Desigualdades do tipo Trudinger-Moser e aplicações

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1 Resumo Neste trabalho estimamos algumas das desigualdades do tipo Trudinger-Moser, a fim de estudar as propriedades dos funcionais energia associados à problemas elípticos não-lineares onde a não-linearidade possui crescimento crítico. A fortiri, utilizando técnicas variacionais estudamos existência e multiplicidade de solução para tais problemas.

2 Abstract In this work we appreciate some Trudinger-Moser type inequality for to study the behaviour of the functional energy the semilinear Dirichlet problems with critical growth. Later, apply variational methods we study existence and multiplicity of solution for such problems.

3 Universidade Federal de Campina Grande Centro de Ciências e Tecnologia Programa de Pós-Graduação em Matemática Curso de Mestrado em Matemática Desigualdades do tipo Trudinger-Moser e aplicações por Flank David Morais Bezerra sob orientação do Prof. Dr. Marco Aurélio Soares Souto Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Programa de Pós-Graduação em Matemática - CCT - UFCG, como requisito parcial para obtenção do título de Mestre em Matemática. Este trabalho contou com apoio financeiro da CAPES

4 Desigualdades do Tipo Trudinger-Moser e aplicações por Flank David Morais Bezerra Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Programa de Pós-Graduação em Matemática - CCT - UFCG, como requisito parcial para obtenção do título de Mestre em Matemática. Área de Concentração: Matemática Aprovada por: Prof. Dr. Olímpio Hiroshi Miyagaki - UFV Prof. Dr. José de Arimatéia Fernandes - UFCG Prof. Dr. Marco Aurélio Soares Souto - UFCG Orientador Universidade Federal de Campina Grande Centro de Ciências e Tecnologia Programa de Pós-Graduação em Matemática Curso de Mestrado em Matemática Dezembro/2006 ii

5 Agradecimentos Aos meus pais Maria José e De Paula, por uma infinidade não-enumerável de motivos; Aos meus irmãos Débora e Paulo, pela motivação e incentivo; À Jackelya Araujo, pela paciência, ensinamentos e revisão deste trabalho; Ao professor Marco Aurélio, pelas orientações e pela matemática discutida, meus cordiais agradecimentos; Aos professores Arimatéia (DME/UFCG) e Olímpio Miyagaki (DMA/UFV), pela revisão e avaliação deste trabalho e pela atenção; Aos professores Cloves Saraiva, Luís Fernando, Marcos Araújo, Maxwell Mariano, Nivaldo Muniz, Valeska Martins (DEMAT/UFMA) e Fágner Araruna (DM/UFPB), por acreditarem em nosso trabalho; Aos professores Claudianor Alves, Daniel Cordeiro, Francisco Morais (DME/UFCG) e Alexandre Nolasco (ICMC/USP), pela atenção sempre que solicitados; Aos colegas e funcionários do DME/UFCG e DEMAT/UFMA; À CAPES, pelo suporte financeiro e pelo Portal Periódicos. iii

6 Dedicatória Aos meus pais... iv

7 Conteúdo Introdução O funcional de Euler-Lagrange em R Um problema elíptico com crescimento exponencial num domínio limitado do R Introdução A Formulação Variacional Prova dos principais resultados Um problema elíptico assintoticamente linear com crescimento exponencial em R Introdução A Formulação Variacional Prova dos principais resultados A Estimativas do potencial 94 B Teoremas do tipo minimax 99 Bibliografia 106

8 Introdução Utilizando métodos variacionais, argumentos do tipo Passo da Montanha e lemas de Concentração de Compacidade nos propomos a estudar a existência e multiplicidade de solução para problemas elípticos não-lineares em R 2 com crescimento exponencial, do tipo u = f(x, u), u = 0, onde R 2 é um domínio limitado com fronteira suave e f : R R é uma função contínua que possui crescimento subcrítico ou crítico, conforme definições abaixo. Também, estudamos problemas do tipo u + u = f(x, u), R 2 u H 1 (R 2 ) onde f(x, t) = o(t) próximo da origem 1 e f(x, t) Ce 4πt2 para todos x R 2, t R, onde C > 0 é constante. Um, dentre os dois fatos de destaque no presente texto é o estudo de desigualdades do tipo Trudinger-Moser cuja motivação é o comportamento dos funcionais de Euler- Lagrange associados aos problemas propostos nos capítulos 2 e 3. O outro fato é o uso do primeiro lema de Concentração de Compacidade de P.L. Lions quando nos depararmos com problemas de minimização em domínios não-limitados, ver capítulo 3. Vários problemas de Biologia, Física e Geometria são formulados em termos de equações elípticas com não-linearidade exponencial. Um exemplo típico, segundo H. 1 f(x, t) isto é, lim = 0. t 0 t (1) (2)

9 7 Ohtsuka e T. Suzuki, ver [17], é dado por: v = λk(x)ev K(x)ev dx, em com condição de Dirichlet, onde R 2 é um domínio limitado com fronteira suave e K(x) > 0 é uma função diferenciável definida em. Este problema está relacionado com a Teoria das Funções Complexas e Geometria Riemanniana. Se K(x) 1 então esta equação surge na formulação da quarta lei da termodinâmica envolvendo às relações temperatura-eletricidade, por Lars Onsager na Mecânica Estatística. Em Geometria, outros exemplos são: O problema de Berger, ver [1] e [2]; e a descrição da equação da curvatura Gaussiana por J.L. Kazdan e F.W. Warner, conforme [17], a saber ( ) V e v g v = λ M V W, em M ev dv g onde (M, g) é uma variedade Riemanniana compacta e V, W são funções diferenciáveis sobre M satisfazendo V > 0 em algum lugar e M W dv g = 1. Em particular, se (M, g) é um toro planar, λ = 4π, W = 1/ M e V = e u 0 com M u 0 = 4πN N M 4π δ pj (dx), j=1 com u 0 = u 0 (x) satisfazendo em M u 0 = 0 e N N, então este trata-se do problema estudado por G. Taratello como um caso limite na Teoria de Cher-Simons-Higgs sobre super condutividade em altas temperaturas. Quanto ao problema de Berger: Toda variedade Riemanniana compacta (M, g) bidimensional, admite métrica conforme à g cuja curvatura escalar é constante, considerando a métrica conforme g de g, Melvyn Berger provou este resultado usando métodos variacionais, conforme [1]. Seja g = e ϕ g. Então, o problema enunciado acima equivale a equação onde R é constante. curvatura escalar de (M, g ). ϕ + R = R e ϕ Aqui, R denota a curvatura escalar de (M, g) e R denota a O problema de Berger surge como uma introdução ao problema de Yamabe, ver [1], [2] e [16]: Toda variedade Riemanniana compacta (M, g) n-dimensional com n 3, admite métrica conforme à g cuja curvatura escalar é constante.

10 No capítulo 1, estudamos o funcional de Euler-Lagrange em R 2, damos atenção às desigualdades do tipo Trudinger-Moser, motivados por [4], [5], [9], [14], [16] e [19]. No que segue onde se lê: solução do problema em questão, entenda: solução fraca do referido problema. Além disso, d denota o raio interno de, isto é, d é o raio da maior bola aberta contida em, e a seqüência de autovalores do operador (, H 1 0()) é denotada por 0 < λ 1 < λ 2 λ 3... (ver [7]). Propomo-nos no capítulo 2 a estudar problemas do tipo (1). Admitiremos em um momento que f possui crescimento subcrítico no seguinte sentido: f(x, t) lim = 0 para todo α > 0 t e αt2 Neste caso, estudaremos a existência e multiplicidade de solução para o problema. Conforme os seguintes resultados: Teorema 0.1 (O caso subcrítico com mínimo local em 0) Supondo que f possui crescimento subcrítico e satisfaça às seguintes condições: (h.1) f(x, 0) = 0 para todo x. (h.2) Existem t 0 > 0 e M > 0, tais que 0 < F (x, t) = t 0 f(x, s)ds M f(x, t) para todos t t 0, x. (h.3) 0 < F (x, t) 1 f(x, t)t para todos t R {0}, x. 2 (h.4) lim sup t 0 2F (x, t) t 2 < λ 1 uniformemente em. Então, o problema em questão possui uma solução não-trivial. Além disso, se f(x, t) é uma função ímpar em t, então o problema em questão possui infinitas soluções. Teorema 0.2 (O caso subcrítico com sela em 0) Supondo (h.1), (h.2), (h.3) e que f possua crescimento subcrítico. Além disso, suponha que (h.5) Existem δ > 0, λ k µ < λ k+1 tais que F (x, t) 1 2 µt2 para todos x, t δ. 8 (h.6) F (x, t) 1 2 λ kt 2 para todos x, t R. Então, o problema em questão possui uma solução não-trivial. Além disso, se ao invés de (h.6) supormos que f(x, t) seja uma função ímpar em t, então o problema em questão possui infinitas soluções.

11 Noutro momento, assumiremos que a função f possui um crescimento crítico no seguinte sentido: existe α > 0 tal que f(x, t) lim t lim t e αt2 = 0 para todo α > α 0 f(x, t) e αt2 = para todo α < α 0. Sendo este o caso, estudaremos a existência de solução para o problema em questão. Conforme o resultado: Teorema 0.3 (O caso crítico com mínimo local em 0) Supondo (h.1), (h.2), (h.3) e que f possua crescimento crítico com α 0. Além disso, supondo (h.4) e 9 (h.7) lim tf(x, t + t)e α 0t 2 β com β > 4 M 0 α 0 d 2, onde M 0 é definido 2 por M 0 = lim n 1 0 ne n(t2 t) dt. Então, o problema em questão possui uma solução não-trivial. No capítulo 3, usando fortemente a Simetrização de Schwarz, ver O. Kavian [15] e M. Willem [21], e os resultados discutidos no capítulo 1 deste trabalho, estudamos problemas do tipo (2). Usamos o primeiro lema de Concentração de Compacidade devido a P.L. Lions, ver [3], [10] e [16], para estudar existência de solução para o problema em questão. Conforme os resultados: Teorema 0.4 Supondo que f C(R 2 R). Além disso, assumindo às hipóteses: (f.1) f(x, t) Ce 4πt2 para todos x R 2 e t R, onde C > 0 é constante. (f.2) A função (f.3) Existe θ f(x, t) t é não-decrescente com relação a t ; f(x, t) lim t 0 t lim t + ( 0, 1 2 F (x, t) = 2 ver Observação 2.1. f(x, t) t ) tal que t 0 = 0 uniformemente em R 2 ; = + uniformemente em R 2. f(x, s)ds θtf(x, t) para todos x R 2, t R.

12 10 (f.4) lim x f(x, t) = f(t) uniformemente quando t é limitado. (f.5) f(x, t) f(t) > p 2 Sp p(1 2θ) 1 p 2 t p 2 t para todos x R 2, t R, onde 2 < p < +, S p = [ ( u 2 + u 2 )] 1 R inf 2 2 u H 1 (R 2 ) u 0 (, u R p ) 1 2 p f(x, t) f(t) para t R com relação a x R 2. Então, o problema em questão possui uma solução não-trivial. Teorema 0.5 Supondo que f verifique as condições (f.1) (f.4) e à condição: (f.5) f(x, t) > 0 para todos x R 2, t > 0 e f(x, t) f(t) > p 2 Sp p(1 2θ) 1 p 2 t p 2 t para todos x R 2 e t 0, onde 2 < p < + e S p foi definido no Teorema 0.4. Além disso, f(x, t) > f(t) para todo (x, t) (0, δ) onde, R 2 é um domínio com medida positiva e δ > 0. Então, o problema em questão possui uma solução positiva. No Apêndice A estudamos as estimativas do pontencial, a fim de discutir desigualdades do tipo Trudinger-Moser. Dedicamos o Apêndice B a alguns dos resultados da Teoria dos Pontos Críticos utilizados no decorrer deste trabalho. Bons textos sobre os resultados discutidos no capítulo 1 são [4], [16] e [19], a saber, em [16] o autor faz uma observação sobre o tratamento de J. Moser à desigualdade ótima de Sobolev. Para os resultados discutidos no capítulo 2, sugerimos J.M.B. do Ó [4] e Figueiredo [13], a saber, em [4] o autor faz uso de argumentos análogos aos que usamos neste capítulo para estudar problemas do tipo: div(a u p ) u p 2 u = f(x, u), u = 0, onde p > 1, R N é um domínio limitado com fronteira suave, a : [0, + ) R e f : R R são funções contínuas satisfazendo as condições de crescimento: a(u)u p 1 η u p 1 + ζ para todo u [0, + ) f(x, u) c(1 + u r 1 ) para todo (x, u) R,

13 onde 1 r < p, com p = + se N > p e p = Np se 1 N p. N p Sobre os resultados do capítulo 3, bons textos são [5] e [9], a saber, em [5] o autor estuda problemas do tipo: div( u N 2 u) + a(x) u N 2 u = f(x, u), u 0, u W 1,N (R N ) onde a é uma função contínua coerciva, isto é, a(x) + quando x e f possui crescimento crítico. R N 11 Notações A seguir, fixaremos algumas das notações usadas no decorrer deste trabalho. (i.) A integral da função mensurável u : R, definida num subconjunto mensurável R N é denotada u(x)dx = u (ii.) As integrais cujos domínios não estejam indicados, são tomadas sobre todo R N. (iii.) Sendo R N, denota a medida de Lebesgue do conjunto. (iv.) As autofunções de (, H0()) 1 associadas ao autovalor λ j são denotada por φ j, e V λj denota o subespaço do H0() 1 associado ao autovalor λ j.

14 Capítulo 1 O funcional de Euler-Lagrange em R 2 No que segue R 2 é um domínio limitado e a função f : R R é contínua. Além disso, para α > 0 a função f satisfaz a seguinte desigualdade: onde b, C > 0 são constantes. f(x, t) C(e αt2 1) + b t para todos x, t R, (1.1) Nesta seção, estudaremos as propriedades do funcional de Euler-Lagrange onde F (x, s) = s 0 f(x, t)dt. J : H0() 1 R u J(u) = F (x, u) A seguir, nos dedicaremos às desigualdades do tipo Trudinger-Moser, ver [4], [5], [9], [14] e [19] usadas fortemente no estudo das propriedades do funcional de Euler- Lagrange definido acima. Teorema 1.1 (Desigualdade de Trudinger-Moser) Se u H 1 0(), então existem constantes c 1, c 2 > 0, tais que Prova. e u c 1 u 2 2 c 2. Seja u H 1 0(), como f = u L 2 () pelo Lema A.2, existem constantes c 1, c 2 > 0 com c 2 1 > 2πe, tais que e V1/2 u c 1 u 2 «2 c 2.

15 13 Pela Observação A.1, obtemos 2 2πu c e 1 u 2 escrevendo c 1 = c 1 /2π > 0 e c 2 = c 2 > 0, temos e u e V1/2 u c 1 u 2 «2 c 2, c 1 u 2 2 c 2. Conforme B. Ruf, ver [20]. Sendo R N um domínio limitado, onde N > 2. Desejamos estimar desigualdades do tipo sup g(u) < +, u 2 1 para uma função g : R [0, + ) com crescimento máximo. função A priori, sabendo da imersão contínua H 1 0() L p () para 1 p 2. A g : R [0, + ) s g(s) = s p, onde 1 p 2 é uma solução. Além disso, sup u p, para 1 p 2 u 2 1 é infinito para p > 2. Vale ressaltar que o caso p = 2 é conhecido como o crescimento crítico de Sobolev. Uma forma sharp deste resultado afirmando que o crescimento máximo é do tipo exponencial, segundo P.L. Lions, ver [16], foi provada por S.I. Pohozhaev em 1965 no artigo: Eigenfunctions of the equation u + λf(u) = 0; N. Trudinger em 1967 no artigo: On the imbeding Orlicz space and some applications; e T. Aubin em 1970 no artigo: Sur la function exponentielle, o seguinte resultado: Seja u W0 1 (). Então, e α u N/(N 1) < para todo α > 0. seu artigo: Uma estimativa sharp deste resultado foi provada por J. Moser em 1971 no A sharp form of an inequality of N. Trudinger; ver [16], que diz, se

16 α N = Nω N 1, onde ω N 1 é a medida da esfera unitária (N 1)-dimensional. Por exemplo, caso N = 2, α 2 = 4π. Então, e α N u N/(N 1) C, desde que u 2 2 1, onde α N é a melhor constante no seguinte sentido: e α u N/(N 1) L 1 () para todo α > 0, mas α N é a maior constante tal que e α u N/(N 1) é limitada na norma em L 1 independente de u. O resultado citado acima é: Teorema 1.2 Seja u H0(). 1 Então, e αu2 < para todo α > 0. (1.2) Além disso, se u 2 2 1, então existe C > 0 tal que e αu2 C desde que α 4π (1.3) A prova do próximo resultado é devida a P.L. Lions em 1985, ver [16] Corolário 1.3 Seja (u n ) em H 1 0(), tal que u n 2 = 1 para todo n N. Além disso, suponha que u n u em H0() 1 com u 2 < 1. Se u 0, então para cada 1 1 < p <, temos 1 u 2 2 sup e 4πpu2 n <. (1.4) n N Prova. Inicialmente, observe que (u n u) 2 2 = 1 2 u n u + u u 2 2. Portanto, existe n 0 N, tal que 14 p < 1 (u n u) 2 2 sempre que n n 0. Dessa forma, usando o Teorema 1.2, obtemos 2 e 4πp(un u)2 e 4π un u (un u) 2 C, para n suficientemente grande, onde C = C() > 0. Vale observar que até agora mostramos que 1 sup e 4πp(un u)2 < para todo 1 < p <. (1.5) n N 1 v 2 2

17 15 Agora fixemos ɛ > 0 tal que (1 + ɛ 2 ) 2 p < 1. Veja que 1 u 2 2 u 2 n = u 2 + 2u(u n u) + (u n u) 2 (1 + ɛ 2 )u 2 + (1 + ɛ 2 )(u n u) 2 ou seja, e 4πu2 n e 4π(1+ɛ 2 )u 2 e 4π(1+ɛ2 )(u n u) 2. Usando a desigualdade de Hölder, primeira parte do Teorema 1.2 e (1.5) para 1 p = 1 q + 1 (1 + ɛ 2 )p, obtemos e 4π(1+ɛ 2 )u 2 L q () e 4π(1+ɛ2 )(u n u) 2 L (1+ɛ2 )p () Além disso, ( ) p/q ( ) 1/(1+ɛ2 ) e 4πpu2 n e 4π(1+ɛ 2 )qu 2 e 4π(1+ɛ2 ) 2 p(u n u) 2 Portanto, sup e 4πpu2 n <. n N Lema 1.1 (Lema Radial, ver Kavian [15]) Se u L p (R N ), 1 p < é uma função radialmente simétrica e não-crescente (isto é, 0 u(x) u(y) se y x ), então ( N u(x) x N/p ω N 1 ) 1/p u p, x 0, onde ω N 1 é a medida da esfera unitária (N-1)-dimensional. Por exemplo, caso N = 2, ω 1 = 2π. Prova. Seja x 0, escrevendo r = x > 0, temos ( ) u p p = s N 1 u(s) p ds y ds 0 y =1 r u p p ω N 1 u(s) p s N 1 ds r u p p ω N 1 u(r) p s N 1 ds 0 0 e portanto, u(r) p r N u p p ( N ω N 1 ).

18 16 A seguir trataremos das desigualdades do tipo Trudinger-Moser em H 1 (R 2 ), isto é, no caso = R 2. A prova do próximo resultado pode ser encontrado em J.M.B. do Ó, ver [5] e D.M. Cao, ver [9]. Teorema 1.4 (Trudinger-Moser) Se α > 0 e u H 1 (R 2 ), então (e αu2 1) <. Além disso, se u 2 m < 1, u 2 M < e α 4π, então existe uma constante C > 0 que depende somente de α e M, tal que (e αu2 1) C. Prova. Sobre a primeira parte do Teorema. Seja u H 1 (R 2 ). Sem perda de generalidade, considere u 0. Assim podemos substituir u por u e por conseguinte, fazer uso do Método da Simetrização de Schwarz, ver [15]. Das propriedades básicas do método algumas merecem destaque para o que nos propomos fazer. (p.1) Sejam 1 p e u L p (R 2 ) tal que u 0. Então, existe uma única função não-negativa u L p (R 2 ) chamada a Simetrização de Schwarz de u, onde u é uma função radialmente simétrica não-crescente de x ; (p.2) Para todo λ > 0, temos {x R 2 ; u (x) λ} = {x R 2 ; u(x) λ} e existe R λ > 0, tal que {x R 2 ; u (x) λ} é uma bola em R 2 centrada na origem de raio R λ ; (p.3) Se G : [0, + ) [0, + ) é uma função contínua crescente com G(0) = 0. Então, G(u ) = G(u) e finalmente, se u H0(R 1 2 ) então u H0(R 1 2 ) e u 2 De volta ao Teorema 1.4, por (p.3), temos (e αu2 1) = (e α u 2 1) e para um número real r > 1 a ser determinado, temos (e αu2 1) = (e α u 2 1) + x <r x r u 2. (e α u 2 1)

19 17 Com isso, (e αu2 1) x <r e α u 2 + O que faremos agora é estudar a integral e α u 2 x <r x r (e α u 2 1). No que segue denotaremos a função u simplesmente por u. Considerando a função v(x) = u (x) u (rx 0 ), onde x 0 R 2 com x 0 = 1, temos v(x) = 0 se, e somente se, x = r. Assim, v H 1 0(B r ), onde B r denota a bola de raio r centrada na origem em R 2. Por outro lado, sejam p e p índices conjugados 1. Para todo ɛ > 0 a desigualdade de Young, ver Brezis [7] com ɛ 1 2 u 1 2 e ɛ 1 2 v 1 2 implica que (ɛ u 2 )(ɛ 2 v 1 (ɛ 1 2 u 1 2 ) 2 2 ) + (ɛ 1 2 v 1 2 ) Com isso, u 1 2 v 1 2 ɛu + ɛ 1 v para todos u, v 0. (1.6) Assim, u(x) 2 = v(x) u(rx 0 ) 2 v(x) 2 + u(rx 0 ) v(x) u(rx 0 ) e por (1.6), temos v(x) u(rx 0 ) = ( v(x) 2 ) 1/2 ( u(rx 0 ) 2 ) 1/2 v(x) u(rx 0 ) ɛ ( ɛ ) 1 2 v(x) 2 + u(rx0 ) 2. 2 Logo, u(x) 2 v(x) 2 + u(rx 0 ) 2 + ɛ v(x) ɛ u(rx 0) 2 u(x) 2 (1 + ɛ) v(x) 2 + k(ɛ) u(rx 0 ) 2, onde k(ɛ) = ɛ. Portanto, e αu2 e αk(ɛ) u(rx 0) 2 e α(1+ɛ)v2 < (1.7) x <r x <r 1 isto é, p e p são números reais positivos com 1 p + 1 p = 1.

20 18 conforme o Teorema 1.2. Agora, estudaremos a integral Inicialmente, observe que x r x r Usando o Lema 1.1, temos x r Por outro lado, temos Com isso, x r x r x r (e αu2 1) = (e αu2 1) x r ( (e αu2 1) α u (e αu2 1) α u x r 1 = 2π x 2k k=2 r α k k! k=1 (e αu2 1) α u πr 2 k=2 ) α k k! u2k α k k! u 2k x r ( π 1/2 u 2 ) 2k t 1 2k dt = π r2 2k k 1 k=2 (e αu2 1) α u πr 2 k=2 α k (k 1)k! α k ( u 2 π 1/2 r x r ( u 2 π 1/2 r ) 2k 1 x 2k Usando a Teoria das séries de números reais, ver Figueiredo [12] a série k=2 ( ) 2k α k u 2 π 1/2 r ( α ) 1/2 converge, desde que escolhamos r > u 2. Então, considerando, por exemplo, ( π α ) 1/2 r = (1 + M), concluímos que π x r ) 2k (e αu2 1) <. (1.8) Por conseguinte, de (1.7) e (1.8) obtemos a primeira parte do teorema. Sobre a segunda parte do Teorema. Seja u H 1 (R 2 ). Sem perda de generalidade, considere u 0. Assim podemos fazer uso da Simetrização de Schwarz.

21 19 Por (p.3), sabemos que (e 4πu2 1) = (e 4π u 2 1) e para um número real r > 1 a ser determinado, temos (e 4π u 2 1) x <r O que faremos agora é estudar a integral e 4π u 2 + e 4π u 2 x <r x r (e 4π u 2 1) No que segue denotaremos a função u simplesmente por u. Além disso, escrevendo x 2 = r 2 e t e considerando a função w(t) = 2 πu(x), obtemos onde s = x (s 2 = r 2 e t ) e ds dt = s 2 w (t) = 2 πu (s) ds dt para todo t R. Ou seja, w (t) = πu (s)s para todo t R. Assim, Com isso, x <r w (t) 2 = πs 2 u (s) 2 para todo t R. r u(x) 2 = 2π s u (s) 2 ds = 0 0 w (t) 2 dt (1.9) Além disso, (πr 2 ) 1 e 4πu2 = x <r (πr 2 ) 1 e 4πu2 = x <r (πr 2 ) 1 e 4πu2 = x <r r 0 r 0 r 0 (πr 2 ) 1 2πse 4π u(s) 2 ds (πr 2 ) 1 2πse 4π 1 4π w(t) 2 s 2 dt (r 2 ) 1 s 2 e w(t) 2 dt Logo, (πr 2 ) 1 e 4πu2 = r x <r 0 e w2 (t) t dt (1.10)

22 20 Assim, por (1.9) e pela desigualdade de Hölder, ver [7] temos w(t) = w(0) + t 0 w (s)ds ( w(t) 2π 1/2 u(rx 0 ) + ( w(t) 2π 1/2 u(rx 0 ) + 0 x <r w(t) 2π 1/2 u(rx 0 ) + u 2 t 1/2 para todo t > 0, onde x 0 R 2 com x 0 = 1. ) 1/2 w (s) 2 ds t 1/2 u 2 ) 1/2 t 1/2 Pela desigualdade de Young, para todos t > 0 e ɛ > 0, temos w(t) 2 4π u(rx 0 ) 2 + 4π 1/2 u(rx 0 ) u 2 t 1/2 + u 2 2t ( π ) 1/2 w(t) 2 4π u(rx 0 ) u(rx0 ) u 2 (2tɛ) 1/2 + u 2 2ɛ 2t w(t) 2 4π u(rx 0 ) 2 + 4π 3 u(rx 0) + ɛ u 2 2t + u 2 2t w(t) 2 4π (ɛ + 1) u(rx 0 ) 2 + t(ɛ + 1) u 2 2 ɛ Com isso, usando (1.10), para todo ɛ > 0, temos x <r x <r e 4πu2 = πr 2 e 4πu2 πr 2 e Assim, considerando ɛ = 1 m 2m x <r x <r x <r 0 e w2 (t) t (ɛ+1) 4π u(rx ɛ 0 ) 2 > 0, temos e 4πu2 πr 2 1+m 4π e e 4πu2 πr 2 e 8π Logo, usando o Lema 1.1, obtemos 0 1 m u(rx 0) m u(rx 0) 2 e 4πu2 2πr2 1 m e 8π 1 m u(rx 0) 2 x <r x <r e 4πu2 2πr2 1 m e 8π 0 e (1+ɛ) u 2 2 t t dt e 1+m 2m u 2 2 t t dt e ( m 1 2 )t dt m r (2π) 2 u 2 e 4πu2 2πr2 1 m e 8Mπ (1 m)r 2π

23 21 Portanto, onde C = C(m, M, r). x <r e 4πu2 C, (1.11) Agora, estudaremos a integral (e 4πu2 1). x r Veja que, x r n=1 x r n=1 (4π) n u 2n n! (4π) n u 2n n! = x r = 4π [ ] 4πu 2 (4π) n u 2n + n! n=2 u 2 (4π) n + u 2n. n! x r Usando o Lema 1.1, obtemos (e 4πu2 1) 4π u x r x r x r x r n=2 (4π) n n=2 (e 4πu2 1) 4π u π (e 4πu2 1) 4π u π n=2 n=2 (e 4πu2 1) 4π u πr 2 n! n=2 4 n u 2n 2 n! 4 n u 2n 2 n! x r 4 n u 2n 2 r 2n x r u 2n 2 π n x 2n r r 2 2n n 1 s 1 2n ds A série na expressão acima, converge desde que r > 2 u 2. Então, escolhendo, por exemplo, r = 2(1 + M), concluímos que a constante em (1.11) depende apenas de m e M. Além disso, x r Portanto, de (1.11) e (1.12) tem-se o resultado. Lema 1.2 Sejam 1 p < 2 e p = (e 4πu2 1) C(M). (1.12) 2p 2 p. Se h D1,p (R 2 ) 2, então h p K(p) h p (1.13) onde K(p) = π p (Γ(3/2)) 1/2 2, π se p = 1 ( ) ( ) p 1 p 1 2 p Γ( 2)Γ(3 2), p p se 1 < p < 2. 2 D 1,p (R 2 ) denota o espaço das funções h L p (R 2 ) tais que h L p (R 2 ).

24 G. Talenti e T. Aubin [2] provaram, independentemente, o resultado acima, estudando problemas de minimização que envolviam desigualdades de Sobolev ótima. A prova do próximo resultado é devida a D.M. Cao em 1992, ver [9]. Teorema 1.5 (Trudinger-Moser) Dado 0 < M < 1, existe C = C(M) > 0 tal que u (e 4πu2 1 4πu 2 ) C u 2 2 u 2 para todo u H 1 (R 2 ), tal que 4πe u 2 2 M. Prova. Sejam u H 1 (R 2 ) e n 2. Considerando h = u ξ, onde ξ = 2n + 1 2n 1, temos h L p (R 2 ), onde p = 2n 1. Além disso, temos h(x) = ξ u(x) ξ 1 u(x) para todo x R 2. Afirmação. h L p (R 2 ), onde p = 2 4 2n + 1. Prova da Afirmação. Vejamos, h p = ξ p u p(ξ 1) u p h p = ξ p 4 u Além disso, podemos observar que 2(2n 1) 2n+1 u 2n n+1 u 2n+1 L 2 (R 2 ) e u 2(2n 1) 2n+1 L 2n+1 2n 1 (R 2 ). Logo, pela desigualdade de Hölder h p = ξ p u Com isso, usando o Lema 1.2, obtemos 4 2(2n 1) 2n+1 u 2n+1 <. 22 ( u 2n+1 ) 2 2n+1 [ ( K 2 4 2n + 1 [ ( K 2 4 2n + 1 )] 2(2n 1) 2n+1 )] 2(2n 1) 2n+1 ( n 1 ( n 1 ) 2(2n 1) 2n+1 ) 2(2n 1) 2n+1 ( u 4 2(2n 1) 2n+1 u 2n+1 ) 2 ( ) 2(2n 1) u 2 2n+1 u 2 2n+1 Assim, [ ( u 2n+1 K 2 4 )] 2n 1 ( ) 2n 1 u 2 2n + 1 2n 1 2 u 2 2n 1

25 23 Agora, observe que [ ( K 2 4 )] 2n 1 ( ) 2n 1 Cn n, 2n + 1 2n 1 onde C > 0. Assim, obtemos uma desigualdade do tipo Gagliardo-Niremberg, ver [14] u 2n+1 Cn n u 2 2 u 2n 1 2 Com isso, u (4π u 2 ) n n! C u 2 u 2 (4π u 2 n) n 2 u n 2 2 n! Usando o fato de que u 2 2 < 4πe, para todo m > 2, temos m n=2 u u (4π u 2 ) n n! m (4π u 2 ) n n=2 n! C u 2 u 2 2 C u 2 u 2 2 m (4π u 2 n) n u n 2 n! m (4π u 2 n) n. n! Passando ao limite quando m tende ao infinito na expressão anterior e usando o n=2 n=2 Teorema da Convergência Monótona, ver [7], temos (4π u 2 ) n u C u 2 u 2 2 n! n=2 Pelo Teste d Alembert, a série (4π u 2 n) n n=2 n! (4π u 2 n) n n=2 converge, desde que u 2 2 < 1 4πe. Portanto, existe C > 0 (independente de u), tal que u (4π u 2 ) n n=2 n! n! C u 2 u 2 2 u (e 4πu2 1 4πu 2 ) C u 2 u 2 2. Lema 1.3 Assumindo (1.1), a função F satisfaz a seguinte desigualdade: F (x, s) C s (e αs2 1) + bs 2 para todos x, s R. (1.14)

26 24 Veja que (1.1) implica que f e tf(x, t) satisfazem uma desigualdade do tipo (1.14). Prova. Por simplicidade de notação, no que segue C e b denotam constantes genéricas estritamente positivas. Veja que, se s > 0, então F (x, s) F (x, s) s 0 s 0 f(x, t) dt C s (e αt2 1)dt + b 2 s2 (e αt2 1)dt + b s 0 0 t dt Ora, a função h : [0, s] R t h(t) = e αt2 1 é contínua. Logo, pelo Teorema do Valor Médio para integrais, ver [12], existe c (0, s) tal que, ou seja, Com isso, s 0 s 0 h(t) = h(c)s (e αt2 1)dt = (e αc2 1)s (e αs2 1)s F (x, s) Cs(e αs2 1) + bs 2 (1.15) Agora, se s < 0, então usando o mesmo argumento acima com s > 0, obtemos F (x, s) C( s)(e αs2 1) + bs 2 (1.16) Portanto, de (1.15) e (1.16), obtemos F (x, s) C s (e αs2 1) + bs 2 para todos x, s R. Proposição 1.6 Se (u n ) converge para u em H 1 (), então existem h H 1 () e uma subseqüência (u k ) de (u n ) tais que: u k (x) u(x) e u k (x) h(x) q.t.p. em. Caso a convergência seja no espaço H 1 0(), teremos h H 1 0().

27 25 Prova. Da seqüência (u n ), não é difícil ver que podemos extrair uma subseqüência, denotada por (u k ) tal que u k+1 u k 1 para todo k N. 2 k Para cada n N defina a função g n : R x g n (x) = n u k+1 (x) u k (x) k=1 Como (g n ) é uma combinação linear de funções em H 1 (), temos g n H 1 () para todo n N. Além disso, (g n ) é uma seqüência monótona com g n 2 g n 2 n u k+1 u k 2 k=1 n k= k 2 = 1 k k=1 n u k+1 u k k=1 para todo n N. Pelo Teorema da Convergência Monótona de Beppo Levi, ver [7], concluímos que (g n ) converge q.t.p. em para uma função g L 2 (). Por outro lado, observe que g n = n u k+1 u k para todo n N. k=1 Assim, considerando m, n N com 2 m n (para fixar as idéias), obtemos n g n g m = u k+1 u k (1.17) k=m+1 e n g n g m = u k+1 u k (1.18) k=m+1 De (1.17) e (1.18) concluímos que a seqüência (g n ) é de Cauchy em H 1 (), por conseguinte g H 1 (). Além disso, veja que se 2 m n, então u n (x) u m (x) u n (x) u n 1 (x) u m+1 (x) u m (x) g(x) g m 1 (x) q.t.p. em, logo (u k (x)) é de Cauchy, e u k (x) u(x) q.t.p. em. Além disso, u(x) u k (x) g(x) para todo k 2

28 26 q.t.p. em, e portanto, u k (x) h(x) q.t.p. em onde h = u + g. Lema 1.4 Se f satisfaz (1.1), então a aplicação de Nemytskii N f : H0() 1 L k () u N f (u) = f(, u( )) está bem definida e é contínua para todo k 2. resultado vale para N F : H 1 0() L k (). Além disso, por (1.14) o mesmo Prova. Seja u H0(). 1 Por (1.1) e pela desigualdade de Young, para todo x, temos f(x, u) 2 2C 2 (e αu2 1) 2 + 2b 2 u 2 f(x, u) 2 2C 2 (e 2αu2 2e αu2 + 1) + 2b 2 u 2 f(x, u) 2 2C 2 (e 2αu2 1) + 2b 2 u 2 e pelo Teorema 1.3 a aplicação N f : H0() 1 L 2 () está bem definida. Com um raciocínio análogo, obtemos f(x, u) 4 8C 4 (e 4αu2 1) + 8b 4 u 4 para todo x. e a aplicação H0() 1 L 4 () está bem definida. Usando este procedimento concluímos que a aplicação H0() 1 L k () está bem definida para todo k = 2 m, m N. Por interpolação concluímos que a aplicação de Nemytskii está bem definida para todo k 2. Sobre a continuidade de N f. Seja u n u em H0(). 1 Pela Proposição 1.6 existe h H0() 1 tal que, a menos de subseqüência, u n (x) h(x) e u n (x) u(x) q.t.p. em. Pela imersão compacta H0() 1 L k () com k 2, temos h L k (). Além disso, N f (u n ) = f(x, u n ) C(e αh2 1) + bh L k () para todo n N, onde k 2. Pela continuidade de f, temos N f (u n ) N f (u) q.t.p. em. Portanto, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, obtemos N f (u n ) N f (u) k = o n (1) 3 3 o n (1) denota uma quantidade que tem limite zero quando n tende ao infinito.

29 27 Para o operador N F a demonstração segue argumentos análogos. Teorema 1.7 Assumindo (1.1) o funcional J C 1 (H0(), 1 R). Além disso, J (u) v = f(x, u)v para todos u, v H0(). 1 Prova. A princípio, mostraremos que o funcional J está bem definido. Usando o Lema 1.3 e a desigualdade de Young, para todos x e u H0(), 1 temos F (x, u) C u (e αu2 1) + bu 2 F (x, u) Cu 2 + C(e 2αu2 2e αu2 + 1) F (x, u) Cu 2 + C(e 2αu2 1). O Teorema 1.4, implica que F (x, u) C u 2 + C (e 2αu2 1) < para todo u H0(). 1 Fixadas as funções u, v H0(). 1 Para cada x e t > 0, pelo Teorema do Valor Médio, existe θ = θ(x, t) (0, 1) tal que F (x, u + tv) F (x, u) = f(x, u + θtv)tv ou melhor, h t (x) = Pela continuidade da função f, temos F (x, u + tv) F (x, u) t = f(x, u + θtv)v h t (x) f(x, u)v quando t 0. Além disso, como u + θtv u + v = h H 1 0(), usando (1.1), obtemos h t (x) f(x, u + θtv)v C v (e αh2 1) + b uv + b v 2. Pela desigualdade de Young, temos h t (x) C(e 2αh2 1) + b t v 2 + b u 2, onde h H 1 0() e b, b t > 0 são constantes. Além disso, C(e 2αh2 1) + b t v 2 + b u 2 L 1 ().

30 Portanto, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue Generalizado, ver [7], concluímos que J (u) v = lim t 0 J(u + tv) J(u) t = f(x, u)v. Sobre a continuidade de J. Seja u n u em H 1 0(), pela continuidade da aplicação de Nemytskii N f : H 1 0() L 2 () a seqüência (N f (u n )) converge para N f (u) em L 2 (). Além disso, se v H 1 0() com v 1, então 28 J (u n ) v J (u) v N f (u n ) N f (u) 2 v 2 2 J (u n ) v J (u) v N f (u n ) N f (u) 2 Assim, J (u n ) J (u) H 1 () = o n (1). Agora, vejamos um resultado para = R 2. Para isto, consideremos α = 4π e que f satisfaça a seguinte propriedade: para cada ɛ > 0, existe C ɛ > 0 tal que F (x, s) C ɛ s (e 4πs2 1 4πs 2 ) + ɛs 2 para todos x R 2, s R. (1.19) Observação 1.1 As condições (f.1) e (f.2), ver Teorema 0.4, são suficientes para que f verifique a condição (1.19). Com efeito, por (f.2), fixado ɛ > 0 existe δ ɛ > 0 tal que f(x, s) ɛs, se s δ ɛ. Logo, F (x, s) ɛ 2 s2, se s δ ɛ. (1.20) Por outro lado, se s δ ɛ (trataremos o caso s δ ɛ, já que se s δ ɛ o argumento é análogo), então F (x, s) F (x, s) s 0 δɛ 0 f(x, t) dt = δɛ f(x, t) dt + C δ ɛ s F (x, s) ɛ 3 δ3 ɛ + C 8πδ ɛ [e 4πs2 e 4πδ2 ɛ ] F (x, s) C 1,ɛ + C 8πδ ɛ e 4πs2 0 f(x, t) dt + δ ɛ te 4πt2 dt s δ ɛ f(x, t) dt

31 29 Ora, se s δ ɛ, então 1 s δ ɛ. Assim, Logo, F (x, s) C 0,ɛ + C se 4πs2 8πδɛ ( 2 C1,ɛ F (x, s) + C ) se 4πs2 se 4πs2 8πδɛ ( 2 C1,ɛ F (x, s) + C ) se 4πs2 δ ɛ e 4πδ2 ɛ 8πδɛ 2 F (x, s) C 2,ɛ se 4πs2 (1.21) Afirmação. Existe C > 0 tal que e 4πs2 C(e 4πs2 1 4πs 2 ), desde que s δ ɛ. Prova da Afirmação. Inicialmente, observemos que e 4πs2 1 4πs 2 lim = 1 s e 4πs2 Com isso, fixado 0 < ɛ < 1, existe δ 1 ɛ > 0, tal que (1 ɛ)e 4πs2 e 4πs2 1 4πs 2, desde que s δ 1 ɛ. Logo, por (1.20), temos se s max{δ 1 ɛ, δ ɛ } δ ɛ. Por (1.20) e (1.22), tem-se F (x, s) C 2,ɛ se 4πs2 C ɛ s(e 4πs2 1 4πs 2 ), (1.22) F (x, s) C ɛ s(e 4πs2 1 4πs 2 ) + ɛs 2 para todo x R 2. Portanto, existe C ɛ > 0, tal que F (x, s) C ɛ s (e 4πs2 1 4πs 2 ) + ɛs 2 para todos x R 2, s R. Lema 1.5 (D.M. Cao) Seja (u n ) uma seqüência em H 1 (R 2 ) com u n 2 M para todo n N, para algum M > 0, e suponhamos que exista R > 0 tal que lim sup ( u n 2 + u n 2 ) = 0. n z R 2 Se f verifica (1.19), então lim n B R (z) F (x, u n ) = 0 e lim n u n f(x, u n ) = 0.

32 30 Prova. Escrevendo s n = sup ( u n 2 + u n 2 ) para todo n N. z R 2 B R (z) Por hipótese, temos s n = o n (1). Fixado ϕ C 0 (R 2 ), tal que 0, se x > R ϕ(x) = 1, se x R 2 com ϕ(x) 4 R para todo x R2. Para cada z R 2 e n N, defina a função v z,n : R 2 R x v z,n (x) = ϕ(x + z)u n (x) Pela desigualdade de Young, para todos z R 2 e n N, temos Dado 0 < ɛ < De onde temos sempre que n n 0. v z,n 2 2 ( ϕ 2 u n 2 + ϕ 2 u n 2 ) ( ) 32 v z,n 2 R + 2 ( u 2 n 2 + u n 2 ) B R (z) ( ) 32 v z,n 2 R + 2 s 2 n. [( ) πe] R + 2 existe n 2 0 N tal que s n < ɛ < [( ) πe] R + 2 se n n 2 0. v z,n 2 1 4πe Por outro lado, pela condição (1.19), para todos n N e z R 2, temos x z R 2 x z R 2 x z R 2 F (x, u n ) C ɛ F (x, u n ) C ɛ F (x, u n ) C ɛ x z R 2 x z R 2 u n (e 4πu2 n 1 4π un 2 ) + ɛ x z R 2 v z,n (e 4π vz,n 2 1 4π v z,n 2 ) + ɛ v z,n (e 4π vz,n 2 1 4π v z,n 2 ) + ɛ x z R u n 2 x z R 2 u n 2 (1.23) u n 2

33 31 Por (1.23) e usando o Teorema 1.5, para todo z R 2 para n n 0, obtemos x z R 2 Observe que, para todo z R 2, temos F (x, u n ) CC ɛ v z,n 2 v z,n ɛ u n 2 x z R v z,n 2 logo, para todo z R 2 e n n 0, temos x z R 2 x z R 2 x z R u n 2 F (x, u n ) (CC ɛ v z,n 2 + ɛ) x z R F (x, u n ) (CC ɛ sn + ɛ) u n 2 x z R u n 2 Considerando o conjunto Σ = {(m, n) R 2 ; m, n Z} e fixando uma enumeração do mesmo, podemos cobrir o R 2 com a família de bolas abertas { B R/2 (z k ) } k N, onde z k é o k-ésimo elemento do conjunto Σ considerando a enumeração fixada acima. Assim, cada ponto do R 2 pertence no máximo a m bolas em { B R/2 (z k ) } k N. Logo, para cada z R 2, temos χ BR/2 (z k )(z) m. (1.24) k=1 Com efeito, se z R 2, como z pertence a no máximo m bolas centradas em z k s de raio R, então σ n = n χ BR (z k )(z) m, para todo n N k=1 e isto implica que (1.24) se verifica como verdade. Assim, para n n 0, temos F (x, u n ) k=1 B R/2 (z k ) F (x, u n ) (CC ɛ sn + ɛ) k=1 B R/2 (z k ) u n 2 (1.25) Observe que, k=1 k=1 k=1 B R/2 (z k ) B R/2 (z k ) B R/2 (z k ) u n 2 = u n 2 = k=1 ( u n 2 m k=1 χ BR/2 (z k ) u n 2 χ BR/2 (z k ) ) u n 2 mm. u n 2

34 32 para todo n N. Logo, por (1.25), se n n 0 F (x, u n ) (CC ɛ sn + ɛ)mm ou seja, logo, 0 lim inf n lim sup n F (x, u n ) mmɛ F (x, u n ) lim sup n F (x, u n ) mmɛ e isto completa a demonstração de um dos limites. De maneira análoga, observa-se que concluindo a prova. lim n u n f(x, u n ) = 0. Lema 1.6 (Djairo-Olímpio-Ruf) Sejam R N limitado e (u n ) uma seqüência em L 1 () tal que u n (x) converge para u(x) q.t.p. em, onde u L 1 (). Seja f : R R uma função contínua tal que f(x, u n ) + f(x, u) < para todo n N, e suponha que exista C > 0 tal que f(x, u n )u n C para todo n N. Então, lim f(x, u n ) = f(x, u). n Prova. Dado ɛ > 0 existe δ > 0 (dependente de ɛ) tal que A f(x, u) ɛ, se A < δ. e como u L 1 () existe M 1 > 0, com {x ; u(x) M 1 } < δ. Considerando M = max{m 1, (4ɛ) 1 C} > 0, temos f(x, u n ) f(x, u) u n M f(x, u n ) + u M f(x, u) + r n onde r n = u n <M f(x, u n ) u <M f(x, u).

35 33 No que segue mostraremos que as integrais f(x, u n ) e u n M são pequenas e estimaremos r n. u n M u n M u M Vejamos, da escolha de M, temos f(x, u n )u n f(x, u n ) M f(x, u) f(x, u n )u n M C M ɛ 4 e da escolha de δ e M 1 f(x, u) f(x, u) ɛ u M u M 1 4. Denotando r n = q n (x) para todo n N onde q n (x) = χ un <Mf(x, u n ) χ u <M f(x, u), temos q n (x) = s n (x) + t n (x) onde e s n (x) = χ un <M(x)[f(x, u n ) f(x, u)] t n (x) = [χ un <M χ u <M ](x)f(x, u) para todo n N. Observando que { u n < M} { u < M} { u M}, vemos t n (x) = [χ un <M χ u <M ](x)f(x, u) f(x, u) ɛ 4. u M Por outro lado, como s n = o n (1) q.t.p em, e s n (x) = χ un <M(x)[f(x, u n ) f(x, u)] C + f(x, u) q.t.p em, onde C = sup{f(x, s); x, s M}. Usando o Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, existe n 0 N tal que s n (x) < ɛ 4 para todo n n 0. Combinando as desigualdades acima, obtemos f(x, u n ) f(x, u) < ɛ para todo n n 0.

36 34 Lema 1.7 Sejam R N limitado e (u n ) uma seqüência em L 1 () tal que u n (x) converge para u(x) q.t.p. em, onde u L 1 (). Além disso, sejam V L 1 () e f : R R uma função contínua tal que f(x, u n ) + f(x, u) < para todo n N. Também, suponha que exista C > 0 tal que f(x, u n )u n C para todo n N, e que f satisfaça a seguinte desigualdade f(x, s)s V (x) s 2 para todo s R. Se u n 2 é limitada, então lim f(x, u n ) = f(x, u). n Prova. Pelo Lema 1.6, basta observar que f(x, u n )u n C, para todo n N. Vejamos, sejam + n = {x ; f(x, u n ) 0} e n = + n. Assim, para todo n N, temos e Com isso, f(x, u n )u n = f(x, u n )u n = f(x, u n )u n = + n + n f(x, u n )u n f(x, u n )u n + n n f(x, u n )u n f(x, u n )u n f(x, u n )u n 2 f(x, u n )u n para todo n N. n Por outro lado, n f(x, u n )u n (V (x) + u n 2 ) para todo n N. Usando as desigualdades acima e a limitação de V, obtemos f(x, u n )u n C + 2 (V (x) + u n 2 ) para todo n N que juntamente com o Lema 1.6 garantem o resultado em questão.

37 35 Teorema 1.8 Suponha que (u n ) seja uma seqüência limitada em H 1 (R N ) tal que u n (x) converge para u(x) q.t.p. em, onde u H 1 (R N ), u n u em L 2 loc (RN ), u n u em H 1 (R N ), f : R R uma função contínua e J (u n ) ϕ = ( u n ϕ + u n ϕ) f(x, u n )ϕ = o n (1) para todo ϕ H 1 (R N ). (1.26) Então, u é a solução fraca de u + u = f(x, u) no sentido H 1 (R N ). Prova. Vamos usar o Lema 1.6 para a função f(x, s) = f(x, s)ϕ(x), onde ϕ C 0 (R N ) e suppϕ. Note que ou seja, f(x, u n )u n = O Lema 1.6, implica que lim n f(x, u n )(ϕu n ) = o n (1) + [ u n (ϕu n ) + u n (ϕu n )] f(x, u n )u n o n (1) + 2 u n 2 ϕ para todo n N. f(x, u n )ϕ = f(x, u n )ϕ para todo ϕ H 1 (R N ). Por outro lado, de u n u em L 2 loc (RN ) e u n u em H 1 (R N ), temos lim n ( u n ϕ + u n ϕ) = ( u ϕ + uϕ) para todo ϕ H 1 (R N ). Agora, passando ao limite em (1.26) quando n tende ao infinito, obtemos ( u ϕ + uϕ) = f(x, u)ϕ para todo ϕ H 1 (R N ).

38 Capítulo 2 Um problema elíptico com crescimento exponencial num domínio limitado do R Introdução Propomo-nos neste capítulo a estudar problemas do tipo: u = f(x, u), u = 0, (2.1) onde R 2 é um domínio limitado e f : R R é uma função contínua. Além disso, f possui crescimento subcrítico e crítico, conforme definições abaixo: No que segue R 2 é um domínio limitado. Definição 2.1 Dizemos que uma função f : R R possui crescimento subcrítico em + quando, f(x, t) lim = 0 para todo α > 0 t + e αt2 e f possui crescimento crítico em + quando, existe α 0 > 0 tal que f(x, t) lim t + lim t + e αt2 = 0 para todo α > α 0 f(x, t) e αt2 = + para todo α < α 0. Analogamente, definimos crescimento subcrítico e crítico em.

39 37 Exemplo 1 A função f : R R definida por f(x, t) = g(x)e t, onde a função g : R é contínua possui crescimento subcrítico em ±. Exemplo 2 Fixado α 0 > 0. A função f : R R definida por f(x, t) = e α 0t 2 possui crescimento crítico em ±. Exemplo 3 Fixado 0 < σ < 2. A função f : R R definida por f(x, t) = e tσ possui crescimento crítico em + com α 0 = 0. Exemplo 4 A função f : R R definida por f(x, t) = g(x)te t2, onde a função g : R é contínua possui crescimento crítico em ± com α 0 = 1. Este capítulo é baseado num artigo de D.G. de Figueiredo, O. H. Miayagaki e B. Ruf, ver [13], também fomos motivados a estudar o problema (2.1) por [4] e [5]. A saber, fornecemos condições suficientes para existência de solução para o problema (2.1) conforme os Teoremas (0.1), (0.2) e (0.3) utilizando o Teorema do Passo da Montanha na versão de Ambrosetti-Rabinowitz. Sobre o Teorema (0.3), completamos o texto original estudando um resultado mais fraco que o enunciado no artigo [13]. Definição 2.2 Dizemos que um número real d é o raio interno de um conjunto quando d é o raio da maior bola aberta contida em. Observação 2.1 Denotaremos por M 0 = lim n 1 A definição de M 0 nos mostra que M 0 <, pois Analisemos agora a integral M 0 = 2 lim 0 n 1/2 1/2 0 0 ne n(t2 t) dt. ne n(t2 t) dt. ne n(t2 t) dt. Vejamos, usando a Fórmula de Integração por Partes, ver [12], temos 1/2 1/2 ne n(t2 t) dt = e n nte n(t2 t) dt. 0 0 Como 0 t 1 2 equivale a t2 t t 2, temos 1/2 0 1/2 1/2 ne n(t2 t) dt e n nte nt2 dt 1 ne n(t2 t) dt e n nte nt2 dt

40 38 Usando novamente a Fórmula de Integração por Partes, obtemos Com isso, Portanto, 1/2 0 1/ nte nt2 dt = 1 2 (1 e n ). ne n(t2 t) dt e n (1 e n ) ne n(t2 t) dt 2 e n 4 e n. M 0 = 2 lim n 1/2 0 ne n(t2 t) dt 2 lim n (2 e n 4 e n ) = 4. Observação 2.2 As condições (h.1) e (h.2) garantem um crescimento exponencial em t para as funções f(, t) e F (, t), ver afirmação 2, abaixo. Observação 2.3 A condição (h.3) é satisfeita sempre que assumirmos que f é de classe C 1 e que f (x, t) f(x, t)t 1 para todo t 0. Com efeito, derivando a função f(x, t)t 1 em relação a t, obtemos [f(x, t)t 1 ] = f (x, t)t 1 f(x, t)t 2 = t 1 (f (x, t) f(x, t)t 1 ) para todos x, t 0. Assim, [f(x, t)t 1 ] 0 desde que f (x, t) f(x, t)t 1 para todo t 0. Donde concluímos que, [f(x, t)t 1 ] define uma função não-decrescente em t. Portanto, ou seja, F (x, s) = s F (x, s) = lim ɛ 0 + F (x, s) F (x, s) 0 f(x, t)dt s ɛ f(x, s) s f(x, s) s f(x, t) tdt t lim ɛ 0 + s ɛ tdt lim ɛ 0 +(1 2 s2 1 2 ɛ2 ) F (x, s) 1 f(x, s)s para todos x, s 0. 2 Observação 2.4 A condição (h.5) é satisfeita se assumirmos que f é de classe C 1 e λ k inf f (x, 0) sup f (x, 0) < λ k+1. x x

41 39 Com efeito, chamamos atenção para a seguinte afirmação: Afirmação. Existe µ > 0 tal que λ k µ < λ k+1. Além disso, f (x, 0) < µ para todo x. Prova da Afirmação. Basta tomar (por exemplo), µ = 1 2 (λ k+1 + sup f (x, 0)) > 0 x pois se λ k inf f (x, 0) sup f (x, 0) < λ k+1, então µ da maneira que foi escolhido x x verifica as desigualdades λ k µ < λ k+1 f (x, 0) < µ para todo x. Com isso, sendo Existe δ > 0 tal que f f(x, s) (x, 0) = lim. s 0 s f(x, s) µs, se s δ. Portanto, se x e s t δ, então F (x, t) = t f(x, s)ds µ t 0 0 F (x, t) 1 2 µt2. Além disso, se f (x, t) f(x, t)t 1 para todo t 0, então a condição (h.6) é satisfeita. sds 2.2 A Formulação Variacional Por simplicidade de notação, no que segue C denota uma constante genérica estritamente positiva, salvo menção explícita. No que segue assumiremos as hipóteses (h.1), (h.2) e a existência de constantes β > 0 e C > 0 tais que f(x, t) Ce βt2 para todos x, t R. (2.2) A condição (2.2) se verifica como verdade sempre que f possui crescimento subcrítico ou crítico. De fato, para fixar as idéias, suponhamos que a função f tenha crescimento crítico em α 0, então fixado β > α 0, temos f(x, t) lim = 0 t e βt2

42 40 Logo, para ɛ = 1, existe M > 0 tal que Tomando f(x, t) e βt2, se t M, x. (2.3) C = De (2.3) e (2.4) existe C > 0 tal que f(x, t) max > 0 (2.4) (x,t) [ M,M] e βt2 f(x, t) Ce βt2 para todos x, t R. De maneira análoga trata-se o caso em que f possui crescimento subcrítico. Afirmação 1. O funcional de Euler-Lagrange associado ao problema (2.1) é dado por é de classe C 1. J : H 1 0() R u J(u) = 1 2 u 2 Prova da Afirmação 1. Veja que, J = J 1 + J 2, onde J 1 : H 1 0() R u J 1 (u) = 1 2 J 2 : H0() 1 R u J 2 (u) = u 2 F (x, u) F (x, u) Não é difícil ver que J 1 C 1 (H 1 0(), R) e do estudo feito no Capítulo 1, podemos concluir que J 2 C 1 (H 1 0(), R), ou seja, J é combinação linear de funcionais de classe C 1 definidos em H 1 0(). Além disso, temos J : H 1 0() H 1 () definido por J (u) : H0() 1 R v J (u) v = u v f(x, u)v Afirmação 2. Segue de (h.1) e (h.2) que (i.) Existe uma constante C > 0 tal que F (x, t) Ce 1 M t para todos x, t t 0.

43 41 (ii.) Para cada ɛ > 0, existe t ɛ > 0 tal que F (x, t) ɛf(x, t)t para todos x, t t ɛ. Prova da Afirmação 2. Por (h.2) fixado t t 0, se x e t t 0, então Tomando Conlcuimos que t f(x, s) t 0 F (x, s) ds t t 0 1 M ds F (x, t) F (x, t 0) e 1 M t 0 C = min x F (x, t 0 ) e 1 M t 0 > 0. e 1 M t F (x, t) Ce 1 M t para todo x. Um argumento análogo é feito se t t 0, logo podemos concluir que F (x, t) Ce 1 M t para todos x, t t 0. Para o item (ii) é suficiente observar que F (x, t) lim t tf(x, t) = 0 uniformemente em. De fato, por (h.2) temos F (x, t) tf(x, t) M t para todos x, t t ɛ. donde se conclui a Afirmação 2. Definição 2.3 Sejam E um espaço vetorial normado e J : E R um funcional de classe C 1 (E, R). Dizemos que a seqüência (x n ) em E é uma seqüência Palais-Smale para o funcional J no nível c R, ou simplesmente, uma seqüência (P S) c para o funcional J, quando J(u n ) = c + o n (1) em R J (u n ) = o n (1) em E. Definição 2.4 Sejam E um espaço vetorial normado e J : E R um funcional de classe C 1 (E, R). Dizemos que o funcional J verifica a condição Palais-Smale no nível c R quando toda seqüência (P S) c admite uma subseqüência convergente em E. Se o funcional J verifica a condição (P S) c para todo c R, então dizemos que J verifica a condição Palais-Smale, ou simplesmente, que J verifica a condição (P S).

44 Proposição 2.5 Supondo (h.1), (h.2), (h.3) e a condição (2.2). O funcional J verifica a condição (P S) c para todo c < 2π β. 42 Prova. Sejam c < 2π β e (u n) em H 1 0() uma seqüência (P S) c para o funcional J, ou seja, J(u n ) c = o n (1) em R J (u n ) = o n (1) em H 1 (). Escrevendo ɛ n = sup J (u n ) v para todo n N, temos v 1 para todo v H 1 0(), onde ɛ n = o n (1). Ou ainda, 1 2 u n v u n 2 J (u n ) v v ɛ n, F (x, u n ) = c + o n (1) para todo n N (2.5) f(x, u n )v v ɛ n para todos n N, v H0(). 1 (2.6) Por (2.5) e pelo item (ii) da Afirmação 2, para cada ɛ > 0 existe n 0 N tal que 1 2 u n 2 = 1 u n 2 ɛ + c + F (x, u n ) C ɛ + ɛ f(x, u n )u n 2 sempre que n n 0, e usando (2.6) com v = u n, obtemos ( ) 1 2 ɛ u n 2 C ɛ + ɛ n u n sempre que n n 0. Portanto, a seqüência (u n ) é limitada. Ora, sendo (u n ) limitada em H 1 0(), um espaço de Banach reflexivo, existe u H 1 0(), tal que, a menos de subseqüência, temos u n u em H 1 0(). Além disso, pelas imersões compactas de Sobolev, temos u n u em L q (), q 1; u n (x) u(x) q.t.p. em. Por outro lado, usando (2.6) com v = u n, temos ɛ n u n u n 2 f(x, u n )u n f(x, u n )u n u n 2 + ɛ n u n C 2 + ɛ n C para todo n N.

45 43 Com maior razão, existe C > 0 tal que f(x, u n )u n C para todo n N. Além disso, por (h.3), temos F (x, u n ) 1 f(x, u n )u n 2 f(x, u n )u n C para todo n N. Veja que, pelo Lema 1.6, temos f(x, u n ) f(x, u) em L 1 (). Logo existe h L 1 (), tal que, a menos de subseqüência, temos f(x, u n ) h(x) q.t.p. em. Por (h.2), temos F (x, u n ) Mh(x) q.t.p. em. Além disso, usando o fato de que u n (x) u(x) q.t.p. em, obtemos F (x, u n ) F (x, u) q.t.p. em. Por conseguinte, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue Generalizado, temos Com isso, Logo, por (2.5), tem-se F (x, u n ) F (x, u) em L 1 () F (x, u n ) F (x, u) = o n (1). 1 2 u n 2 F (x, u) c = o n (1). Ou seja, ( ) lim n 2 = 2 c + F (x, u) n. (2.7) Usando (2.6) com v = u n, obtemos u n 2 f(x, u n )u n o n (1). Com isso, ( f(x, u n )u n 2 c + F (x, u)) u n 2 f(x, u n )u n + u n 2 2 ( c + F (x, u)) o n (1).

46 Logo, ( ) lim f(x, u n )u n = 2 c + F (x, u) n. (2.8) Além disso, por (h.3) obtemos 2 F (x, u) 2 lim F (x, u n ) lim f(x, u n )u n = 2c + 2 F (x, u), n n ou seja, c 0, i.e., seqüências Palais-Smale do funcional J se aproximam de níveis não-negativos. Afirmação 1. Para todo ϕ C0 (), temos u ϕ = f(x, u)ϕ Prova da Afirmação 1. Seja ϕ C0 (). Note que u ϕ f(x, u)ϕ u n ϕ u ϕ + para todo n N. Usando o Lema 1.6 e a estimativa (2.6), obtemos u ϕ f(x, u)ϕ o n(1) + ϕ o n (1). De onde conluímos que u ϕ = + f(x, u)ϕ para todo ϕ C 0 (). Por densidade e (h.3), concluímos que J(u) 1 u 2 1 f(x, u)u u Para concluir a demonstração analisaremos os seguintes casos: 44 f(x, u n )ϕ f(x, u)ϕ + u n ϕ f(x, u n )ϕ u 2 = 0. Caso 1. O nível c = 0. Pela semicontinuidade inferior da norma, temos Assim, u lim inf n u n. 1 2 u 2 1 lim inf 2 u n 2 n Com isso, usando (2.7), obtemos 0 J(u) 1 lim inf 2 u n 2 F (x, u) n 0 J(u) F (x, u) F (x, u)

47 45 ou seja, J(u) = 0 e pela definição de J, u 2 = 2 Novamente por (2.7), concluímos que F (x, u). u n u = o n (1). Além disso, sendo H 1 0() é um espaço de Hilbert, temos e isto significa J verifica a condição (P S) c. u n u em H 1 0() Caso 2. O nível c 0 e a função u 0. O que faremos é mostrar que este fato não ocorre para seqüências Palais-Smale do funcional em questão. Afirmação 2. Existe q > 1, de modo que f(x, u n ) q < C, para todo n N para alguma constante C > 0. Prova da Afirmação 2. De (2.7), para cada ɛ > 0, existe n 0 N, de modo que, u n 2 2c + ɛ para todo n n 0. Além disso, usando (2.2), temos f(x, u n ) q C e qβu2 n = C e qβ un 2 ( un un )2, para todo n N. De onde concluímos pelo Teorema 1.2, que a última integral na expressão acima é limitada, se qβ u n 2 4π e isto de fato ocorre quando tomamos q > 1 suficientememente próximo de 1 e ɛ > 0 suficientemente pequeno pois c < 2π β. Mostrando a afirmação. Com isso, Assim, usando (2.6) com v = u n, obtemos u n 2 f(x, u n )u n u n ɛ n Cɛ n para todo n N. u n 2 Co n (1) + f(x, u n )u n para todo n N. (2.9) Além disso, pela desigualdade de Hölder, podemos estimar a segunda integral na expressão acima f(x, u n )u n f(x, u n )u n C u n q, ( ) 1/q f(x, u n ) q u n q

48 46 para todo n N. Como u n 0 em L q () (q 1), temos f(x, u n )u n = o n (1). Portanto, usando (2.9) obtemos u n 2 = o n (1). No entanto, de (2.7) podemos afirmar que u n 2 contradição. Mostrando assim que este caso não ocorre. 2c 0, o que é uma Caso 3. O nível c 0 e a função u 0. A princípio, note que J(u) c, pois pela semicontimuidade inferior da norma, temos temos J(u) = 1 2 u 2 J(u) 1 2 lim n u n 2 Afirmação 3. J(u) = c. F (x, u) 1 lim inf 2 u n 2 n F (x, u n ) c. F (x, u) Prova da Afirmação. Suponha por absurdo que J(u) < c, pela definição de J, Por outro lado, considerando as funções para todo n N. ( ) u 2 < 2 c + F (x, u). (2.10) v n = u n u n, u v = 2 ( c + F (x, u)) Não é difícil ver que v n = 1 para todo n N e v < 1. Além disso, v n v, pois fixado ϕ C 0 (), temos v n ϕ = 1 u n ϕ u n 1 2 ( c + F (x, u)) u ϕ = v ϕ, ou seja, v n ϕ v ϕ = o n (1).

49 47 Afirmação 4. Existe q > 1, de modo que para alguma constante C > 0. f(x, u n ) q < C para todo n N, Prova da Afirmação 4. Da condição (2.2), temos f(x, u n ) q C f(x, u n ) q e qβu2 n = C e 4πp(qβ un 2 1 4πp )v2 n e qβ un 2 ( un ) 2 = e qβ un 2 vn 2 A última integral na expressão acima é limitada, conforme Corolário 1.3, desde que escolhamos q > 1 e suficientemente próximo de 1, tal que ou seja, qβ u n 2 1 4π 1 v 2 qβ u n 2 4π c + F (x, u) c J(u) usando (2.7), é suficiente, que ocorra ( ) qβ c + F (x, u) c + F (x, u) <. 2π c J(u) que Assim, a limitação da integral acima ocorre para n suficientemente grande, desde β 2π < 1 c J(u) e isto de fato ocorre, pois J(u) 0 e c < 2π β. Donde, podemos concluir que u n u em H0(), 1 pois f(x, u n ) f(x, u n ) q u n u q f(x, u n ) C u n u q. Como u n u em L q () (q 1), temos f(x, u n )(u n u) = o n (1).

50 Usando (2.6) com v = u n u, obtemos < u n u, u n >= o n (1). Assim, como u n u, temos u n u 2 =< u n u, u n > < u n u, u >= o n (1). O que implica, u n 2 u 2 e isto juntamente com (2.7) contradiz (2.10). Por conseguinte, ( ) u 2 = 2 c + F (x, u) Além disso, por (2.7), temos u n u, donde u n u em H 1 0(). Corolário 2.6 Supondo (h.1), (h.2), (h.3). Se f possui crescimento subcrítico em e +, então J verifica a condição Palais-Smale. Se f possui crescimento crítico em e + com algum α 0, então J verifica a condição (P S) c, para todo c (, 2π α 0 ). Prova. Sobre a primeira afirmação do Corolário. Seja c R. Como f possui crescimento subcrítico, temos f(x, t) lim = 0 para todo α > 0. t e αt2 Logo, para cada α > 0 existe C > 0, de modo que 48 f(x, t) Ce αt2 para todos x, t R. Ora, fixado α > 0, tal que c < 2π estaremos diante das hipóteses da Proposição 2.6 e α por este resultado J verifica a condição (P S) c. Sobre a segunda afirmação do Corolário. Seja c (, 2π ). Como f possui α 0 crescimento crítico com α 0, temos f(x, t) lim = 0 para todo α > α 0. t e αt2 lim t f(x, t) e αt2 = para todo α < α 0. Logo, para cada α > α 0 existe C > 0, de modo que f(x, t) Ce αt2 para todos x, t R. Ora, fixado α > α 0, tal que c < 2π estamos diante das hipóteses da Proposição 2.6 e α por este resultado J verifica a condição (P S) c.