n v εn p = t ε n (p 0 S + O(ε n log ε n )) = o(1), e consequentemente t εn v εn 0 em H0(Ω). 1 Assim, usando a equivalência da definição do nível minimax c, a definição de t ε e a continuidade do funcional I temos que o que é absurdo. 0 < c sup I(tv εn ) = I(t εn v εn ) I(0) = 0, t 0 A limitação de t ε provada acima, (1.) e (1.5) implicam que I(t ε v ε ) 1 N (p 0S) N + O(ε log ε ) C0 λ v ε q q = 1 ( N (p v 0S) N ε q ) q + ε log ε O(1) λc 0. ε log ε Para concluir a prova, basta mostrarmos que Por (1.3) e (.9) temos que v ε q q = u ε q q u ε q = lim ε 0 + ( O ( O ( O = = ( O v ε q q ε log ε ε N q(n ) ε q(n ) 4 ε N q(n ) ( 1 + O ε N q(n ) 4 ε q(n ) 4 = +. (1.6) ) + O(1) ) + O(1) ) ( O ( 1 + O ) ε q(n ) 4 ) ε q(n ) 4 ) + O(1), ( + O ) ε q(n ) 4 ) ou ainda ( v ε q O q ε log ε = ε 1 N + q(n ) ) 1 4 log ε ( ) + O(1). 1 + O ε q(n ) 4 Como q >, um cálculo imediato mostra que 1 N verifica. A proposição está provada. + q(n ) 4 > 0 e portanto (1.6) se 3

42 1.3 Estimativas do Lema 1. Nessa seção final vamos apresentar a prova do Lema 1.. Para tanto, vamos recordar que a função u ε é dada por u ε (x) := ψ(x) [ε + x a ] (N )/, em que ε > 0, ψ C 0 (Ω), 0 ψ 1, ψ 1 em B(a, l), ψ 0 em Ω \ B(a, l) e l > 0 é tal que B(a, l) Ω. e Segue das estimativas de Brézis-Nirenberg (cf. [9, pg 444]) que em que u ε = K = 1 S (N ) u ε = K ε N K 3 ε N 4 e ω 4 é a área da esfera unitária de R 4. + O(ε) (1.7) + O(1), N 5, ω 4 log ε + O(1), N = 4, y R [1 + y N ] dy, K 3 = 1 dy R [1 + y N ] N No que segue vamos mostrar que, quando ε 0 +, valem as seguintes estimativas Q λ,p (u ε ) p 0 S λ K 3 K ε + o(ε), N 5 e k > ; ( ) p 0 S λ A K K 3 β 3 K ε + o(ε), N 5 e k = ; p 0 S λ ω 4 K ε log ε + o(ε log ε ), N = 4 e k > ; p 0 S (λ 4β ) ω 4 K ε log ε + o(ε log ε ), N = 4 e k =, em que K, K 3 e A são como no enunciado do Lema 1.. (1.8) 33

43 A prova será feita em várias etapas. Iniciamos com um cálculo direto que mostra que u ε (x) = ψ (x) x a (N ) ψ(x) ψ(x)(x a)(n ) [ε + x a ] N [ε + x a ] N 1 + ψ(x) [ε + x a ] N. (1.9) De acordo com a igualdade acima, temos que p(x) u ε (x) = Ω\B(a,l) p(x) ψ(x) dx [ε + x a ] N + (N ) p(x) ψ(x) x a [ε + x a ] N em que usamos o fato de que ψ 0 em B(a, l). p(x)ψ(x) ψ(x) (x a) (N ) dx, Ω\B(a,l) [ε + x a ] N 1 Como as funções p e ψ são limitadas em Ω, segue do Teorema da Convergência Dominada que e Ω\B(a,l) quando ε 0, de modo que Ω\B(a,l) p(x) ψ(x) dx = O(1) [ε + x a ] N p(x)ψ(x) ψ(x)(x a) [ε + x a ] N 1 dx = O(1), p(x) u ε (x) = (N ) p(x) ψ(x) x a [ε + x a ] N + O(1). 34

44 Uma vez que p(x) = p 0 + β k x a k + θ(x) x a k, obtemos ε N p(x) u ε (x) = (N ) ε N ( p0 ψ(x) x a [ε + x a ] N ) x a k+ ψ(x) (β k + θ(x)) + [ε + x a ] N = (N ) p 0 ε N +(N ) ε N +(N ) ε N ( x a [ε + x a ] N + x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N + O(ε N ) ) x a ( ψ(x) 1) [ε + x a ] N x a k+ (β k + θ(x))( ψ(x) 1) [ε + x a ] N + O(ε N ). Como ( ψ(x) 1) 0 em B(a, l), podemos proceder como antes e obter ε N p(x) u ε (x) = (N ) p 0 ε N x a [ε + x a ] N + (N ) ε N x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N (1.30) Note que + O(ε N ). x a RN [ε + x a ] = x a N [ε + x a ] dx x a N R N \Ω [ε + x a ] dx. N Fazendo x a = εy e usando o Teorema da Mudança de Variável RN x a RN N y dx = ε [ε + x a ] N [1 + y ] dy, N em que a última integral é finita visto que N >. Além disso, como N > e a Ω, R N \Ω x a dx = O(1). [ε + x a ] N 35

45 Substituindo as últimas igualdades em (1.30) obtemos em que ε N p(x) u ε = p 0 K 1 + (N ) ε N x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N + O(ε N ), (1.31) K 1 = (N ) y R [1 + y N ] dy. N Para a estimativa da integral que envolve o termo x a k+ na estimativa acima, vamos considerar vários casos: Caso 1: N > k. Como a Ω, temos que x a k+ (β k + θ(x)) = [ε + x a ] N R N R N \Ω x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N dx x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N dx, e portanto x a k+ (β k + θ(x)) = [ε + x a ] N R N x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N dx + O(1). (1.3) Fazendo x a = εy novamente, temos que R N Note agora que x a k+ (β k + θ(x)) dx = ε k+ N y k+ (β k + θ(a + εy)) [ε + x a ] N dy. R [1 + y N ] N RN y k+ [1 + y ] N = ω N 0 r k+ r N 1 dr < +, [1 + r ] N visto que N > k. Assim, lembrando que lim x a θ(x) = 0, obtemos R N ) x a k+ (β k + θ(x)) dx = ε k+ N [ε + x a ] N (β RN y k+ k dy + o(1). [1 + y ] N 36

46 Portanto, usando a igualdade acima e (1.3), podemos reescrever (1.31) como em que ε N p(x) u ε = p 0 K 1 + A k β k ε k A k = (N ) y k+ R [1 + y N ] dy. N + O(ε N ), Como k, devemos ter N 5 e portanto temos dois subcasos a considerar: Subcaso 1.1: N 5 e k =. (e adicionalmente N > k) Por (1.8) e (1.7) temos que Q λ,p (u ε ) Observando que vale a igualdade K ε N p 0 K 1 + A β ε + O(ε N ) ε N N K ε N ( K3 λ ε N 4 + O(ε) 1 + O(ε) = ε K + O(ε N ) = ε N a desigualdade em (1.33) fica da seguinte forma Q λ,p (u ε ) ε N K visto que K 1 K = S. + O(ε N 1 ) (p 0 K 1 + A β ε + O(ε N ) ε N (p 0 K 1 + A β ε + O(ε N ) ε N ( ) 1 + O(ε N ), K ( K3 λ ε N 4 λ ) + O(1). (1.33) ( K3 ε N 4 ) ) + O(1) ) ) + O(1) K 1 = p 0 + A β ε λ K 3 ε + O(ε N ) (1.34) K K K ( = p 0 S λ A ) K3 β ε + o(ε), K 3 K Subcaso 1.: N 5 e k >. (e adicionalmente N > k) 37

47 De forma análoga ao que foi feito anteriormente, Q λ,p (u ε ) Caso : N < k. p 0 K 1 + A k β k ε k ε N + O(ε N ) K ε N + O(ε) ( K3 λ ε N 4 ) + O(1) = p 0 K 1 K + A k K β k ε k λ K 3 K ε + O(ε N ) (1.35) = p 0 S λ K 3 K ε + o(ε). Nesse caso, vamos estimar a integral que envolve x a k+ em (1.31) como segue: considere R > 0 tal que Ω B R (a), de modo que x a k+ (β k + θ(x)) = [ε + x a ] N Fazendo y = x a temos que B(a,R) = B(a,R) B(a,R)\Ω B(a,R) x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N dx x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N dx x a k+ (β k + θ(x)) [ε + x a ] N dx + O(1). x a k+ (β k + θ(x)) y k+ dx (β [ε + x a ] N k + θ ) B(a,R) [ε + y ] dy N = (β k + θ )ω N R Como N < k, segue do Teorema da Convergência Dominada que e portanto podemos reescrever (1.31) como R r k+ r N 1 R lim ε [ε + r ] dr = r N+k+1 dr <, N 0 ε N Novamente, vamos considerar dois subcasos: p(x) u ε p 0 S + O(ε N ). Subcaso.1: N = 4 e k > (adicionalmente N < k) 0 r k+ r N 1 [ε + r ] N dr. 38

48 Por (1.8), (1.7) e analogamente ao caso anterior Q λ,p (u ε ) p 0 K 1 + O(ε) ε ( ω4 ) λ log ε + O(1) K ε + O(ε) = p 0 S λ ω 4 K ε log ε + O(ε) (1.36) = p 0 S λ ω 4 K ε log ε + o(ε log ε ). Subcaso.: N 5 (e adicionalmente N < k) Analogamente ao que já foi feito, temos que Q λ,p (u ε ) Caso 3: k = N e N 5. p 0 K 1 + O(ε N ) ε N K ε N ( K3 λ ε N 4 + O(ε) ) + O(1) = p 0 K 1 K λ K 3 K ε + O(ε N ) (1.37) = p 0 S λ K 3 K ε + o(ε). Argumentando, como no caso anterior, temos que ε N p(x) u ε (x) p 0 K 1 Fazendo y = x a obtemos B(a,R) + (N ) (β N + θ L )ε N B(a,R) x a N [ε + x a ] N dx + O(ε N ). (1.38) x a N R [ε + x a ] dx = ω r N 1 N N dr. (1.39) 0 (ε + r ) N 39

49 Observemos agora que, fazendo a mudança t = ε + r e supondo 0 < ε < 1, temos R 0 r N 1 R (ε + r ) dr = N = 1 Portanto, segue de (1.39) que ε N B(a,R) 0 R +ε ε R +ε r (N 1) r (ε + r ) dr = 1 (t ε) N 1 dt N ε t N t N 1 N 1 t dt + R +ε t N 1 j ε j c N j dt t N j=1 = 1 log(r + ε) + 1 N 1 log ε + ε j=1 ε j c [ ] ε j j (R + ε) 1. j x a N [ε + x a ] dx = ω N N ε N log(r + ε) + ω N ε N log ε [ ] N 1 ε j+n + c j (R + ε) ε N j j=1 = ω N ε N log(r + ε) + ω N ε N log ε + O(ε N N ) + O(ε +1 ) + + O(ε N +N ) + O(ε N = ω N ε N log ε + O(ε N ), visto que 0 < ε < 1. Logo, substituindo em (1.38), obtemos ε N p(x) u ε (x) p 0 K 1 + (N ) (β N + θ )ω N ε N log ε + O(ε N ). Lembrando que N 5 segue da desigualdade acima, (1.7) e (1.8) que Q λ,p (u ε ) Caso 4: N = 4, k =. p 0 K 1 + (N ) (β k + θ L )w N ε N log ε + O(ε N ) λ ε N K + O(ε) ε N ( K3 ε N 4 ) ) + O(1) K 1 = p 0 λ K 3 ε + (N ) (β k + θ )ω N ε N log ε K K K + O(ε N ) + O(ε N log ε ) (1.40) = p 0 S λ K 1 K ε + o(ε). 40

50 Nesse caso, consideraremos a hipótese adicional B(a,l) De acordo com a definião de p(x) e (1.9), temos que p(x) u ε (x) = θ(x) dx <. (1.41) x a 4 p(x) ψ(x) p(x) ψ(x) x a [ε + x a ] + 4 [ε + x a ] 4 p(x)ψ(x) ψ(x) (x a) 4 [ε + x a ] 3 = 4p 0 ψ(x) x a [ε + x a ] 4 ψ(x) x a 4 (β + θ(x)) O(1). [ε + x a ] 4 Assim p(x) u ε (x) ψ(x) x a = 4p 0 Ω\B(a,l) [ε + x a ] dx + 4p 4 0 (β + θ(x)) ψ(x) x a O(1) [ε + x a ] [ 4 x a = 4p 0 R [ε + x a N ] dx 4 R N \B(a,l) (β + θ(x)) ψ(x) x a O(1). [ε + x a ] 4 B(a,l) x a [ε + x a ] 4 dx ] x a [ε + x a ] dx 4 Fazendo x a = εy e lembrando que 0 ψ 1 e N = 4 obtemos p(x) u ε (x) 4p R4 0 y θ(x) x a 4 ε [1 + y ] dy + 4 (1.4) 4 [ε + x a ] 4 x a + 4β [ε + x a ] + O(1). 4 41

51 Note que θ(x) x a 4 [ε + x a ] = O(1) + θ(x) 4 B(a,l) x a dx, 4 e portanto concluímos de (1.41) que θ(x) x a 4 [ε + x a ] 4 = O(1). Para estimar a última integral em (1.4) tomemos R 1, R B R1 (a) Ω B R (a) e computemos B(a,R 1 ) x a 4 [ε + x a ] dx Observemos que, para todo R > 0, B(a,R) > 0 de tal modo que x a 4 [ε + x a ] x a 4 B(a,R ) [ε + x a ] dx. x a 4 R [ε + x a ] dx = ω r 4 r (ε + r ) dr. 4 De forma semelhante ao que foi feito para o caso 3, teremos Portanto, R 0 r 7 (ε + r ) dr = ω [ ( ) 4 ε log(r + ε) + log ε R + ε 1 3 ( ) ε (R + ε) ( )] ε 3 3 (R + ε) 1 3 = ω 4 log ε + O(1). p(x) u ε = p 0K 1 ε Nesse caso, da igualdade acima, segue que Q λ,p (u ε ) p 0 K 1 ε + β ω 4 log ε + O(1). ( ω4 ) + β ω 4 log ε + O(1) λ log ε + O(1), K ε + O(ε) 4

52 logo Q λ,p (u ε ) p 0 K 1 K + β K ω 4 ε log ε λ ω 4 K ε log ε + O(ε) + o(ε log ε ) (1.43) e isto finaliza a prova lema. = p 0 S ω 4 K (λ 4β ) ε log ε + o(ε log ε ), 43

53 CAPÍTULO Perturbações do tipo côncavo-convexo Neste capítulo estudaremos a existência de solução positiva para o problema { div(p(x) u) = b(x) u q u + c(x) u r u, x Ω, (P C) u = 0, x Ω, em que Ω R N é um domínio suave e limitado, N 4 e 1 < q < < r = N/(N ). A função p satisfaz as seguintes condições: (p 1 ) p H 1 (Ω) C(Ω); (p ) existe um ponto a Ω tal que p(a) = p 0 := min{p(x) : x Ω} > 0; (p 3 ) existe k > 0, β k > 0 e θ tais que, numa vizinhança de a, a função p é da forma p(x) = p 0 + β k x a k + θ(x) x a k, com lim x a θ(x) = 0. Para s > 1, denotamos por s o expoente conjugado de s, a saber s = s/(s 1). Os potenciais b e c satisfazem 44