Sobre uma classe de problemas elípticos com não linearidades do tipo côncavo-convexa

Transcrição

1 Universidade Federal da Paraíba Centro de Ciências Exatas e da Natureza Programa de Pós-Graduação em Matemática Curso de Mestrado em Matemática Sobre uma classe de problemas elípticos com não linearidades do tipo côncavo-convexa por Maxwell de Sousa Pita sob orientação do Prof. Dr. Everaldo Souto de Medeiros Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Programa de Pós-Graduação em Matemática - CCEN - UFPB, como requisito parcial para obtenção do título de Mestre em Matemática. Abril/2013 João Pessoa - PB

2 P681s Pita, Maxwell de Sousa. Sobre uma classe de problemas elípticos com não linearidades do tipo côncavo-convexa / Maxwell de Sousa Pita.João Pessoa, f. Orientador: Everaldo Souto de Medeiros Dissertação (Mestrado) - UFPB/CCEN 1. Matemática. 2. Problemas elípticos semilineares. 3. Teorema do Passo da Montanha. 4. Princípio variacional de Ekeland. UFPB/BC CDU: 51(043)

3

4 Agradecimentos A Deus, por nos dar a esperança de uma vida em paz. Aos meus pais, pelo enorme apoio em todos os momentos, principalmente nos mais difíceis. À Minha namorada Edna, por estar sempre presente. Ao meu orientador Everaldo, por estar sempre disponível a esclarecer quaisquer dúvidas, pela amizade, pelo incentivo e por acreditar em mim, apesar de todas as minhas diculdades. Ao professor Bruno, pela disponibilidade em me ajudar. Aos meus professores da graduação em matemática do IFCE: Mário de Assis Oliveira e José Alves, pelos excelentes ensinamentos. Aos professores da pós-graduação em matemática da UFPB: Carlos Bocker, Lizandro, Napoleon e Alexandre, pelas disciplinas lecionadas que contribuíram muito para a minha formação. i

5 Dedicatória Aos meus pais, Maria Socorro de Sousa Pita e José Pita Neto. ii

6 Resumo Neste trabalho, vamos estabelecer uma versão do Teorema do Passo da Montanha devido a Martin Schechter [12], a qual irá fornecer uma sequência de Cerami em um nível max-min. Como consequência deste, juntamente com o Princípio variacional de Ekeland, vamos obter alguns resultados de existência e multiplicidade de solução para uma classe de problemas elípticos semilineares envolvendo uma não-linearidade do tipo côncavo-convexa. iii

7 Abstract In this work, we will establish a version of the Mountain Pass Theorem due to Martin Schechter [12], which will provide a Cerami sequence at a max-min level. As a consequence of this result, together with the Ekeland variational principle, we obtain some results of existence and multiplicity of solution for a class of semilinear elliptic problems involving a nonlinearity of concave-convex type. iv

8 Sumário Introdução 8 1 Um teorema do tipo max-min e o princípio variacional de Ekeland O campo pseudo-gradiente O Teorema do Passo da Montanha O princípio variacional de Ekeland Um problema assintoticamente linear Prova do Teorema Prova do Teorema Um problema Superlinear Prova do Teorema Prova do Teorema O caso f(x, u) λu Prova do Teorema Prova do Teorema A Resultados utilizados 62 A.1 Diferenciabilidade de funcionais A.2 Regularidade dos funcionais A.3 Autovalores do Laplaciano A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida Referências Bibliográcas 71 v

9 Notações Vamos utilizar as seguintes notações: Notações gerais: B r (x) denota a bola aberta de raio r e centro x. e denotam convergência fraca e forte, respectivamente. denota a medida de Lebesgue do conjunto. u = n u i=1 x i denota o laplaciano da função u. u = ( u x 1,..., u x n ) denota o gradiente da função u. q.t.p é uma abreviação de quase todo ponto. u + =max{0, u}. u =max{0, u}. I denota a derivada a Gâteaux do funcional I. denota a fronteira do conjunto. Espaços de funções: L p ()={u : R; u é mensurável e u p < }. L ()={u : R; u é mensurável e C > 0 tal que u(x) C q.t.p em }. vi

10 H 1 0() denota o espaço de Sobolev usual. H 1 0 () denota o espaço dual do Espaço de Sobolev H 1 0(). C() denota o espaço das funções contínuas em. C 1 () denota o espaço das funções continuamente diferenciáveis em. C 0 () denota o espaço das funções de classe C em com suporte compacto. Normas: u = ( u 2 dx ) 1 2, para u H0(). 1 h = inf{c > 0; u(x) C q.t.p em } denota a norma em L (). h p = ( u p ) 1 p denota a norma em L p () com 1 p <. vii

11 Introdução O objetivo desta dissertação é estudar a existência e multiplicidade de solução não negativa para o problema u = h(x)u q + f(x, u) em u = 0 sobre, (1) onde é um domínio limitado e suave em R N (N 1), 0 < q < 1 e as funções h(x) e f(x, s) satisfazem algumas condições de crescimento. Esta dissertação é baseada nos artigos de Li, Wu e Zhou [10] e Schechter [12]. O problema (1) foi amplamente estudado sob várias hipóteses em h(x) e f(x, s). Em [6] foi estudado o caso onde h(x) λ e f(x, s) 0. Neste caso foi provado que existe uma única solução positiva para o problema (1). Além disso, Wang em [13] provou que, se h(x) λ é uma constante positiva, o problema (1) possui innitas soluções u n H 1 0() tais que u n 0, I(u n ) < 0 e I(u n ) 0. Para o caso onde f(x, s) é superlinear podemos citar o famoso artigo de Ambrosetti, Brezis e Cerami, [1], no qual estudaram o caso onde h(x) = λ e f(x, u) = u p, com 0 < q < 1 < p e λ > 0. Através do método de sub e supersolução estes autores provaram que existe Λ > 0 tal que λ (0, Λ) se, e somente se, o problema (1) possui uma solução não-trivial. Além disso, se p (1, N+2 ) foi provada N 2 a existência de outra solução, caso tenhamos 0 < λ < Λ. As hipóteses utilizadas nesta dissertação, as quais veremos no início de cada capítulo, diferem das hipóteses usadas nestes outros artigos, onde descartamos várias hipóteses dos mesmos. O método usado neste artigo é baseado em uma simples variação do Teorema do Passo da Montanha. Este método também vale para o caso onde f(x, s) é superlinear em relação a s no innito ou f(x, s) λs para algum λ > 0, isto é, os resultados obtidos nesta dissertação cobrem todas as condições de crescimento de f(x, s) em s, a saber, 8

12 linear, assintoticamente linear e superlinear, desde que f(x, s) seja subcrítico. Consideraremos apenas soluções não-negativas e não-triviais para o problema (1), assim supomos f(x, s) 0 para s 0. Esta dissertação está organizada da seguinte forma: No Capítulo 1, estão enunciados e demonstrados alguns resultados clássicos da Análise não-linear que são: uma versão mais geral do que conhecemos como Teorema do Passo da Montanha e o Princípio Variacional de Ekeland. Ambos tem importância fundamental para que possamos encontrar soluções fracas do problema (1). No Capítulo 2, será estudado o problema (1) no caso assintoticamente linear. Assim, a função f(x, s) deve satisfazer a seguinte hipótese: (f 3 ) lim s + f(x,s) s = l (λ 1, + ) uniformemente em x. Serão enunciados e demonstrados dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 2.1, vamos obter uma solução fraca não-negativa para este problema, com energia positiva. Além disso, se a função h for não-negativa esta solução deverá ser estritamente positiva. Sua demonstração consiste de vários lemas, mas dois desses lemas tem maior importância, num sentido que cará preciso no decorrer desta dissertação, onde daremos agora algumas informações que justicam a importância destes dois lemas. No primeiro deles, o Lema 2.1, vamos mostrar que o funcional energia I associado ao problema (1) satisfaz a geometria do Teorema do Passo da Montanha. Isto nos garante a existência de uma sequência de Cerami no nível c > 0 que será denido no Teorema 1.2. No outro lema citado, o Lema 2.4, mostramos que toda sequência de Cerami para o funcional I é limitada. Assim, a compacidade da imersão H 1 0() L p (), com 1 p < 2, garantirá a existência de uma solução fraca não-negativa para este problema. No teorema seguinte, o Teorema 2.2, será adicionada uma outra hipótese sobre a função h. Vamos denotar por c 1 o ínmo do funcional I em uma bola B ρ H 1 0() e provaremos que c 1 < 0. Utilizaremos o Princípio Variacional de Ekeland para construir uma sequência (u n ) H 1 0() limitada. Assim, novamente pela imersão compacta H 1 0() L p (), com 1 p < 2, e pelo mesmo procedimento do Teorema 2.1 obteremos uma solução não-negativa, com energia negativa. O Princípio do Máximo Forte será útil para mostrar que se h for não-negativa então as soluções obtidas nesses dois dois teoremas devem ser estritamente positivas. No Capítulo 3, será estudado o problema (1) no caso superlinear. Assim, na condição 9

13 (f 3 ) anterior analisaremos o caso onde l = +. Por consequência, adicionaremos mais algumas hipóteses de regularidade e crescimento para a função f(x, s). Este capítulo é composto por dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 3.1, vamos obter duas soluções fracas não negativas, uma com energia positiva e outra com energia negativa. Para demonstrá-lo, vamos utilizar um lema técnico e mais dois lemas análogos aos do capítulo 2, mas com demonstração diferente, pois agora f(x, s) é superlinear. No primeiro deles, o Lema 3.1, novamente vamos mostrar que o funcional energia associado ao problema satisfaz a geometria do passo da montanha. Isto nos dá uma sequência de Cerami, a qual mostraremos ser limitada no lema seguinte, o Lema 3.2. A partir daí, procedemos analogamente ao Teorema 2.1 e obteremos uma solução não-negativa com energia positva. Para obtermos uma outra solução não-negativa, mas com energia negativa, procedemos de maneira análoga ao Teorema 2.2, utilizando o princípio variacional de Ekeland. No teorema seguinte, o Teorema 3.2, vamos obter uma solução não-negativa com energia positiva, mas analisando o caso onde a função h é não-negativa. Para tal, descartamos algumas hipóteses envolvendo h e f(x, s) utilizadas no Teorema 3.2 e acrescentamos monotonicidade à função f(x, s). A demonstração é análoga. No Capítulo 4, como aplicação, analisaremos um caso particular do problema (1); a saber, o caso especial onde f(x, u) é globalmente linear em relação a u, isto é, f(x, u) = λu. Serão enunciados e demonstrados dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 4.1, supondo que a função h seja não-negativa vamos provar existência e não existência de soluções positivas, analisando separadamente os casos onde λ λ 1 e λ < λ 1. Vamos mostrar que o funcional energia J associado ao problema satisfaz a geometria do passo da montanha e assim o restante da demonstração será análoga a demonstração do Teorema 2.1, no caso λ < λ 1. No teorema seguinte, o Teorema 4.2, supondo que h seja nãopositiva vamos novamente provar existência e não-existência de soluções positivas para este problema, analisando separadamente os casos onde λ > λ 1 e λ λ 1. Além disso, será dada uma caracterização para soluções positivas deste problema, se h for identicamente nula e λ = λ 1. Finalmente, no Apêndice vamos demonstrar alguns resultados de regularidade dos funcionais energia utilizados, serão enunciados alguns resultados de Análise Funcional e outros envolvendo os autovalores do Laplaciano. Estes resultados serão utilizados no 10

14 decorrer de toda a dissertação. 11

15 Capítulo 1 Um teorema do tipo max-min e o princípio variacional de Ekeland Neste capítulo, apresentaremos um Teorema do tipo max-min devido a M. Schechter em [12] bem como o enunciado e a prova do princípio Variacional de Ekeland. Para provar o Teorema max-min, precisamos denir e construir um campo vetorial Pseudo-Gradiente, o qual está incluso na próxima seção. 1.1 O campo pseudo-gradiente Denição 1 Seja I : E R um funcional de classe C 1 denido em um espaço de Banach E. Um campo pseudo-gradiente para I é uma aplicação localmente lipschitziana γ : Ẽ E tal que, para todo α (0, 1), temos: onde Ẽ = {u E; I (u) 0}. γ(w) 1, α I (w) I (w)γ(w), w Ẽ, Lema 1.1 Existe um campo vetorial pseudo-gradiente para o funcional I. Demonstração: Para cada u Ẽ, como I (u) é contínua, temos I (u) = sup I (u)w. w =1 Seja α 1 (α, 1). Existe w(u) E tal que α 1 I (u) I (u)w(u) 12

16 1.2 O Teorema do Passo da Montanha com w(u) = 1. Pela continuidade de I, existe uma vizinhança V u de u tal que α I (v) I (v)w(u), v V u. Observe que a família {V u ; u Ẽ} forma uma cobertura para Ẽ. Como Ẽ E é metrizável e portanto paracompacto, existe uma cobertura localmente nita {V i } i J e uma partição da unidade {λ i } i J localmente Lipschitz contínua subordinada à esta cobertura, onde podemos supor que J = {1, 2,..., n 0 }. Com isso, para cada i J temos V i V ui. Assim, consideremos a função γ : Ẽ E denida por n 0 γ(v) = λ i (v)w(u i ). i=1 Logo, como cada λ i é localmente Lipschitz contínua, e uma soma nita de aplicações localmente Lipschitz também o é, temos que γ é localmente Lipschitz contínua. Assim, n 0 γ(v) λ i (v) = 1. Além disso, temos n 0 I (v)γ(v) α λ i (v) I (v) = α I (v), o que prova o resultado. i=1 i=1 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Inicialmente, denotemos o seguinte conjunto: Ψ = {ψ : (0, + ) R, ψ é não crescente e Considere o seguinte exemplo. Exemplo: claramente pertence a Ψ. A função ψ : (0, + ) R denida por ψ(s) = s, s > ψ(r)dr = + }. O seguinte teorema é uma versão generalizada do Teorema do Passo da Montanha. 13

17 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Teorema 1.1 (Schechter, [12]) Seja I : E R um funcional denido em um espaço de Banach E e um elemento e E com e 0. Seja Λ o conjunto de todos os abertos limitados N E tais que 0 N com e / N. Suponha que as seguintes condições sejam satisfeitas: (i) I C 1 (E, R) (ii) Existe N 0 Λ e η R tal que max{i(0), I(e)} η e I(u) η, u N 0. (1.1) Seja b η denido por b = sup inf N Λ u N então, para todo ψ Ψ existe uma sequência (u n ) em E tal que I(u n ) b, quando n +, I(u), (1.2) e I (u n ) ψ( u n ) 0, quando n +. Demonstração: Observe na Figura 1.1 a seguir o caso particular de um funcional I satisfazendo as condições (i) e (ii): Figura 1.1: 14

18 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Inicialmente, suponhamos que b > η. Suponha por contradição que a conclusão deste teorema não seja verdadeira. Assim, existe ε > 0 e ψ Ψ tal que I (u) ψ( u ), (1.3) para todo u E satisfazendo I(u) b 3ε. (1.4) Se necessário, podemos tomar ε > 0 sucientemente pequeno tal que Denimos os seguintes conjuntos: Seja g : E R denida da seguinte forma 3ε < b η. Q = {u E, I(u) b 2ε}, Q 1 = {u E; I(u) b ε}, g(u) = Q 2 = E \ Q. d(u, Q 2 ) d(u, Q 1 ) + d(u, Q 2 ). Armamos que g é uma aplicação localmente lipschitziana e satisfaz 1, u Q 1, g(u) = (1.5) 0, u Q 2 e 0 < g(u) < 1, caso contrário. De fato, vamos denotar g 1 e g 2 da seguinte forma Daí, Dados u 2, u 2 E, temos g 1 (u) = d(u, Q 1 ) e g 2 (u) = d(u, Q 2 ). g(u 1 ) g(u 2 ) = g 2 (u 1 ) g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 ) g 2 (u 2 ) g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 ). g(u 1 ) g(u 2 ) = g 1(u 2 )g 2 (u 1 ) + g 2 (u 2 )g 2 (u 1 ) g 1 (u 1 )g 2 (u 2 ) g 2 (u 1 )g 2 (u 2 ). [g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )][g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 )] 15

19 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Com isso, temos Assim, g(u 1 ) g(u 2 ) = g 1(u 2 )g 2 (u 1 ) g 1 (u 1 )g 2 (u 2 ) [g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )][g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 )]. g(u 1 ) g(u 2 ) = g 1(u 2 )g 2 (u 1 ) g 2 (u 1 )g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )g 1 (u 1 ) g 1 (u 1 )g 2 (u 2 ). [g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )][g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 )] Consequentemente, g(u 1 ) g(u 2 ) g 2 (u 1 ) [g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )][g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 )] g 1(u 2 ) g 1 (u 1 ) g 1 (u 1 ) + [g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )][g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 )] g 2(u 1 ) g 2 (u 2 ). Como g 1 e g 2 são funções lipschitzianas, existem c 1 > 0 e c 2 > 0 tais que g(u 1 ) g(u 2 ) g 2 (u 1 ) [g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )][g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 )] c 1 u 2 u 1 g 1 (u 1 ) + [g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 )][g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 )] c 2 u 1 u 2. Como g 1 (u 1 ) + g 2 (u 1 ) > 0, existem a > 0 e uma vizinhança W de u 1 tal que Além disso, como e temos que g 1 (u) + g 2 (u) > a > 0 u W. g 2 (u 1 ) g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 ) 1, g 1 (u 1 ) g 1 (u 2 ) + g 2 (u 2 ) 1, g(u) g(v) c 1 + c 2 u v u, v W, a donde obtemos que g é localmente lipschitziana. Seja γ um campo pseudo-gradiente para I, isto é, uma aplicação γ : E E tal que I (u)γ(u) α I (u), com γ(u) 1, (1.6) para algum α > 0. Seja ϕ : E E a aplicação denida por ϕ(u) = g(u)γ(u). Assim, ϕ é localmente Lipschitz contínua com I (u)ϕ(u) 0, para ϕ(u) 1. (1.7) 16

20 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Considere o seguinte problema de valor inicial: d σ(t, u) = ϕ(σ(t, u)), dt σ(0, u) = u. (1.8) Como ϕ é localmente lipschitziana e limitada, existe uma única solução para (1.8) denida em um intervalo maximal (t (u), t + (u)). Armamos que t (u) = e t + (u) = +. De fato, suponhamos por contradição que t + (u) <. Seja uma sequência (t n ) no intervalo (, t + (u)) tal que t n t + (u). Assim, temos σ(t m, u) σ(t n, u) = = tm t n tm t n tm t n t m t n. d (σ(τ, u))dτ dτ ϕ(σ(τ, u))dτ ϕ(σ(τ, u)) dτ Assim, como (t n ) é uma sequência de Cauchy, pois é convergente em R, temos que a sequência (σ(t n, u)) E também é de Cauchy. Logo, (σ(t n, u)) converge para algum ponto v E, desde que t n t + (u). Agora, considere o seguinte problema de valor inicial d σ(t, u) = ϕ(σ(t, u)), dt σ(t + (u), u) = v. Isto nos dá uma extensão de σ(t, u) no intervalo [t (u) δ, t + (u) + δ], para algum δ > 0. Isto é uma contradição, pois por hipótese temos que (t (u), t + (u)) é um intervalo maximal. De maneira análoga, provamos que t (u) =. Por (1.7) temos σ(t, u) u t. (1.9) Além disso, por (1.6) e (1.8) temos d dt (I(σ(t, u)) = I (σ(t, u))ϕ(σ(t, u)) αg(σ(t, u)) I (σ(t, u)) (1.10) > 0. Isto implica que I(σ(., u)) é não-decrescente, ou seja, I(σ(t 1, u)) I(σ(t 2, u)) 0 < t 1 < t 2. (1.11) 17

21 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Por (1.2) existe N Λ tal que I(u) > b ε, u N. (1.12) Seja e seja T tal que Por (1.11) e (1.12), temos M = sup u, (1.13) u N T +M 2ε < α ψ(t)dt. (1.14) M I(σ(t, u)) > b ε, u N, t 0. (1.15) Assim σ(t, u) 0, σ(t, u) e, u N, t 0, (1.16) pois temos η < b 3ε. Se u N, com u / Q 1, temos I(u) > b + ε, (1.17) pois não podemos ter, por (1.12), a seguinte desigualdade I(u) < b ε. (1.18) Assim, por (1.11) temos I(σ(t, u)) I(u) > b + ε, u N, u / Q 1, 0 t T. (1.19) Por outro lado, se u N Q 1, seja t 1 o maior número possível tal que t 1 T e σ(t, u) Q 1 para 0 t t 1. Se t 1 < T, então para δ > 0 sucientemente pequeno, temos I(σ(t 1 + δ, u)) I(σ(t 1, u)) b ε. Além disso, como σ(t 1 + δ, u) / Q 1 temos I(σ(t 1 + δ, u)) > b + ε. 18

22 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Consequentemente I(σ(T, u)) > b + ε. (1.20) Se t 1 = T, então por (1.10), (1.5), (1.3), (1.9), (1.13) e (1.14), temos T I(σ(T, u)) I(u) α α α α = α > 2ε. 0 T 0 T 0 T 0 T +M M I (σ(t, u)) dt ψ( (σ(t, u)) )dt ψ( u + t)dt ψ(m + t)dt ψ(τ)dτ Assim, a desigualdade (1.20) segue de (1.12). Portanto, a desigualdade (1.20) é válida para todo u N. Denimos os seguintes conjuntos N T = {σ(t, u); u N}, e N T = {σ(t, u); u N}. Por (1.7) e pela dependência contínua de σ(t, u) em u temos que N T é um conjunto aberto limitado em E. Como 0, e Q 2 e g 0 em Q 2, pela unicidade de soluções de (1.8) temos que σ(t, 0) = 0, σ(t, e) = e. Como σ(t, 0) N T e σ(t, e) / N T, temos que 0 N T e e / N T. Assim, N T Λ e, por (1.20) I(u) > b + ε, u N T. (1.21) Mas isto contradiz (1.2). Assim, o teorema está provado para o caso η < b. Agora, suponha que η = b. Então, por (1.1), temos I(u) b, u N 0. (1.22) Seja T = 1 2 min[d(0, N 0), d(e, N 0 )]. (1.23) 19

23 1.2 O Teorema do Passo da Montanha Escolha ε > 0 sucientemente pequeno tal que (1.14) seja verdadeiro. Então, procedendo de maneira análoga com N 0 em vez de N substituímos (1.12) por (1.22). Para obtermos (1.16), por (1.9) e (1.23) temos a seguinte desigualdade (σ(t, u) u t T. Isto implica que (1.16) é verdadeiro para todo u N 0 e 0 t T. Para obter (1.21) procedemos analogamente contradizendo mais uma vez (1.2). Assim, está concluído o teorema. Agora, vamos relembrar a condição de Cerami: Denição 2 Seja E um espaço de Banach real e I C 1 (E, R). Uma sequência (u n ) E é dita uma sequência de Cerami no nível c R quando I(u n ) c e (1 + u n ) I (u n ) E 0. (1.24) Como aplicação do Teorema 1.1, temos a seguite variação do Teorema do passo da Montanha. Teorema 1.2 Seja E um espaço de Banach real com seu espaço dual E e suponha que I C 1 (E, R) satisfaz a condição max{i(0), I(e)} 0 < η inf u =ρ I(u) para algum 0 < η, ρ > 0 e e E com e > ρ. Se c é denido por onde N 0 c = sup inf I(u), u N 0 N Λ = B ρ (0) e Λ = {N E; N é aberto e limitado}, então c > 0 e existe uma sequência (u n ) E que satisfaz a condição de Cerami, ou seja, I(u n ) c e I (u n )(1 + u n ) = 0. Demonstração: Observe que c > 0. De fato, Desde que ψ(s) = 1 1+s c = sup inf I(u) inf I(u) η > 0. u N 0 u N 0 N Λ Ψ, pelo Teorema 1.1, obtemos o resultado desejado. 20

24 1.3 O princípio variacional de Ekeland 1.3 O princípio variacional de Ekeland O seguinte princípio devido a I. Ekeland [7] será de fundamental importância para obtermos soluções com energia negativa para o problema a ser estudado. Teorema 1.3 (Princípio Variacional de Ekeland) Seja V um espaço métrico completo e F : V R {+ } uma função semicontínua inferiormente e limitada inferiormente. Então, para todo ε > 0 existe v V tal que: F (v) inf F (v) + ε e F (w) F (v) εd(v, w) para todo w V. v V Demonstração: Seja u 0 V tal que F (u 0 ) inf F (v) + ε. v V Deniremos a seguir indutivamente uma sequência (u n ) cujo primeiro elemento seja u 0. Escolhamos um elemento u n V. Então podemos ter um dos seguintes casos: (a) F (w) > F (u n ) εd(u n, w), w u n ; (b) existe w u n tal que F (w) F (u n ) εd(u n, w). Supondo que (a) seja verdadeiro, denimos u n+1 = u n. Caso contrário, se (b) for verdadeiro, então denimos u n+1 da seguinte forma: Seja S n o conjunto dos elementos w V satisfazendo a condição (b). Assim, escolha u n+1 S n tal que F ((u n+1 ) inf F (u) 1 [ ] F (u n ) inf F (u). u S n 2 u S n Armamos que a sequência (u n ) é de Cauchy. De fato, se (a) for verdadeiro, então a sequência é convergente e portanto de Cauchy. Caso contrário, se o item (b) for verdadeiro, temos satisfeita a seguinte desigualdade: εd(u n, u n+1 ) F (u n ) F (u n+1 ), n N. (1.25) Reordenando os termos da sequência, temos εd(u n, u p ) F (u n ) F (u p ), n p. (1.26) 21

25 1.3 O princípio variacional de Ekeland Assim, F (u n ) é uma sequência decrescente e limitada. De fato, F (u n ) εd(u n, u n+1 ) + F (u n+1 ) F (u n+1 ). Assim, F (u n ) é limitada inferiormente e decrescente, logo é limitada. Portanto, é convergente. Assim, fazendo n, p + obtemos claramente que (u n ) é uma sequência de Cauchy. Como V é um espaço métrico completo, (u n ) converge para algum ponto v V. Usando o fato de que F é semicontínua inferiormente, temos F (v) lim n F (u n ). Além disso, como F (u n ) é decrescente, dado qualquer u V, temos F (v) lim n F (u n ) F (u) inf F (v) + ε, v V donde obtemos a primeira desigualdade do teorema. Para demonstrarmos a outra desigualdade do teorema, suponhamos que ela não seja verdadeira, ou seja, suponhamos que existe w V tal que Fazendo p + na equação (1.26) obtemos F (w) < F (v) εd(v, w). (1.27) F (w) lim F (u p ) F (u n ) εd(u n, w). Portanto, w S n, n N. Por outro lado, podemos escrever (1.25) da seguinte forma: 2F (u n+1 ) F (u n ) inf u S n F (u) F (w). (1.28) Desde que tomando o limite em (1.28), temos F (u n ) l, l F (w). Como F é semicontínua inferiormente, temos F (v) l F (w, o que contradiz (1.27). Logo, devemos ter F (w) F (v) εd(v, w). 22

26 Capítulo 2 Um problema assintoticamente linear Neste capítulo, baseado no artigo de Li-Wu-Zhou [10], vamos estudar o problema u = h(x)u q + f(x, u) em u 0 em (2.1) u = 0 sobre, onde é um domínio suave e limitado em R N (N 1), 0 < q < 1. Seja λ 1 > 0 o primeiro autovalor (veja Apêndice) de em H 1 0(), isto é, u = λ 1 u em u = 0 sobre. Sabemos que λ 1 é caracterizado por { } λ 1 = inf u 2 dx u2 dx : u H1 0(), u 0. Neste capítulo vamos assumir que h(x) satisfaz as seguintes condições: (h 1 ) h(x) L () e h(x) 0; (h 2 ) existe v H 1 0() tal que h(x)(v+ ) q+1 dx > 0. Temos como principal objetivo encontrar soluções para o problema (2.1) quando f(x, s) tem crescimento assintoticamente linear no innito. Mais precisamente: (f 1 ) f(x, s) C( R, R); f(x, 0) 0; f(x, s) ( )0 para todo s 0, x. 23

27 (f 2 ) lim s 0 + f(x,s) s = µ [0, λ 1 ) uniformemente em x. (f 3 ) lim s + f(x,s) s = l (λ 1, + ) uniformemente em x. Para visualizar geometricamente as condições (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ), observe a Figura 2.1: Figura 2.1: Exemplo: Se α > 0 e l > λ 1, então a função denida por ls α f(x, s) := 1 + s, se s 0 α 0, se s 0, satisfaz as hipóteses (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ). Denição 3 Dizemos que u H0() 1 é uma solução fraca para o problema (2.1) se u ϕdx = h(x)(u + ) q ϕdx + f(x, u + )ϕdx, para todo ϕ H0(). 1 (2.2) Note que o funcional energia associado ao problema (2.1) é dado por(veja Apêndice) I(u) = 1 u 2 dx 1 h(x)(u + ) q+1 dx F (x, u + )dx. (2.3) 2 q + 1 Pela Proposição A.1 temos que I C 1 (H 1 0(), R). Além disso, para todo ϕ H 1 0() temos I (u)ϕ = u ϕdx h(x)(u + ) q ϕdx f(x, u + )ϕdx. (2.4) Se u H0() 1 é um ponto crítico de I, escolhendo ϕ = u em (2.4), obtemos u 2 = h(x)(u + ) q u dx + f(x, u + )u dx = 0. Logo, u = u + e assim pontos críticos de I são soluções fracas não-negativas de (2.1). 24

28 2.1 Prova do Teorema 2.1 Observação 2.1 Suponha que h(x) 0. Então, pelo Princípio do Máximo Forte, o qual pode ser encontrado em [8], os pontos críticos não-nulos de (2.3) são soluções fracas positivas do problema (2.1). No teorema a seguir, sob as hipóteses anteriores, com exceção da hipótese (h 2 ), encontraremos uma solução não-negativa com energia positiva para o problema (2.1) quando a norma h é pequena. Teorema 2.1 Suponha que as funções h e f(x, s) satisfaçam as hipóteses (h 1 ), (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ). Então existe uma constante m > 0 tal que se h < m, o problema (2.1) tem uma solução fraca não-negativa, u 1 H0(), 1 com I(u 1 ) > 0. Além disso, se h(x) 0 então u 1 > 0. Assumindo uma hipótese adicional, além da solução obtida no Teorema 2.1, obtemos uma outra solução não-negativa u 2 com energia negativa. Mais precisamente, temos Teorema 2.2 Suponha que as funções h e f(x, s) satisfam as hipóteses (h 1 ), (h 2 ), (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ). Então existe uma constante m > 0 tal que se h < m, o problema (2.1) tem pelo menos duas soluções fracas não-negativas u 1, u 2 H0() 1 tais que I(u 1 ) < 0 < I(u 2 ). Além disso, se h(x) 0 devemos ter u 1 > 0 e u 2 > Prova do Teorema 2.1 Para demonstrar o Teorema 2.1, usaremos o Teorema 1.2. A seguir, serão enunciados e demonstrados alguns lemas importantes utilizados na demonstração deste teorema. Iniciamos esta seção com o Lema 2.1, o qual trata a geometria do Teorema 1.2. Este lema é de fundamental importância para garantir, juntamente com o Teorema 1.2, a existência de uma sequência de Cerami no nível max-min c > 0. Lema 2.1 Suponha que as funções h e f(x, s) saatisfaçam as hipóteses (h 1 ), (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ). Então existe uma constante m > 0 tal que se h < m, temos: i) Existem ρ > 0, η > 0 tais que I(u) η > 0 para todo u H 1 0(), com u = ρ. 25

29 2.1 Prova do Teorema 2.1 ii) Existe e H 1 0() com e > ρ tal que I(e) < 0. Demonstração: Prova do item i). Inicialmente, vamos provar as seguintes armações: Armação 1 Dado ε > 0 existe C ε = C ε (ε, f,, k) tal que: F (x, s) (µ + ε) s 2 + C ε s k+1, s 0, x, (2.5) 2 onde k é uma constante tal que se N 3, então 1 < k < N+2 N 2. 1 < k < +. Se N = 1, 2 então Pela hipótese (f 3 ) temos De fato, f(x, s) lim = 0, uniformemente em x. (2.6) s + s k ( f(x, s) lim = s + s k lim s + ) ( f(x, s) s lim s + ) 1 = l.0 = 0. s k 1 Assim, pelas hipóteses (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ) existe uma constante C ε = C(ε, k, f, ) > 0 tal que f(x, s) (µ + ε)s + C ε s k, para todo s 0, x. (2.7) De fato, pela hipótese (f 2 ) existe s 0 > 0 tal que f(x, s) (µ + ε)s, se 0 < s s 0, x. (2.8) Por (2.6), existem constantes s 1 > 0 e C 1 > 0 tais que f(x, s) C 1 s k, para todo s s 1, x. (2.9) Pela hipótese (f 1 ), existe uma constante C 2 > 0 tal que f(x, s) C 2 = C 2 s k s k s C k 2 = C 3 s k, se s [s 0, s 1 ], x. (2.10) s 0 Das desigualdades (2.8)-(2.9)-(2.10) obtemos obtemos a desigualdade (2.7). Integrando a desigualdade (2.7), obtemos: s 0 f(x, t)dt o que prova (2.5). Além disso, temos s 0 (µ + ε)tdt + s 0 C ε t k dt, h(x) h(x) h, q.t.p. em. 26

30 2.1 Prova do Teorema 2.1 Agora xemos ε 0 > 0 tal que µ + ε 0 < λ 1. Pela caracterização do primeiro autovalor temos (µ + ε 0 ) 2 u 2 (µ + ε 0) 2λ 1 u 2 dx. Pela denição de I dada em (2.3), segue de (2.5) e da imersão de Sobolev H 1 0() L p () que I(u) 1 u 2 dx 1 h (u + ) q+1 dx 2 q + 1 ( 1 2 (µ + ε 0) ) u 2 h 2λ 1 q + 1 C 1 u 2 C 2 h u q+1 C 3 u k+1. (u + ) q+1 dx C ε [ (µ + ε 0) u 2 + C ε u k+1 ]dx 2 u k+1 dx Assim, I(u) [C 1 h C 2 u q 1 C 3 u k 1 ] u 2. (2.11) Considere a função denida por: g(t) = C 2 h t q 1 + C 3 t k 1, onde t 0, q (0, 1) e k [1, N+2 ) se N 3, ou k [1, + ) se 1 N < 3. Derivando N 2 g em relação a t, temos Se t 0 > 0 é tal que g (t 0 ) = 0, então o que implica g (t) = C 2 (q 1) h t q 2 + C 3 (k 1)t k 2. t 0 = Vamos denotar C 4 = (1 q)c 2 C 3 (k 1). Assim, C 3 (k 1)t k q 0 + C 2 (q 1) h = 0, [ ] 1/(k q) (1 q)c2 C 3 (k 1) h, 0 < q < 1 < k. g(t 0 ) = C 2 h (C 4 h ) q 1 k q + C3 (C 4 h ) k 1 k q = C5 h k 1 k q, q 1 k q onde C 5 = C 2 C4 +C 3 C k 1 k q 4, e k 1 > 0, pois 0 < q < 1 < k. Assim, existe m = ( C 1 k q C 5 ) k q k 1 > 0, tal que g(t 0 ) < C 1 se h < m. Então, se h < m e ρ = t 0, por (2.11) e para todo u H 1 0() tal que u = ρ, temos I(u) (C 1 g(t 0 ))t 2 0 = η > 0, 27

31 2.1 Prova do Teorema 2.1 donde obtemos i). Prova do item ii). Segue da hipótese (f 3 ) que F (x, s) lim = l, uniformemente em x. (2.12) s + s 2 2 De fato, dado ε > 0, existe M > 0 tal que l ε f(x, s) s l + ε, para todo s M. Assim, integrando de 0 a s a desigualdade acima, temos Logo, Portanto, s 0 (l ε)tdt (l ε) 2 s 0 f(x, t)dt F (x, s) s 2 s 0 (l + ε)tdt, para todo s M. (l + ε), para todo s M. 2 F (x, s) lim = l, uniformemente em x. s + s 2 2 Agora, usando que l > λ 1, existe τ > 0 tal que, para s > 0 sucientemente grande, temos F (x, s) s 2 l τ 2 > λ 1, uniformemente em x. (2.13) 2 Seja ϕ 1 > 0 a autofunção associada ao autovalor λ 1. Sabemos que ϕ 1 2 = λ 1 ϕ 1 2 L 2 (). Assim temos Como I(tϕ 1 ) = t2 2 ϕ 1 2 tq+1 q + 1 t2 2 ϕ 1 2 tq+1 q + 1 = t2 2 h(x)ϕ q+1 1 dx F (x, tϕ 1 )dx h(x)ϕ q+1 1 dx t2 (l τ)ϕ 2 2 1dx (λ 1 l + τ)ϕ 2 1dx tq+1 h(x)ϕ q+1 1 dx q + 1 ( ) = t2 (λ 1 l + τ)ϕ 2 2 1dx tq 1 h(x)ϕ q+1 1 dx. q < q < 1 e λ 1 l + τ < 0, temos lim t + t q 1 h(x)ϕ q+1 1 dx = 0 e q (λ 1 l + τ)ϕ 2 1dx < 0.

32 2.1 Prova do Teorema 2.1 Escolhendo t 0 sucientemente grande tal que t 0 ϕ 1 > ρ, temos I(t 0 ϕ 1 ) < 0. Logo, escolhendo e = t 0 ϕ 1, obtemos ii) e isto completa a prova do lema. Lema 2.2 Seja R n um aberto limitado e (u n ) H0() 1 uma sequência tal que u n u em H0(). 1 Então u + n u + e u n u. Demonstração: Pela convergência fraca de (u n ) em H0(), 1 existe uma constante C > 0 tal que u n C. Além disso, como u n = u + n + u n, temos u n 2 = u n 2 dx = (u + n + u n ) 2 dx = u + n 2 dx + 2 u + n u n dx + = u + n 2 dx + u n 2 dx = u + n 2 + u n 2. u n 2 dx Logo (u + n ) é limitada em H0(). 1 Assim, existe v H0() 1 tal que u + n v em H0(), 1 u + n v em L p () 1 p < 2, u + n (x) v(x) q.t.p em. Desde que a imersão H0() 1 L p () é compacta temos u n u, em L p () 1 p < 2, u n (x) u(x) q.t.p em. (2.14) (2.15) Por outro lado, sabemos que u + n = u n + u n 2 e u + = u + u. 2 Assim, segue de (2.15) que u + n u + q.t.p em. 29

33 2.1 Prova do Teorema 2.1 Logo, pela unicidade do limite, segue de (2.14) que v = u +. Portanto, u + n u +. Analogamente, conclui-se que u n u, e isto conclui a prova do lema. Lema 2.3 Seja R n um aberto limitado e (f n ) L 2 () uma sequência tal que f n f em L 2 () e f n 0, para todo n. Então temos que f 0 q.t.p em. Demonstração: Pelo Teorema da Representação de Riesz em L 2 (), temos f n ϕdx = fϕdx para todo ϕ L 2 (). lim n + Fazendo a substituição ϕ = f, temos 0 lim f n f dx n + = ff dx = (f + f )f dx = (f ) 2 dx. Logo, f = 0 q.t.p em. Portanto, f 0 q.t.p em, e isto conclui o lema. O lema a seguir, juntamente com a imersão compacta H 1 0() L p (), será importante para obtermos de maneira direta uma solução para o problema (2.1). Este lema nos diz que, sob as condições dadas no início do capítulo sobre as funções f(x, s) e h, qualquer sequência de Cerami é limitada. Mais precisamente, temos Lema 2.4 Suponha que as funções f(x, s) e h(x) satisfazem as condições (h 1 ), (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ). Então toda sequência de Cerami (u n ) para o funcional I é limitada. Demonstração: Seja (u n ) H0() 1 uma sequência de Cerami no nível c > 0, ou seja, I(u n ) = 1 2 u n 2 1 h(x)(u + n ) q+1 dx F (x, u + n )dx = c + o(1) (2.16) q

34 2.1 Prova do Teorema 2.1 e De fato, Desde que I (u n )ϕ = por (1.24) obtemos u n ϕdx h(x)(u + n ) q ϕdx I (u n ) = (1 + u n ) I (u n ) 1 + u n u n 1, f(x, u + n )ϕdx = o(1). (2.17) I (u n ) = o(1), (2.18) e portanto temos (2.17). Agora, substituindo u n = ϕ em (2.17), temos I (u n )u n = u n 2 dx h(x)(u + n ) q+1 dx f(x, u + n )u n dx = o(1). (2.19) Agora, suponha que u n + e denotemos por w n = u n u n. (2.20) Note que (w n ) é limitada em H 1 0() e podemos supor, para alguma subsequência de (w n ) e w H 1 0(), que w n w em H 1 0(), Pelo Lema 2.2 temos Armamos que w n w em L p () 1 p < 2, w n (x) w(x) q.t.p em. w n + w + em H0(), 1 w n + w + em L p () 1 p < 2, w n + (x) w + (x) q.t.p em. w 0. (2.21) (2.22) De fato, suponha que w 0. Note que h(x)(w n + ) q+1 dx = lim n + lim n + = lim n + = F (x, w + n (x))dx f(x, w + n (x))w n (x)dx

35 2.1 Prova do Teorema 2.1 Por (2.22) temos h(x)(w + n (x)) q+1 h(x)(w + (x)) q+1 q.t.p em. Como a imersão H 1 0() L r () é compacta se 1 r < 2, existe ψ L q+1 () tal que w n (x) ψ(x) q.t.p em. Logo, h(x)(w n + (x)) q+1 h ( ψ(x)) q+1 L 1 (). Pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos h(x)(w n + ) q+1 dx 0. Além disso, por (2.5) temos F (x, s) C 1 s 2 + C 2 s k+1. Assim, temos 0 F (x, w n + (x)) C 1 (w n + (x)) 2 + C 2 (w n + (x)) k+1. Isto implica que F (x, w n + (x)) 0 q.t.p em. Como k + 1 < 2 e 2 < 2, existem ψ 1 L k+1 () e ψ 2 L 2 () tais que w + n (x) ψ 1 (x) q.t.p em. w + n (x) ψ 2 (x) q.t.p em. Assim, temos F (x, w + n (x)) C 1 (w + n (x)) 2 + C 2 (w + n (x)) k+1 C 1 ψ 2 (x) 2 + C 2 ψ 1 (x) k+1 L 1 (). Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos F (x, w n + (x))dx 0. Por (2.7) temos f(x, s) (µ + ε)s + C ε s k, s 0. 32

36 2.1 Prova do Teorema 2.1 De maneira análoga, obtemos f(x, w + n (x))w n (x)dx 0. 1 Multiplicando (2.17) por, temos u n 2 w n 2 1 h(x)(w + u n 1 q n ) q+1 dx onde f(x, s) se s > 0 p(x, s) = s 0 se s 0. p(x, u n )(w + n ) 2 dx = o(1), (2.23) Assim, segue de (f 1 ), (f 2 ) e (f 3 ) que existe uma constante M > 0 tais que f(x, s) s M, para todo x e s R. (2.24) De fato, dado ε > 0, existem δ > 0 e A > 0 tal que f(x, s) s ε + µ, se s < δ, f(x, s) s ε + l, se s > A, f(x, s) s M 1, se s [δ, A]. Tomando M = max{ε+µ, ε+l, M 1 }, obtemos o resultado. Como u n + e 1 q > 0, temos Segue de (2.23) que 1 h(x)(w u n 1 q n + ) q+1 dx 0. w n 2 p(x, u + n )(w + n ) 2 dx = o(1). (2.25) Por outro lado, segue de (2.24) e do fato que w n + 0 em L 2 (), que p(x, u + n )(w n + ) 2 dx M (w n + ) 2 dx. Pela imersão compacta H 1 0() L 2 () existe ψ L 2 () tal que w + n (x) ψ(x) q.t.p em. Logo, por (2.22) e pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos (w n + ) 2 dx 0. 33

37 2.1 Prova do Teorema 2.1 Assim, lim p(x, u + n )(w n + ) 2 dx = 0. n + Por (2.25) obtemos w n 2 0 e isto contradiz o fato de que w n = 1. Agora, armamos que w(x) > 0 q.t.p em. 1 De fato, multiplicando (2.17) por, temos: u n 1 w n. ϕdx h(x)(w + u n 1 q n ) q ϕdx Pela desigualdade (2.24), p(x, s) é limitada. Logo, (p(x, u n )) 2 M. Assim existe v L 2 () tal que Além disso, pelo Lema 2.3 temos Armamos que De fato, como p(x, u n )w n + (x)ϕdx p(x, u + n )w n ϕdx = o(1). (2.26) p(x, u n ) v(x) em L 2 (). (2.27) v(x) 0 q.t.p x. v(x)w + ϕdx para todo ϕ H 1 0(). (2.28) p(x, u n )w + n ϕ v(x)w + ϕ = p(x, u n )w + n ϕ p(x, u n )w + ϕ + p(x, u n )w + ϕ v(x)w + ϕ, temos [p(x, u n )w n + ϕ v(x)w + ϕ]dx p(x, u n )w n + ϕ dx p(x, u n )w + ϕ dx + p(x, u n )w + ϕ dx v(x)w + ϕ dx M (w n + w + )ϕ dx. Segue de (2.22) que lim M (w n + w + )ϕ dx = 0. n + 34

38 2.1 Prova do Teorema 2.1 Logo, donde obtemos (2.28). Desde que lim [p(x, u n )w n + ϕ v(x)w + ϕ]dx = 0, n + f(x, u + n ) w + w n + n ϕdx = p(x, u n )w n + (x)ϕdx, ϕdx, usando que u n +, segue de (2.26) que w ϕdx = Substituindo ϕ = w em (2.29), obtemos para todo ϕ H 1 0(), v(x)w + ϕdx, para todo ϕ H 1 0(). (2.29) w 2 dx = 0. Isto implica que w = 0 q.t.p em. Logo, w w + 0. Por (2.29), sabemos que w 0 é uma solução fraca do seguinte problema: w = v(x)w + 0, em ; (2.30) w = 0, sobre. Então, pelo Princípio do Máximo Forte(ver [8]) temos que w(x) > 0 q.t.p em. Agora, vamos mostrar que w > 0 satisfaz a seguinte identidade Por (2.20) e (2.22), temos w ϕdx = l wϕdx, para todo ϕ H0(). 1 (2.31) w n (x) = u n u n Além disso, pela hipótese (f 2 ), temos w(x) > 0 q.t.p em. p(x, u + n (x)) = f(x, u+ n (x)) u + n (x) l. 35

39 2.1 Prova do Teorema 2.1 Portanto, pela unicidade do limite, segue de (2.27) que v(x) = l. Substituindo esta igualdade em (2.29), obtemos (2.31). Logo, w é uma solução fraca não-trivial do seguinte problema: w = lw, em ; w = 0, sobre. Sabemos que λ 1 < l. Assim, existe uma autofunção ϕ 1 > 0 associada ao autovalor λ 1 que é ortogonal a w. Assim, fazendo a substituição ϕ = ϕ 1 em (2.31), temos l wϕ 1 dx = w ϕ 1 dx = 0. Mas isto contraria o fato de que l > λ 1, pois λ 1 é o menor autovalor de. Logo, a hipótese u n + é falsa, isto é, (u n ) é limitada em H0(). 1 Isto conclui a demonstração. Na demonstração a seguir, encontraremos uma solução para o problema (2.1) com energia positiva. Para tal, além dos lemas anteriores, teremos como principal ferramenta o Teorema 1.2. Prova do Teorema 2.1: Pelo Lema 2.1 e Teorema 1.2, existe uma sequência de Cerami (u n ) H0() 1 no nível c > 0. Pelo Lema 2.4 a sequência (u n ) é limitada e, como consequência da imersão compacta H0() 1 L p (), existe u 1 H0(), 1 tal que u n u 1 em H0(), 1 u n u 1 em L p () 1 p < 2, (2.32) u n (x) u 1 (x) q.t.p em. Pelo Lema 2.2, temos u + n u + 1 em H0() 1 u + n u + 1 em L p () 1 p < 2 u + n (x) u + 1 (x) q.t.p em. Por (2.18), temos I (u n )ϕ = u n ϕdx h(x)(u + n ) q ϕdx f(x, u + n )ϕdx = o(1). (2.33) Por (2.32), obtemos I (u 1 )ϕ = u 1 ϕdx h(x)(u + 1 ) q ϕdx f(x, u + 1 )ϕdx = 0, 36

40 2.2 Prova do Teorema 2.2 para toda ϕ H0(), 1 ou seja, I (u 1 ) = 0. Note que u n (u n u 1 )dx = h(x)(u + n ) q (u n u 1 )dx Além disso, temos u 1 (u n u 1 )dx = h(x)(u + 1 ) q (u n u 1 )dx f(x, u + n )(u n u 1 )dx + o(1). f(x, u + 1 )(u n u 1 )dx + o(1). Como u n u 1 2 = (u n u 1 ) (u n u 1 )dx, temos u n u 1 2 = h(x)(u + n ) q (u n u 1 )dx h(x)(u + 1 ) q (u n u 1 )dx+ + f(x, u + n )(u n u 1 )dx f(x, u + 1 )(u n u 1 )dx + o(1). Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos Desde que I C 1 obtemos I(u 1 ) = u n u lim I(u n) = c > 0. n + Portanto, u 1 é uma solução fraca não-negativa do Problema (2.1) com I(u 1 ) > Prova do Teorema 2.2 Para demonstrar este teorema, faremos uso do bem conhecido Princípio Variacional de Ekeland, o Teorema 1.3, para obter uma solução do problema (2.1) com energia negativa. Vale relembrar que o Teorema 2.2 é equivalente ao Teorema 2.1 mas com a hipótese adicional (h 2 ), a qual será de fundamental importância para obtermos uma solução com energia negativa através do Teorema 1.3. Prova do Teorema 2.2: Para ρ > 0 dado pelo Lema 2.1, item (i), dena B ρ = {u H 1 0() : u ρ}, B ρ = {u H 1 0() : u = ρ}. Como B ρ é um subespaço fechado do espaço completo H0(), 1 então B ρ é um espaço métrico completo com a distância dist(u, v) = u v para u, v B ρ. 37

41 2.2 Prova do Teorema 2.2 Pelo item i) do Lema 2.1, sabemos que: I(u) η > 0 para todo u B ρ. (2.34) Como I C 1 (H0(), 1 R), em particular temos que I C 1 (B ρ, R) e, além disso, I é semicontínuo inferiormente. Seja c 1 = inf{i(u) : u B ρ }. (2.35) Armamos que c 1 < 0. (2.36) De fato, Segue de (f 2 ) que pois, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que (x, s) lim 2F = µ, s 0 + s 2 µ ε f(x, s) s µ + ε para todo s < δ. Assim, integrando de 0 a s a desigualdade acima, temos Logo, Portanto, s 0 (µ ε)tdt (µ ε) 2 s 0 f(x, t)dt F (x, s) s 2 F (x, s) lim = µ s 0 + s 2 2 s 0 (µ + ε) 2 Então, para s > 0 sucientemente pequeno temos (µ + ε)tdt para todo s < δ. para todo s < δ. uniformemente em x. F (x, s) s 2 µ 4. Seja v C0 () satisfazendo (h 2 ). Assim, para t > 0 sucientemente pequeno obtemos I(tv) = t2 v 2 dx tq+1 h(x)(v + ) q+1 dx F (x, tv + )dx 2 q + 1 (2.37) t2 v 2 dx tq+1 h(x) v + q+1 dx µt2 v + 2 dx. 2 q Por outro lado, segue de (h 2 ) que lim t 0 + t q 1 q + 1 h(x)(v + ) q+1 dx = +. 38

42 2.2 Prova do Teorema 2.2 Assim, para t > 0 sucientemente pequeno, temos 1 v 2 dx µ v + 2 dx < tq 1 h(x) v + q+1 dx. (2.38) 2 4 q + 1 Multiplicando ambos os membros da desigualdade acima por t 2, temos Portanto, t 2 2 v 2 dx tq+1 h(x) v + q+1 dx µt2 v + 2 dx < 0. q I(tv) < 0. Assim, basta escolher t 0 > 0 satisfazendo (2.38) tal que t 0 v ρ. Logo, existe e = t 0 v, com e B ρ tal que donde obtemos a desigualdade (2.36). I(e) < 0, Pelo Princípio Variacional de Ekeland, para todo n > 0, existe u n H 1 0() tal que c 1 I(u n ) c n (2.39) I(w) I(u n ) 1 n u n w, para todo w B ρ. (2.40) Armamos que u n < ρ para n 1 sucientemente grande. De fato, suponha que u n = ρ para uma quantidade innita de índices n. Sem perda de generalidade, podemos supor que u n = ρ para todo n 1. Segue de (2.34) que I(u n ) η > 0. Por (2.39) temos Assim, obtemos o que é uma contradição. I(u n ) c 1. 0 > c 1 η > 0, Provaremos agora que I (u n ) 0 em H 1 0 (). De fato, vamos denotar w n = u n + tu, para todo u H 1 0(), u = 1. 39

43 2.2 Prova do Teorema 2.2 Assim, se t > 0 é sucientemente pequeno, temos w n u n + t < ρ. Logo, segue de (2.40) que I(u n + tu) I(u n ) t n u, o que implica I(u n + tu) I(u n ) t 1 n u = 1 n. Aplicando o limite quando t 0 em ambos os lados da desigualdade, temos o que implica I (u n )u 1 n, I (u n )u < 1 n para todo u H1 0(), com u = 1. Portanto, Além disso, segue de (2.39) que I (u n ) 0 em H 1 0 (). (2.41) I(u n ) c 1. Como (u n ) é limitada, pela imersão compacta H0() 1 L p (), existe u 2 H0() 1 tal que u n u 2 em H0() 1 u n u 2 em L p () 1 p < 2 (2.42) u n (x) u 2 (x) q.t.p em. Pelo Lema 2.2, temos u + n u + 2 em H0() 1 u + n u + 2 em L p () 1 p < 2 u + n (x) u + 2 (x) q.t.p em. Por (2.41), temos I (u n )ϕ = u n ϕdx h(x)(u + n ) q ϕdx f(x, u + n )ϕdx = o(1). (2.43) Além disso, por (2.42), temos I (u 2 )ϕ = u 2 ϕdx h(x)(u + 2 ) q ϕdx f(x, u + 2 )ϕdx = 0. 40

44 2.2 Prova do Teorema 2.2 Isto implica que I (u 2 ) = 0. Fazendo a substituição ϕ = u n u 2, temos u 2 (u n u 2 )dx = h(x)(u + 2 ) q (u n u 2 )dx f(x, u + 2 )(u n u 2 )dx + o(1). Como u n u 2 2 = (u n u 2 ) (u n u 2 )dx, temos u n u 2 2 = + h(x)(u + n ) q (u n u 2 )dx h(x)(u + 2 ) q (u n u 2 )dx+ f(x, u + n )(u n u 2 )dx f(x, u + 2 )(u n u 2 )dx + o(1). Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos u n u Isto implica que lim I(u n) = I(u 2 ) = c 1 < 0. n + Assim u 2 H 1 0() é uma solução não-negativa do problema (2.1). Além disso, se h(x) 0, o Princípio do Máximo Forte [8] implica que u 2 > 0 q.t.p em. Isto naliza a prova do teorema. 41

45 Capítulo 3 Um problema Superlinear Neste capítulo vamos estudar o problema u = h(x)u + f(x, u) em u 0 em u = 0 sobre, (3.1) onde é um domínio suave e limitado em R N (N 1), 0 < q < 1. Como no capítulo anterior, vamos assumir que h(x) satisfaz: (h 1 ) h(x) L () e h(x) 0; (h 2 ) existe v H 1 0() tal que h(x)(v+ ) q+1 dx > 0. A função f(x, s) satisfaz novamente as seguintes hipóteses: (f 1 ) f(x, s) C( R); f(x, 0) 0; f(x, s) ( )0 para todo s 0, x. (f 2 ) lim s 0 + f(x,s) s = µ [0, λ 1 ); onde λ 1 > 0 é o primeiro autovalor de em H0(), 1 isto é, { } λ 1 = inf u 2 dx u2 dx : u H1 0(), u 0. (3.2) No innito vamos assumir que f(x, s) tem crescimento superlinear, mais precisamente, (f 3 ) lim s + f(x,s) s = + ; uniformemente em x. Além disso, supomos que f(x, s) tem crescimento subcrítico, isto é, 42

46 f(x, s) (f 4 ) lim = 0 uniformemente em x, s + s r onde r é uma constante tal que r (1, (N + 2)/(N 2)) se N 3 e r (1, + ) se N = 1, 2. Denição 4 Dizemos que u H0() 1 é uma solução fraca para o Problema (3.1) se u ϕdx = h(x)u q ϕdx + f(x, u)ϕdx para todo ϕ H0(). 1 (3.3) Note que o funcional energia associado ao problema (3.1) é dado por I(u) = 1 u 2 dx 1 h(x)(u + ) q+1 dx F (x, u + ), (3.4) 2 q + 1 onde F (x, s) = s f(x, t)dt. 0 temos Pela Proposição A.1 temos que I C 1 (H 1 0(), R). Além disso, para todo ϕ H 1 0() I (u)ϕ = u ϕdx h(x)(u + ) q ϕdx f(x, u + )ϕdx. (3.5) Se u H0() 1 é um ponto crítico de I, escolhendo ϕ = u em (3.5), obtemos u 2 = h(x)(u + ) q u dx + f(x, u + )u dx = 0. Logo, u = u + e assim pontos críticos de I são soluções fracas não-negativas de (3.1). Observação 3.1 Suponha que h satisfaz (h 1 ) e que h(x) 0. Então, pela Proposição A.1 e pelo Princípio do Máximo Forte, o qual pode ser encontrado em [8], os pontos críticos não-nulos de (3.4) são soluções fracas positivas do problema (3.1). O teorema a seguir nos diz que podemos encontrar duas soluções não-negativas, uma com energia negativa e outra com energia positiva. Teorema 3.1 Suponha que h(x) e f(x, s) satisfazem (h 1 ), (h 2 ), (f 1 ), (f 2 ), (f 3 ) e (f 4 ). Além disso, suponha que para todo σ (0, 1), com τ > 0 sucientemente pequeno tal que σ > q + (1 + q)τ, tenhamos satisfeitas as seguintes condições: f(x, s) lim = 0 uniformemente em x (3.6) s + s 1+τ f(x, s)s 2F (x, s) lim = η uniformemente em x, (3.7) s + s 1+σ onde η (0, + ]. Então existe m > 0 tal que se h < m, o problema (3.1) possui duas soluções não-negativas u 1, u 2 H 1 0() com I(u 1 ) < 0 < I(u 2 ). Além disso, se h(x) 0, então temos que u 1, u 2 são soluções positivas. 43

47 No teorema a seguir encontraremos uma solução não-negativa com energia positiva, no caso em que h(x) 0. Teorema 3.2 Suponha que h satisfaz (h 1 ) e que f(x, s) satisfaz (f 1 ), (f 2 ), (f 3 ) e (f 4 ). Considere a função denida por p(x, s) = f(x, s)/s, s > 0. Suponha que p(x, s) seja não-decrescente e que h(x) 0. Então o problema (3.1) possui pelo menos uma solução não-negativa u H0(), 1 com I(u) > 0. Observação 3.2 Relembremos que uma função f(x, s) satisfaz a condição de Ambrosetti- Rabinowitz, se existe θ > 2 e M > 0 tais que 0 < θf (x, s) f(x, s)s x e s M. Em um certo sentido, nossas hipóteses (f 1 ), (f 2 ), (f 3 ), (3.6), (3.7) e a hipótese de que p(x, s) = f(x, s)/s seja não decrescente em s>0, são mais fracas que a condição de Ambrosetti-Rabinowitz. Devemos observar que se f(x, s) satisfaz a condição de Ambrosetti- Rabinowitz então Daí a necessidade da hipótese (3.6). f(x, s) lim > 0 s + s 1+τ Exemplo: A função denida por sln(s + 1), se s 0 f(x, s) f(s) := 0, se s 0, claramente satisfaz as condições (f 1 ), (f 2 ), (f 3 ), (3.6), (3.7) e a condição de que p(x, s) = f(x, s)/s seja não decrescente em s>0, mas não satisfaz a condição de Ambrosetti- Rabinowitz. De fato, supondo que satisfeita a condição de Ambrosetti-Rabinowitz, teríamos f(x, s) lim 0 s + s 1+θ o qual contradiz (3.6), pois τ em (3.6) pode ser tomado sucientemente pequeno tal que τ < θ. 44

48 3.1 Prova do Teorema Prova do Teorema 3.1 Para demonstrar este teorema, usaremos lemas análogos ao capítulo anterior. Temos como objetivo principal encontrar duas soluções, uma com energia positiva e outra com energia negativa. Para isso, serão utilizados principalmente os Teoremas 1.2 e 1.3. A seguir, demonstraremos um resultado análogo ao Lema 2.1. Note, porém, que agora f é superlinear, isto é, f satisfaz a hipótese (f 3 ), a qual não é mais a mesma do capítulo anterior. Assim a demonstração do lema seguinte não segue de maneira análoga ao Lema 2.1. Mais precisamente, temos o seguinte: Lema 3.1 Suponha que h e f(x, s) funções satisfazendo as hipóteses (h 1 ), (f 1 ), (f 2 ), (f 3 ) e (f 4 ). Além disso, suponha que p(x, s) = f(x, s)/s seja não-decrescente em s > 0. Então, existe m > 0 tal que se h < m, temos: i) Existem ρ > 0, η > 0 tais que I(u) η > 0 para todo u H0(), 1 com u = ρ. ii) Existe e H0() 1 com e > ρ tal que I(e) < 0. Demonstração: Prova do item i): A prova utilizada no item i) do Lema 2.1 é a mesma para este caso, pois pela hipótese (f 3 ) e por (f 4 ) obtemos novamente a desigualdade (2.5). Assim, a prova segue de maneira análoga. Prova do item ii): Seja ϕ 1 C(), ϕ 1 > 0, uma autofunção associada ao autovalor λ 1. Por continuidade, para todo x 0 existe r > 0 tal que B r (x 0 ) B r (x 0 ) com > 0. Além disso, existe α > 0 tal que min Br(x0 ) ϕ 1(x) α > 0. Portanto, Note, que lim tϕ(x) = + uniformemente em B r(x 0 ). t + 0 2F (x, s) f(x, t)t para todo x, t 0 (3.8) 45

49 3.1 Prova do Teorema 3.1 De fato, considere a função denida por θ(x, t) = f(x, t)t 2F (x, t). Derivando θ em relação a t, obtemos θ (x, t) = f (x, t)t f(x, t). Por hipótese, temos que p(x, s) é não-decrescente em s > 0. Assim, p (x, t) = f (x, t)t f(x, t) t 2 0. Isto implica que θ (x, t) 0 e portanto θ é não-decrescente. θ(x, 0) = 0, concluímos que Assim, observando que θ(x, t) 0 para todo x, t 0 Logo, obtemos (3.8). Além disso, usando (3.8) temos ( ) d F (x, t) = f(x, t)t2 F (x, t)2t 0. dt t 2 t 4 Isto nos diz que F (x, t)/t 2 é não-decrescente em t > 0. Temos F (x, tϕ 1 ) lim t + t 2 ϕ 2 1 Assim, dado K > 0, existe T = T (α, K) > 0 tal que = + uniformemente em x B r (x 0 ). F (x, tϕ 1 ) t 2 ϕ 2 1 K > 0 para todo t T, x B r (x 0 ). Como B r (x 0 ), temos que B r(x 0 ) F (x, u + )dx F (x, u + )dx. Escolhemos T > 0 sucientemente grande tal que se t > T então tq 1 h(x)ϕ q+1 1 dx 1, q + 1 e também escolhemos K > 0 sucientemente grande tal que K > ϕ2 1 2 dx. α 2 B r (x 0 ) 46

50 3.1 Prova do Teorema 3.1 Assim, I(tϕ 1 ) 1 t < 0. ϕ 1 2 dx ϕ dx K B r(x 0 ) F (x, tϕ 1 ) ϕ 2 t 2 ϕ 1dx tq 1 h(x)ϕ 2 1 (x) q+1 dx 1 q + 1 B r(x 0 ) ϕ 2 1dx + 1 ϕ dx α 2 K B r (x 0 ) + 1 Logo, escolhendo e = t 0 ϕ 1, para t 0 sucientemente grande tal que e = t 0 ϕ 1 > ρ, o item (ii) está provado. Lema 3.2 Suponha que as funções f(x, s) e h satisfazem as condições (h 1 ), (f 1 ), (f 2 ), (f 3 ), (3.6) e (3.7). Então toda sequência de Cerami (u n ) para o funcional I é limitada. Demonstração: Por (3.6), para todo ε > 0 existe T 1 > 0 tal que f(x, t) εt 1+τ para todo t T 1 e para q.t.p x, (3.9) e segue de (3.7) que existe T 2 > 0 tal que f(x, t)t 2F (x, t) η 2 t1+σ > 0 para todo t T 2 e para q.t.p x (3.10) Fazendo T = max{t 1, T 2 }, para cada n 1 denotamos A n = {x ; u n (x) T } B n = {x ; u n (x) T }. Sejam ρ, η e e dados no Lema 3.1. Aplicando o Teorema 1.2, com µ = 0, E = H 1 0(), seja (u n ) H0() 1 uma sequência de Cerami. Assim, temos I(u n ) = 1 2 u n 2 1 h(x)(u + n ) q+1 dx F (x, u + n )dx = c + o(1). (3.11) q + 1 Além disso, por (2.18) temos I (u n )u n = u n 2 dx h(x)(u + n ) q+1 dx Pela hipótese (f 1 ), em B T (0) existe uma constante K > 0 tal que f(x, u n )u n 2F (x, u n ) K. 47 f(x, u + n )u n dx = o(1). (3.12)