Aplicação do Método de Galerkin para Equações e Sistemas Elípticos

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1 Resumo Neste trabalho estudamos a eficiência do Método de Galerkin na resolução de problemas e sistemas Elípticos lineares, não-lineares, variacionias e não-variacionais.

2 Abstract In this work we study the Galerkin Method efficiency in solving of linear, nonlinear, variational and nonvariational Elliptic problems and Elliptic systems.

3 Universidade Federal de Campina Grande Centro de Ciências e Teconologia Programa de Pós-Graduação em Matemática Curso de Mestrado em Matemática Aplicação do Método de Galerkin para Equações e Sistemas Elípticos por Tatiana Rocha de Souza sob orientação do Prof. Dr. Daniel Cordeiro de Morais Filho 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. Campina Grande - PB Agosto/2005

4 Aplicação do Método de Galerkin para Equações e Sistemas Elípticos por Tatiana Rocha de Souza 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. Milton de Lacerda Oliveira Prof. Dr. Jaime Alves Barbosa Sobrinho Prof. Dr. Daniel Cordeiro de Morais Filho Orientador Universidade Federal de Campina Grande Centro de Ciências e Tecnologia Programa de Pós-Graduação em Matemática Curso de Mestrado em Matemática Agosto/2005 ii

5 Agradecimentos Muito agradeço, - à Deus por mais uma etapa vencida; - aos meus pais Ronaldo e Teresa que apesar da distância sempre me apoiaram e acreditaram em mim; - ao professor Daniel Cordeiro que por tanto tempo me suportou, por toda paciência, amizade e orientação; - aos professores Jaime Alves Barbosa Sobrinho e Milton de Lacerda Oliveira por me avaliarem; - à Vânia por ter me acolhido em sua residência, por toda ajuda e apoio; - às minhas irmãs Thais e Thisciana que com carinho sempre me deram forças; - à minha vó Tereza (in memoriam) pelo exemplo de vida; - à todos os professores do DME/UFCG, entre eles, os professores Marco Aurélio Soares, Braúlio Maia e Aparecido Jesuino, pelas disciplinas que lecionaram e que contribuíram para minha formação. Em especial agradeço aos professores Claudianor Alves e Daniel Pellegrino pelos conselhos, pela amizade e por tanto me inspirarem; - à Lindomberg que com tanta paciência me ajudou com os programas para a apresentação do trabalho; - aos amigos da Bahia e Sergipe. Aos amigos de Campina Grande, em especial aos colegas Jesualdo (meu companheiro para todas as disciplinas), Juliana, Marta, Rosângela, Lya, Ana Cristina (companheiras de todas as horas), Moíses, Orlando, Aldo (sem eles não teríamos festa), Areli, Jacqueline, Hallyson (companheiros do almoço), Lino, Grayci, Thiciany, Lauriclécio, Antônio Gomes entre outros. Enfim, agradeço a todos que com amizade me fizeram amar este lugar; - à todos os funcionários do DME/UFCG, entre eles, Dona Argentina, Valdir (que furou a greve para me ajudar), Marcelino, Sóstenes, Salete, Ivanilda, David e Severina; - à CAPES pelo suporte financeiro. Por fim, agradeço a todos que diretamente ou indiretamente contribuíram para a realização deste trabalho. iii

6 Dedicatória Aos meus pais Ronaldo e Teresa e às minhas irmãs Thais e Thisciana. iv

7 Conteúdo Introdução Teorema de Lax-Milgram versus Método de Galerkin As possibilidades do Teorema de Lax-Milgram Método de Galerkin Unicidade da solução Teorema do Passo da Montanha versus Método de Galerkin Preliminares Teorema de Brouwer para a bola Teorema de Brouwer para um compacto e convexo Demonstração do Teorema Uma aplicação do Método de Galerkin para um caso não-linear Uma aplicação do Teorema do Passo da Montanha Método Variacional versus Método de Galerkin Sistema Elíptico não-variacional via Método de Galerkin Sistema elíptico aproximado Existência de solução do Sistema Existência de solução do Sistema para um caso supercrítico A Resultados utilizados 87 B Base Hilbertiana 92 C Capítulo 2 - caso N=3 94 C.1 Lema

8 ii C.2 3 ( 1) i+1 E i x i = x Referências Bibliográficas 98

9 Introdução Ao longo deste trabalho estudaremos a eficácia do Método de Galerkin quando aplicado a problemas e sistemas elípticos, variacionais e não-variacionais. Consideraremos sempre um domínio limitado do R N. Nos depareremos com os seguintes problemas: v + u = f 1, (S1) u + v = f 2,. u = v = 0, u λu + u 3 = f, (P ) u = 0,, com λ < λ 1, onde λ 1 é o primeiro autovalor para o problema (, H0()). 1 u = au α + f(x, u, v), v = bv β + g(x, u, v), (S2) u, v > 0, u = v = 0,. onde a, b > 0. No Capítulo 1 estudaremos o problema acoplado linear (S1). Consideremos V = H0() 1 H0(). 1 Por tratar-se de um caso linear, seremos levados a tentar usar o Teorema de Lax-Milgram. Definiremos o operador linear e contínuo T : V R φ T (φ) =< f, φ >= (f 1φ 1 + f 2 φ 2 )

10 7 e a forma bilinear a : V V : R (ω, φ) a(ω, φ) = v φ 1dx u φ 2dx + uφ 1dx + vφ 2dx, onde ω = (u, v) e φ = (φ 1, φ 2 ). Provaremos que a é contínua, no entanto, não será possível mostrar a coercividade e, portanto, não poderemos aplicar o Teorema de Lax-Milgram. Desta forma, introduziremos um método mais eficaz para este caso, o método de Galerkin, que é um método de aproximação de soluções fracas. No Método de Galerkin, inicialmente trabalharemos num espaço de dimensão finita, onde podemos, enfim, aplicar o Teorema de Lax-Milgram. Em seguida mostraremos que a seqüência de soluções fracas aproximadas encontrada convergirá para a solução fraca do problema. No Capítulo 2, trataremos do problema Variacional (P ). Por ser não-linear, não seguiremos os mesmos passos do Capítulo 1, já que não conseguiremos definir o operador bilinear para este caso. Na Seção 2.1 provaremos alguns resultados técnicos necessários para a demonstração do teorema seguinte: Teorema 1.1 Seja f : R N R N contínua, onde f, x 0 x; x = R > 0 Então, existe x 0 tal que x 0 R e f(x 0 ) = 0. O estudo deste Teorema é de suma importância, já que será usado na aplicação do Método de Galerkin nos Capítulos 2 e 3. Em seguida, faremos uma comparação entre o uso do Teorema do Passo da Montanha e do Método de Galerkin ao serem aplicados aos problemas: u λu + u 3 = 0, (P ), u = 0, e (P ) u λu u 3 = 0, u = 0,, com λ < λ 1.

11 8 Mostraremos que no problema (P ) poderemos usar o Método de Galerkin e não poderemos aplicar o Teorema do Passo da Montanha, enquanto que em (P ) poderemos usar o Teorema do Passo da Montanha e não o Método de Galerkin. No Capítulo 3 mostraremos a existência de solução fraca para o sistema nãovariacional (S2). Na Seção 3.1 trabalharemos com o sistema aproximado: u = au α + f(x, u, v) + λφ, v = bv β + g(x, u, v) + λφ,. u, v > 0, u = v = 0, onde λ > 0 e φ C0 () com φ 0. Na seção posterior, mostraremos, enfim, a existência da solução fraca do sistema (S2). Por fim, estenderemos a aplicação do Método de Galerkin, estudando o sistema u = au α + f(v), v = bv β + g(u), (P α,β ) u, v > 0, u = v = 0, onde trataremos o caso supercrítico. No Apêndice A enunciaremos os principais resultados utilizados durante nosso estudo. Mostraremos no Apêndice B a prova de que o espaço H0() 1 admite uma base Hilbertiana. E finalmente, no Apêndice C, desenvolveremos, para o caso N = 3, alguns dos resultados empregados nas demonstrações dos lemas e teoremas da Seção 2.1 do Capítulo 2. A seguir, estabeleceremos as notações usadas no decorrer no trabalho. Notações: 0.1 Seja 1 p <. Consideraremos L p () como a classe de todos as funções mensuráveis a Lebesgue u, definidas sobre, tal que u p dx <,

12 9 com norma L p () definida por ( u L p () = u p dx 0.2 Seja m IN. Denotaremos por W m,p () os espaços de Sobolev, munido com a norma u W m,p () = onde j = (j 1, j 2,..., j n ) IN N, j = fraca. u p dx + 1 j m n j r e D j = r=1 ) 1/p j j 1 x 1... jn x n D j u p dx 1/p, é o operador de derivação 0.3 Representaremos por H0() 1 o espaço W 1,2 0 () := C0 () W 1,2 (), munido da norma ( 1/2 u H 1 0 () = u dx) 2, induzida pelo produto interno < u, v >= u vdx, u, v H0() Denotaremos por W m,q () o dual topológico de W m,p (), com 1 p + 1 q = 1. E ainda, por H 1 0 (), o dual do H 1 0(). 0.5 Consideremos o espaço de Hilbert, H0() 1 H0(), 1 com o produto interno: (u, v), (ψ, φ) = (uψ + vφ) dx. Para todo ω = (u, v) H 1 0() H 1 0(), definiremos: ω H 1 0 () H 1 0 () = ( u H 1 0 () + v H 1 0 ()) 1/ Geralmente, denotaremos as constantes por C, C i e k i, com i IN.

13 Capítulo 1 Teorema de Lax-Milgram versus Método de Galerkin Neste capítulo mostraremos a existência e unicidade de solução fraca para um problema aclopado para um caso escalar usando o método de Galerkin. Inicialmente, tentaremos usar o Teorema de Lax-Migram. 1.1 As possibilidades do Teorema de Lax-Milgram Vamos tentar aplicar o Teorema de Lax-Milgram (ver Apêndice A.1) para resolver o problema: (S) v + u = f 1, u + v = f 2, u = v = 0,. Precisemos o que seja uma solução fraca para (S). No caso escalar, para: v + u = f 1,, v = 0, diremos que v H 1 0() será uma solução fraca quando: v φdx + uφdx f 1 φdx = 0, φ H 1 0(). (1.1)

14 11 Analogamente, u H0() 1 será solução fraca de u + v = f 2, u = 0,, se satisfizer: u ψdx + vψdx f 2 ψdx = 0, ψ H0(). 1 (1.2) Somando (1.1) e (1.2) temos que u, v H0() 1 satisfazem: v φdx u ψdx+ uφdx+ vψdx f 1 φdx f 2 ψdx = 0, ψ, φ H 1 0(). Assim, somos induzidos a definir que ω = (u, v) V será uma solução fraca de (S) se, para todo φ = (φ 1, φ 2 ) V, v φ 1 dx u φ 2 dx + uφ 1 dx + vφ 2 dx = f 1 φ 1 dx + f 2 φ 2 dx. (1.3) Observação 1.1 Posteriormente mostraremos que, caso definíssemos a solução fraca de (S) como ω = (u, v) V satisfazendo, para todo φ = (φ 1, φ 2 ) V : v φ 2dx u φ 1dx + uφ 2dx + vφ 1dx = f 1φ 2 dx + f 2φ 1 dx, continuaríamos não podendo usar o Teorema de Lax-Milgram. A definição que escolhemos facilitará o uso do Método de Galerkin. Para aplicarmos o Teorema de Lax-Milgram devemos definir uma forma bilinear contínua e coerciva, a : V V : R. Além disso, precisamos definir um operador linear contínuo, T : V R, para concluírmos que existe uma ω V tal que: T (φ) = a(ω, φ), φ V. Ou seja, que existe ω = (u, v) V tal que, 1dx u φ 2dx + uφ 1dx + vφ 2dx = f 1φ 1 dx + f 2φ 2 dx, φ = (φ 1, φ 2 ) V. Para este fim considere: a : V V : R (ω, φ) a(ω, φ) = v φ 1dx u φ 2dx + uφ 1dx + vφ 2dx e T : V R φ T (φ) =< f, φ >= (f 1φ 1 + f 2 φ 2 )

15 12 Note que T é linear e a continuidade segue da Desigualdade de Cauchy-Schwarz (ver Apêndice A.2). Usando a Desigualdade de Cauchy-Schwarz, provaremos que a(, ) é contínuo. ω, φ H0() 1 H0(), 1 a(ω, φ) = v φ 1dx u φ 2dx + uφ 1dx + vφ 2dx = < v, φ 1 > H 1 0 () < u, φ 2 > H 1 0 () + < u, φ 1 > + < v, φ 2 > < v, φ 1 > H 1 0 () + < u, φ 2 > H 1 0 () + < u, φ 1 > + < v, φ 2 > v H 1 0 () φ 1 H 1 0 () + u H 1 0 () φ 2 H 1 0 () + u L 2 () φ 1 L 2 ()+ + v L 2 () φ 2 L 2 () v H 1 0 () φ 1 H 1 0 () + u H 1 0 () φ 2 H 1 0 () + C 1 u H 1 0 () φ 1 H 1 0 ()+ +C 2 v H 1 0 () φ 2 H 1 0 () C 3 ( v H 1 0 () φ 1 H 1 0 () + u H 1 0 () φ 2 H 1 0 () + u H 1 0 () φ 1 H 1 0 ()+ ) + v H 1 0 () φ 2 H 1 0 () ) ( ) C 3 ( v H 1 0 () + u H 1 0 () φ 1 H 1 0 () + φ 2 H 1 0 () ( ) 1/2 ( ) 1/2 C 4 v 2 + H0 1() u 2 φ H0 1() φ H () H0 1() C 4 ω H 1 0 () φ H 1 0 () onde C 3 = max{1, C 1, C 2 }. No entanto, a(, ) não é coerciva, ou seja: De fato, temos a(ω, ω) = Caso a fosse coervivo, = α > 0 tal que a(ω, ω) α ω 2 H 1 0 (). v udx u vdx + u 2 dx + v 2 dx uudx + vvdx = u 2 L 2 () + v 2 L 2 (). (1.4) u 2 L 2 () + v 2 L 2 () α ( u 2 H 1 0 () + v 2 H 1 0 () ), para algum α > 0. (1.5) Fazendo v = 0 em (1.5) e usando a Desigualdade de Poincaré (ver Apêndice A.11), obteríamos, α u 2 H 1 0 () u 2 L 2 () β u 2 H 1 0 (),

16 de onde concluiríamos que as normas L 2 () e H 1 0 () seriam equivalentes, o que é um absurdo. 13 Observação 1.2 Se tivéssemos definido a solução fraca segundo a Observação 1.1, definindo: a : V V : R (ω, φ) a(ω, φ) = v φ 2dx u φ 1dx + uφ 2dx + vφ 1dx e T : V R φ T (φ) =< f, φ >= (f 1φ 2 + f 2 φ 1 ), continuaríamos tendo T, um operador linear e contínuo, e a, uma forma bilinear contínua. No entanto, quando fóssemos tentar mostrar a coercividade, teríamos: a(ω, ω) = v vdx u udx + uvdx + vudx = ( v)2 dx + ( u)2 dx + 2 uvdx = v 2 H0 1() u 2 + H0 1() 2 u 2 L 2 (). v 2 L 2 (), o que não implicaria a coercividade. Posteriormente, notaremos que, mesmo quando estivermos trabalhando com um espaço de dimensão finita (no Método de Galerkin), não teremos a mesma facilidade para concluirmos a coercividade quando aplicamos a Definição 1.3. Conclusão: Para este sistema, não é possível usar o Teorema de Lax-Milgram. Passaremos para um método mais eficaz que apresentaremos no próximo parágrafo. 1.2 Método de Galerkin Sendo H 1 0() um espaço de Hilbert separável, temos V = H 1 0() H 1 0() também um espaço de Hilbert separável. Então, existe uma base ortonormal enumerável de V (ver Apêndice B.1), digamos: {e 1, e 2,..., e m,...} tal que V = < e 1, e 2,..., e m,... >. Defina, para m > 0: V m = < e 1, e 2,..., e m >,

17 14 com Vm = H 1 0 () H 1 0 (). O Método de Galerkin consite nas seguintes etapas: Etapa 1: Provar a existência de uma seqüência ω m V m tal que, para cada m: a(ω m, φ) = f, φ, φ V m. Etapa 2: Mostrar que a seqüência de soluções aproximadas, {ω m }, é limitada em V, independentemente de m. Etapa 3: Da Etapa 2, segue que existe uma subseqüência de {u m } que converge fracamente. Mostrar que esta subseqüência converge fracamente para uma solução fraca do problema. Vamos, agora, detalhar cada uma das etapas anteriores. Etapa 1: Como V m é um espaço de dimensão finita, todas as normas definidas em V m são equivalentes. Logo, as normas L 2 () L 2 () e Vm são equivalentes. Assim, para ω m = (u m, v m ) e φ m = (φ 1 m, φ 2 m), definamos: a : V m V m : R (ω m, φ m ) a(ω m, φ m ) = v m φ 1 mdx u m φ 2 mdx + u mφ 1 mdx + v mφ 2 mdx e T : V m R φ m T (φ m ) =< f, φ m >= (f 1φ 1 m + f 2 φ 2 m). Como já vimos, na Seção 1.1, T é um operador linear contínuo e a forma bilinear a também é contínua. Voltando ao problema da coercividade mencionado em (1.4), note agora que: a(ω m, ω m ) = u 2 mdx + vmdx 2 = u m 2 L 2 () + v m 2 L 2 () = ω m 2 L 2 () L 2 (). e portanto, a(ω m, ω m ) α ω m 2 V m,

18 15 mostrando a coercividade de a. Portanto, pelo Teorema de Lax-Milgran, existe ω m = (u m, v m ) V m tal que a(ω m, φ) =< f, φ >, φ V m. (1.6) Por (1.6): Etapa 2: Para cada m, considere φ = (v m, u m ) V m, onde ω m = (u m, v m ) V m. v m v m dx u m ( u m )dx + u mv m dx + v m( u m )dx = f, φ v m 2 dx + u m 2 dx = f 1v m dx f 2u m dx u m 2 H 1 0 () + v m 2 H 1 0 ()= f 1v m dx f 2u m dx Assim, Pelas Desigualdades de Hölder (ver Apêndice A.3) e de Poincaré (ver Apêndice A.11), u m 2 H 1 0 () + v m 2 H 1 0 () f 1 L 2 () v m L 2 () + f 2 L 2 () u m L 2 () f 1 L 2 ()C 1 v m H 1 0 () + f 2 L 2 ()C 2 u m H 1 0 () C 1 f 1 L 2 () v m H 1 0 () + C 1 f 1 L 2 () u m H 1 0 () +C 2 f 2 L 2 () u m H 1 0 () + C 2 f 2 L 2 () v m H 1 0 (). Fazendo C 3 = max{1, C 1, C 2 }, temos: u m 2 H0 1() + v m 2 H0 1() C ( 3 f1 L 2 () + f 2 L ()) ( ) 2 u m H 1 0 () + v m H 1 0 (). Como (a + b) 2 2(a 2 + b 2 ) vale para todo a, b 0, temos: ( 2 1 u 2 m H 1 0 () + v m H 1 0 ()) u m 2 + v H m 2 0 1() H0 ( 1() ) ( ) C 3 f1 L 2 () + f 2 L 2 (). u m H 1 0 () + v m H 1 0 () de onde, fazendo C = 2C 3 : ω m 2 H0 1() C ( f 1 L 2 () + f 2 L ()) 2. Portanto, {ω m } é limitada em V, independentemente de m. Etapa 3: Como {ω m } é limitado e V é um espaço reflexivo, a menos de subseqüência (ver Apêndice A.12), temos: ω m ω em V,

19 16 para alguma função ω V. Observe que para cada φ = (φ 1, φ 2 ) V, existe φ i = (φ 1 i, φ 2 i ) V i tal que φ i φ em V, onde i φ i = < φ, e j > e j. j=1 Fixe agora i, tal que i m, donde V i V m. Logo, pela Etapa 1, ω m V m ; a(ω m, φ) =< f, φ >, φ V m e portanto, a(ω m, φ i ) =< f, φ i >. (1.7) Pelas imersões de Sobolev (ver Apêndice A.17): ω m ω em V ω m ω em L 2 () L 2 () (1.8) φ i φ em V φ i φ em L 2 () L 2 (). (1.9) Assim, usando (1.8) e (1.9), passando ao limite em (1.7), quando m e i, mostraremos que v m φ 1 i dx u m φ 2 i dx + u m φ 2 i dx + v m φ 2 i dx = f 1 φ 1 i dx + f 2 φ 2 i dx convege para v φ 1 dx u φ 2 dx + uφ 1 dx + vφ 2 dx = f 1 φ 1 dx + f 2 φ 2 dx, garantindo a(ω, φ) =< f, φ >, φ V, (1.10) de onde segue que ω é solução fraca de (P). Mostremos as convergências acimas. Inicialmente, fixemos i e trabalhemos com o limite quando m : (1 o Passo) objetivo: u m φ 2 i dx u φ2 i dx.

20 17 Por definição de convergência fraca, Então, definindo F : H 1 0() R u m u F (u m ) F (u), F H 1 0 (). u F (u) =< u, φ 1 > H 1 0 ()= u φ 1dx, como F é linear e contínuo, teremos u m u u m φ 2 i dx u φ 2 i dx. De maneira equivalente, segue-se v m v v m φ 1 i dx (2 o Passo) objetivo: u mφ 1 i dx uφ1 i dx. Note que, pela Desigualdade de Hölder: u mφ 1 i dx uφ1 i dx φ1 i u m u dx v φ 1 i dx. φ 1 i L 2 () u m u L 2 (), donde, por (1.8) segue a convergência acima. Analogamente, mostra-se que v m φ 2 i dx vφ 2 i dx. Assim, dos 1 o e 2 o Passos, passando o limite quando m : v m φ 1 i dx u m φ 2 i dx + u m φ 2 i dx + v m φ 2 i dx = f 1 φ 1 i dx + f 2 φ 2 i dx converge para v φ 1 i dx u φ 2 i dx + uφ 2 i dx + vφ 2 i dx = f 1 φ 1 i dx + f 2 φ 2 i dx (1.11) Agora, passemos ao limite em (1.11), quando i : (3 o Passo) objetivo: uφ1 i dx uφ 1dx. Temos, pela Desigualdade de Hölder:

21 uφ1 i dx uφ1 i dx u φ1 i φ 1 dx 18 u L 2 () φ 1 i φ 1 L 2 (), donde, por (1.9) segue a convergência acims. De maneira semelhante temos: vφ 2 i dx vφ 2 dx. (4 o Passo) objetivo: u φ2 i dx u φ 2dx. Note que, pela Desigualdade de Hölder: u φ2 i dx u φ 2dx u φ2 i φ 2 dx u (φ2 i φ 2 ) dx u L 2 () (φ 2 i φ 2 ) L 2 () e por (1.9) segue o resultado. Analogamente, v φ 1 i dx (5 o Passo) objetivo: f 1φ 1 i dx f 1φ 1 dx. = u H 1 0 () φ 2 i φ 2 H 1 0 () v φ 1 dx. De fato, pela desigualdade de Hölder e por 1.9, f 1φ 1 i dx f 1φ 1 dx f 1 φ 1 i φ 1 dx de onde segue a convergência. De maneira análoga, f 1 L 2 () φ 1 i φ 1 L 2 () f 2 φ 2 i dx f 2 φ 1 dx. Portanto, pelos passos anteriores, segue (1.10). 1.3 Unicidade da solução Proveremos a unicidade da solução do problema (S). Sejam ω 1 = (u 1, v 1 ) V e ω 2 = (u 2, v 2 ) V duas soluções deste problema. Considere ω = ω 1 ω 2 = (u 1 u 2, v 1 v 2 ) = (u, v) V. Temos então:

22 19 a(ω, φ) = a(ω 1 ω 2, φ) = a(ω 1, φ) a(ω 2, φ) = < f, φ > < f, φ > de onde segue: = 0 a(ω, φ) = 0, φ V. Ora, a(ω, ω) = v udx u vdx + u2 dx + v2 dx = (u2 + v 2 )dx e portanto, = 0 u 2 + v 2 = 0 em L 2 () u = v = 0 q.t.p. em Assim, temos de onde concluímos que ω 1 = ω 2. ω = 0 q.t.p em, Observação 1.3 O Método de Galerkin também pode ser usado para resolver problemas, em particular, não-lineares, como o que estudaremos no Capítulo 2.

23 Capítulo 2 Teorema do Passo da Montanha versus Método de Galerkin Neste capítulo resolveremos o problema: u λu + u 3 = f, (P ), u = 0, com λ < λ 1, onde λ 1 é o primeiro autovalor para o problema de Dirichlet para o operador Laplaciano. Não poderemos usar os mesmos passos do Método de Galerkin do capítulo anterior, visto que, nosso problema não é linear e portanto não conseguiremos definir uma forma bilinear, a : H0() 1 H0() 1 R, para aplicar o Teorema de Lax-Milgram. Primeiramente demonstraremos alguns resultados técnicos, afim de demostrarmos o seguinte teorema: Teorema 2.1 Seja f : R N R N contínua, onde f, x 0 x; x = R > 0. Então, existe x 0 tal que x 0 R e f(x 0 ) = 0. Este teorema será usado na resolução do problema (P ).

24 2.1 Preliminares 21 Lema 2.1 Sejam B = B(0, 1) uma bola unitária, centrada no ponto zero em R N f : B R N uma aplicação de classe C 2. Seja M a matriz M = f n..... x n f n x n n (n 1) e Considere E i o determinante da matriz acima menos a i-ésima linha. Então: n ( 1) i E i x i = 0. Demostração: Para melhor entendimento, o caso particular N = 3 será demonstrado no Apêndice C. Para completude do texto, faremos a demonstração para o caso geral. Temos f n..... f E i = det x i 1 n x i 1 f x i+1 n x i f x n n x n (n 1) (n 1) Para i j, seja C ij o determinante da matriz M retirado a i-ésima linha e sustituído a j-ésima linha: por ( f2,, f ) n x j x j ( ) 2 f 2 2 f n,,. x i x j x i x j

25 22 Ou seja, para j > i: C ij = det f n..... x i 1 f n x i 1 f n x i+1 x i x j 1 2 f 2 x i x j f n x j 1 2 f n x i x j f n x j+1 x j x n f n x n (n 1) (n 1) Por construção, a linha ( ) f2 f n,, x i+1 x i+1 é a i-ésima linha da matriz acima e a linha ( ) 2 f 2 2 f n,, x i x j x i x j é a (j-1)-ésima linha da matriz. Assim (ver Apêndice A.19), permutando a (j-1)-ésima até a i-ésima linha, temos f n f 2 f n f x i 1 n f x i 1 2 f x i 1 n x i 1 f x i+1 n x i+1 2 f 2 x i x j 2 f n x i x j..... f C ij = det f x j 1 n = ( 1) (j 1) i det x i+1 n x i+1. x j f 2 x i x j 2 f n f x i x j 2 f x j 1 n x j 1 f x j+1 n f x j+1 2 f x j+1 n x j f x n n f x n 2 f x n n x n

26 e como segue-se, para j > i que C ji = det f n..... x i 1 2 f 2 x i x j f n x i 1 2 f n x i x j f n x i+1 x i x j 1 f n x j 1 f n x j+1 x j x n f n x n C ij = ( 1) j i 1 C ji. (2.1) 23 Além disso, ainda temos E i = C ij. x i j i Sendo E i = det f n..... x i 1 f n x i 1 f n x i+1 x i x n f n x n = det x i f n f n x i 1 f x i+1 2 x n..... f n x i+1 f n x n podemos reescrever E i = det (φ 1,, φ i 1, φ i+1,, φ n ) onde ( φ j = x j f n x j ). Portanto, pelo Apêndice A.21:

27 E i x i = + = i 1 j=1 n j=1+j i 1 ( det φ 1,, φ j ),, φ i 1, φ i+1,, φ n x i ( det φ 1,, φ i 1, φ i+1,, φ j C ij + j=1 = j i C ij n j=1+1 C ij ),, φ n x i 24 Desda forma, n Afirmação: Por (2.1) ( 1) i E i x i = ( n = Consideremos A = j<i Fixe i = {1,, n}. ( n ( 1) i C ij + ) C ij ( j<i j>i ) n ( 1) i C ij. j<i ( 1) i C ij + j>i ( 1) i C ij + j<i j>i ) ( 1) i C ij = 0 ( 1) i C ij e B = j>i ( 1) i C ij. Em A, fazendo i = t, para cada 1 k < t fixo, temos j = (i k). ( 1) t C t(t k) = ( 1) t ( 1) (t k) t 1 C (t k)t de onde segue-se = ( 1) t ( 1) k 1 C (t k)t ( 1) t C t(t k) = 1( 1) t k C (t k)t. (2.2) Por outro lado, na soma em B, existem i e j tais que i = t k e j = t, donde ( 1) i C ij = ( 1) t k C (t k)t. (2.3) Somando (2.2) com (2.3), obtemos 1( 1) t k C (t k)t + ( 1) t k C (t k)t = 0 ou seja, cada parcela do primeiro somatório se anula com algum parcela do segundo somatório.

28 25 Portanto, n ( 1) i E i x i = 0 Teorema 2.2 Não existe aplicação C 2, f : B B = S = {x R N ; x = 1} tal que f = x, x S. Demostração: Suponha que exista f : B S tal que f = x, x S. Daí, f : B S x f = (f 1,, f n ) = (x 1,, x n ) Observe que para todo x B, f S e portanto f = 1. Afirmação: Considerando temos J 0. De fato, seja J = det f 1 f 1 x 2. f 1 x n x n f n f n x n f x 2 n x 2....,. h : R N R x h = f 2 =< f, f >= n fi 2. Então, x B, e ainda, n fi 2 = f 2 = 1, h x j = n 2f i f i x j = 0, j = 1,..., n. Ou seja, para j = 1,..., n f 1 ( f1 f ) 2 f n f x j x j x j = 0.. f n

29 26 Assim, f 1 f 1 x 2. f 1 x n Como f 0, segue-se que f 1 f 1 det x 2. f 1 x n ou seja, J = 0, como queríamos. Note agora que f n f 1 f x 2 n x 2 f =.... f x n n x n f n x n f n f n x n f x 2 n x = 0, ou seja, J = det f 1 f 1 x 2. f 1 x n x n f n f n x n f x 2 n x f J = ( 1) 1+1 f x 2 n x 2 1.det f x n n x n f ( 1) n+1 f n 1.det..... x n f x n 1 n x n 1 E, por construção do E i, ainda podemos escrever J como: J = ( 1) 1+1 f 1 E ( 1) n+1 f 1 x n E n e portanto, x B Desda forma, J = n ( 1) i+1 f 1 x i E i.

30 0 = Jdx B = ( n ) ( 1) i+1 f 1 E B i dx x i n ( = ( 1) i+1 f1 E i E i B x i n ( = ( 1) i+1 f ) 1E i n dx + B x i B n ( = ( 1) i+1 f ) 1E i n dx + B x i B n mas, pelo Lema C.1, ( 1) i E i = 0, x i daí Vendo temos que e 0 = B Jdx = n B ) f 1 x i dx ( ( 1) i+1 ( 1) E i ( ( 1) i E i x i f 1 ) f 1 x i ) dx 27 dx ( ( 1) i+1 f ) 1E i dx. (2.4) x i F = ( ( 1) 1+1 f 1 E 1, ( 1) 2+1 f 1 E 2,..., ( 1) n+1 f 1 E n ) divf = n < F, x >= F x i = n ( 1) i+1 f 1E i x i n ( 1) i+1 f 1 E i x i. Portanto, podemos reescrever (2.4) como: B divf dx = 0, Além disso, como para todo x, x = 1, a normal unitária em x é o próprio x. Assim, pela igualdade acima e pelo Teorema do Divergente (ver Apêndice A.22), obtemos ou seja, 0 = B n B divf dx = B ( 1) i+1 f 1 x i E i dx = < F, x > ds = 0, B n ( 1) i+1 f 1 E i x i ds, de onde segue-se que S n ( 1) i+1 f 1 E i x i ds = 0. (2.5)

31 28 Afirmação: O campo gradiente (f i x i ) é normal a S para cada x S. De fato, Como por hipótese f = x, temos f i x i = 0, x S. Considerando h = f i x i e v = (x 1(t),..., x n(t)) o vetor tangente ao ponto x, temos h = 0 e portanto h, v = 0, como queríamos demonstrar. Recorde que x S, x = 1. Logo, a normal unitária em x é o próprio x. Então, para cada x S, existe λ i = λ i tal que (f i x i ) = λ i x ou seja, para cada i = 1,..., n ( (f i x i ),..., Logo, Assim, = ( f i,..., x i (f i x i ),..., x i f i 1,..., = (λ i x 1,..., λ i x i..., λ i x n ) M = f i j = λ i x j, j i f i i = λ i x i + 1, f n..... x n ) (f i x i ) = x n x n f i. f n x n pode ser reescrito como λ 2 x 1 λ 3 x 1... λ n x λ 2 x 2 λ 3 x 2... λ n x 2 λ 2 x λ 3 x 3... λ n x 3 M = λ 2 x i λ 3 x i... λ n x i λ 2 x n λ 3 x n λ n x n )

32 e De onde segue-se λ 2 x 1 λ 3 x 1... λ n x λ 2 x 2 λ 3 x 2... λ n x 2 λ 2 x λ 3 x 3... λ n x E i = det λ 2 x i 1 λ 3 x i 1... λ n x i 1 λ 2 x i+1 λ 3 x i+1... λ n x i λ 2 x n λ 3 x n λ n x n 29 n ( 1) i+1 E i x i = x 1 (2.6) E desta forma, podemos concluir que n ( 1) i+1 f 1 E i x i ds = f S 1 S n ( 1) i+1 E i x i ds = S f 1x 1 ds = S x2 1dS > 0 o que é uma contradição por (2.5). Logo, segue o teorema Teorema de Brouwer para a bola Teorema 2.3 Seja f : B B uma aplicação contínua. Então f tem um ponto fixo. Demonstração: Suponha que f não tem ponto fixo. Então f x 0 x B. Portanto, f x > 0 x B. (2.7) Definindo h = f x, temos que h é contínua em B. Logo, como B é compacto e h > 0 x B, pelo Teorema de Weierstrass (ver Apêndice A.23) existe c > 0 tal que c = min x B h = min f x f x, x B, x B

33 30 o que implica que c f x, x B. Temos ainda, pelo Teorema de Aproximações de Weierstrass (ver apêndice A.24), que toda função f contínua, pode ser aproximada por uma função de classe C 2. Logo, considere g : B B, g C 2, tal que g f < c, x B. 2 Então, g x c 2 > 0, x B. Defina então, h : B S tal que h é a interseção da reta que liga g à x com S. Figura 2.1: representação do h Então, a equação da reta é dada por h = λx + (1 λ)g, λ 1 e h = 1. Como g x x B, pois g x c 2 > 0, portanto h também. Devemos então mostrar que h é de classe C 2, e usando o Teorema 2.2, concluíremos que x B, a reta está bem definida e h x x S, o que é uma contradição com a construção. Logo, f tem um ponto fixo. Mostremos então que h C 2.

34 31 Sendo h = λx + (1 λ)g, basta mostrar que λ C 2, já que x, g C 2. Note que h 2 = h, h = λx + (1 λ)g, λx + (1 λ)g = λx, λx + λx, (1 λ)g + (1 λ)g, λx + + (1 λ)g, (1 λ)g = λ 2 x 2 + (1 λ)λ x, g + (1 λ)λ x, g + +(1 λ) 2 g, g = λ 2 x 2 + 2(1 λ)λ x, g + (1 λ) 2 g, g. Como h = 1, temos h 2 = λ 2 x 2 + 2(1 λ)λ x, g + (1 λ) 2 g, g = 1, e portanto, λ 2 x 2 + 2(1 λ)λ x, g + (1 λ) 2 g, g 1 = 0 λ 2 x 2 2λ 2 x, g + λ 2 g 2 + 2λ x, g 2λ g 2 + g 2 1 = 0 λ 2 ( x 2 2 x, g + g 2 ) + 2λ ( x, g g, g ) + g 2 1 = 0 λ 2 ( x g, x g ) + 2λ x g, g + g 2 1 = 0 λ 2 x g 2 + 2λ x g, g + g 2 1 = 0 Assim, λ = 2 x g, g ± 4 ( x g, g ) 2 4 x g 2 ( g 2 1) 2 x g 2. Como g 1, segue g 2 1 0, e portanto ( x g, g ) 2 x g 2 ( g 2 1 ). Logo 4 ( x g, g ) 2 4 x g 2 ( g 2 1) 0. Pontanto, como λ está bem definida e é soma e produto de funções de classe C 2, segue que λ C 2, como queríamos.

35 Corolário 2.4 Se B R = B(0, R), R > 0 e f : B R B R é uma aplicação contínua, então f tem um ponto fixo. 32 Demonstração: Para cada f : B R B R, defina g : B 1 B 1 x g = 1 R f(rx). Aplicando o Teorema 2.3 em g, temos que existe x 0 tal que g(x 0 ) = x 0. Daí, 1 R f(rx 0) = x 0 f(rx 0 ) = Rx 0. Logo, existe y = Rx 0 tal que f(y) = y, de onde segue que f tem um ponto fixo Teorema de Brouwer para um compacto e convexo Teorema 2.5 Seja K R N um compacto e convexo, f : K K uma aplicação contínua. Então f tem um ponto fixo. Demostração: Sendo K compacto e convexo, existe R > 0 tal que K B R. Seja: P K : R N K P K está bem definido por (A.7). x P K = min x z. z K Figura 2.2: projeção de x em K Defina f : B R B R x f = f (P K ).

36 33 Note que x B R, f K, e portanto f(b R ) K Sendo f composição de funções contínuas, já que f é contínua por hipótese e P k é contínua por (A.8), podemos aplicar em f o Corolário 2.4. Daí, x 0 B R ; f(x0 ) = x 0 B R. Como f(b R ) K, f(x 0 ) K e portanto, x 0 K. Mas, se x 0 K, temos P K (x 0 ) = x 0 e daí x 0 = f(x 0 ) = f(p K (x 0 )) = f(x 0 ) ou seja, f(x 0 ) = x 0, mostrando que f tem um ponto fixo Demonstração do Teorema 2.1 Demonstremos finalmente o principal resultado desta seção, o Teorema 2.1. Demonstração: Seja f : R N R N contínua, onde < f, x > 0, x; x = R > 0. Suponha que não exista x 0 tal que x 0 R e f(x 0 ) = 0, ou seja: x B R (0), f 0. Defina então, g : B R B R x g = R f f. g está bem definida pois x B R, f 0. Como f é contínua, segue que g é contínua. Então, usando o Corolário 2.4, existe x 0 B R tal que g(x 0 ) = x 0. Logo Assim, x 0 = R f(x 0 ) f(x 0) x 0 = R f(x 0 ) f(x 0) = R > 0

37 34 0 < R 2 = x 0 2 = < x 0, x 0 > ou seja, = x 0, g(x 0 ) = x 0, R f(x f(x 0 ) 0) = R f(x 0 ) x 0, f(x 0 ) 0 0 < R 2 0, o que é um absurdo. Logo existe o x 0 tal que x 0 R e f(x 0 ) = 0, como queríamos. 2.2 Uma aplicação do Método de Galerkin para um caso não-linear Discutiremos a existência de solução do problema: (P ) u λu + u 3 = f, u = 0,. onde f L 2 (), λ R, f 0 em um subconjunto de de medida positiva. Diremos que u H 1 0() é solução fraca deste problema se: u ψdx λ uψdx + u 3 ψdx = fψdx ψ H0(). 1 (2.8) Teorema 2.6 Seja R N um aberto limitado, N 4. Então existe pelo menos uma solução fraca de (P), com λ < λ 1, onde λ 1 é o primeiro autovalor para o problema de Dirichlet para o operador Laplaciano. Demonstração: Seja {ω 1, ω 2,, ω m, } uma base ortonormal de H0() 1 (ver apêndice B.1). Temos: H0() 1 = < ω 1, ω 2,, ω m, >. Defina W m = < ω 1, ω 2,..., ω m >.

38 Etapa 1: Mostraremos que existe um u m W m satisfazendo: u m vdx λ u m vdx + u 3 mvdx = fvdx v W m. (2.9) A igualdade acima basta ser verificada para v = ω i, onde 1 i m. De fato, m como para cada v W m, existe ξ = (ξ i ) R m tal que v = ξ i ω i, verificando a igualdade (2.9) para cada ω i e multiplicando-a por cada ξ i respectivamente, ao somálas obteremos a igualdade para todo v W m. Para cada ξ = (ξ i ) R m, associamos um único v W m tal que v = Defina: onde, para i = 1,, m: Como v = ou seja, F i (ξ) = F : R m R m m ξ i ω i, então: F (ξ), ξ = = = ξ F (ξ) = (F 1 (ξ),, F m (ξ)) v ω i dx λ vω i dx + v 3 ω i dx fω i dx. m (F i (ξ)) ξ i m [( v ω i dx λ vω i dx + v 3 ω i dx ( m ) ( m ) v ω i ξ i dx λ v ω i ξ i dx+ ( m ) ( m ) + v 3 ω i ξ i dx f ω i ξ i dx = v vdx λ vvdx + v3 vdx fvdx = v 2 dx λ v 2 dx + v4 dx fvdx v 2 dx λ v 2 dx + v4 dx fv dx = v 2 H 1 0 () λ v 2 L 2 () + v4 dx fv dx v 2 H 1 0 () λ v 2 L 2 () + v4 dx f L 2 () v L 2 (). F (ξ), ξ v 2 H 1 0 () λ v 2 L 2 () + v 4 dx f L 2 () v L 2 (). m ξ i ω i. ) ] fω i dx ξ i 35

39 36 Mas, como para todo v v 4 dx 0 (2.10) temos F (ξ), ξ v 2 H0 1() λ v 2 L 2 () f L 2 () v L 2 (). (2.11) Pela caracterização de λ 1 : obtemos, λ 1 = inf v 0 v 2 H0 1(), v 2 L 2 () v 2 L 2 () 1 v 2 H λ (). (2.12) Em (2.11), analisemos quando λ < 0 e quando 0 λ < λ 1. Se λ < 0: F (ξ), ξ v 2 H0 1() λ v 2 L 2 () f L 2 () v L 2 () Como v 2 H 1 0 () = ξ 2, temos onde C = f L 2 () λ1. v 2 f 1 H0 1() L 2 () λ1 v H 1 0 () v 2 f L 2 () H0 1() λ1 v H 1 0 (). F (ξ), ξ ξ 2 C ξ Logo, para ξ = R, considerando R > f L 2 ()λ 1/2 1, segue-se que Se 0 λ < λ 1, por (2.12) : F (ξ), ξ > 0 ξ; ξ = R. F (ξ), ξ v 2 H 1 0 () λ v 2 L 2 () f L 2 () v L 2 () v 2 λ H0 1() λ 1 v 2 f 1 H0 1() L 2 () λ1 v H 1 0 () ) (1 λλ1 v 2 f L 2 () H0 1() λ1 v H 1 0 (). Como λ < λ 1 e v 2 H 1 0 () = ξ 2, segue ) onde C 3 = (1 λλ1 e C 4 = f L 2 () λ1. F (ξ), ξ C 3 ξ 2 C 4 ξ Portanto, para ξ = R, considerando R > f L 2 ()λ 1/2 1 F (ξ), ξ > 0 ξ; ξ = R ( 1 λ λ 1 ) 1, obtemos

40 37 Assim, pelo Teorema 2.1, existe um ξ m = (ξ m i ) R m tal que ξ m R e F (ξ m ) = 0. (2.13) Seja então, u m = Observe que u m W m e que u m satisfaz m ξi m ω i. u m vdx λ u m vdx + u 3 mvdx = fvdx. (2.14) De fato, pela definição de F, para cada i = 1,..., m F i (ξ m ) = u m ω i dx λ u m ω i dx + u 3 mω i dx fω i dx. Por (2.13): m 0 = F i (ξ m ).ξ i = m ( u m ω i dx λ u m ω i dx + u 3 mω i dx ) fω i dx.ξ i, de onde segue (2.14). Além disso: m u m 2 H0 1() = ξi m, m i=m i=m ξ m i H 1 0 () = ξ m 2, Daí, u m H 1 0 () = ξ m R. Como R depende apenas de λ e f, ou seja, independe de m, segue-se que {u m } é uniformemente limitada em H0(). 1 Etapa 2: Sendo {u m } uniformemente limitada em H0(), 1 a menos de subseqüência (ver Apêndice A.12) temos u m u em H0() 1 e das Imersões Compactas de Sobolev (ver Apêndice A.17), resulta que u m u em L 2 ().

41 Etapa 3: Seja v C 0 (). Como C 0 () H 1 0(), temos v H 1 0(). Portanto, temos que, para algum α: Além disso, existe v k W k tal que Note que v k = k α i ω i. Fixemos k m (W k W m ). v = α i ω i. 38 v = lim k v k. (2.15) Como na Etapa 1 mostramos que existe u m W m tal que u m vdx λ u m vdx + u 3 mvdx = fvdx v W m, segue que, para o caso particular v k W k W m : u m v k dx λ u m v k dx + u 3 mv k dx = fv k dx v k W k. Passando o limite quando m e depois quando k, encontraremos que: u vdx λ uvdx + u 3 vdx = fvdx v C0 (). Por densidade, para cada ψ H 1 0() existe {v n } C 0 () tal que Assim, como para cada n N: u v n dx λ uv n dx + v n ψ em H 1 (). u 3 v n dx = Passando ao limite quando n, obtemos: u ψdx λ uψdx + u 3 ψdx = mostrando que u H 1 0() é solução fraca de (P ). fv n dx v n C 0 (). fψdx ψ H 1 0(). Mostremos, a seguir, as convergências quando m e k. A convergência quando n segue análoga. Inicialmente, fixemos o k e passemos o limite quando m.

42 39 (1 o Passo) objetivo: u m v k dx u v kdx. Por definição de convergência fraca, u m u F (u m ) F (u), F H 1 (). Considere então F : H0() 1 R u F (u) =< u, v k > H 1 0 ()= u v kdx, como F é linear e contínuo, pela Desigualdade de Cauchy-Schartz, teremos u m u u m v k dx (2 o Passo) objetivo: u mv k dx uv kdx. u v k dx. Pela Desigualdade de Hölder e como u m u em L 2 () : u mv k dx uv kdx v k u m u dx v k L 2 () u m u L 2 () 0. Agora, passando ao limite quando k : (3 o Passo) objetivo: u v kdx u vdx. De (2.15): u v kdx u vdx = u (v k v) dx u (v k v) dx (4 o Passo) objetivo: uv kdx uvdx. u H 1 0 () v k v H 1 0 () 0. Pela Desigualdade de Hölder e como v k v em L 2 () : uv kdx uvdx u. v k v dx u L 2 () v k v L 2 () 0. (5 o Passo) objetivo: fv kdx fvdx. De fato, pela desigualdade de Hölder e por 2.15, fv kdx fvdx f v k v dx f L 2 () v k v L 2 () 0. Para mostrarmos que u3 mv k dx u3 vdx, passaremos o limite quando m e quando k, conjuntamente.

43 40 (6 o Passo) objetivo: u3 mv k dx u3 vdx Observe que u3 mv k dx u3 vdx u3 mv k u 3 v dx Afirmação 1: u m 3 (v k v) dx 0. = u3 mv k u 3 mv + u 3 mv u 3 v dx = u3 m(v k v) + v(u 3 m u 3 ) dx u m 3 (v k v) dx + v (u3 m u 3 ) dx De fato, como estamos com N 4, das Imersões Contínuas de Sobolev (ver Apêndice A.16), H 1 0() L p (), 1 p 4. Logo, aplicando a Desigualdade de Hölder: ( u m 3 (v k v) dx ( u m 3 ) dx). ( v k v 4) 1 4 Afirmação 2: v (u3 m u 3 ) dx 0. = u m 3 L 4 (). v k v L 4 () C 1 u m 3 H 1 0 (). v k v H 1 0 () 0. Sendo v C 0 (), temos v L (). Denotemos a norma em L () por: v = inf{α; v α q.t.p.}. Portanto, pela Desigualdade de Hölder e pela desigualdade de Poincaré: v (u3 m u 3 ) dx v (u3 m u 3 ) dx já que u m u em L 2 (). v (u m u)(u 2 m + u m u + u 2 ) dx v u m u ( u m 2 + u m u + u 2 )) dx C 1 v u m u ( u m 2 + u 2 )) dx = C 1 v ( u m u u m 2 dx + u m u u 2 dx ) ( ( C 1 v u m u 2) 1 2. ( u m 4) ( u m u 2) 1 2. ( ) u 4) 1 2 ( )) = C 1 v ( u m u L 2 () u m 2 L 4 () + u 2 L 4 () 0. Portanto, das Afirmações 1 e 2, u3 mv k dx u3 vdx u m 3 (v k v) dx + v (u3 m u 3 ) dx 0. Segue então, dos passos anteriores que u m v k dx λ u m v k dx + u 3 mv k dx = fv k dx v k W k

44 41 converge para E da densidade de H0(), 1 u v n dx λ u vdx λ uvdx + u 3 vdx = fvdx v C0 (). uv n dx + converge, quando n, para u ψdx λ uψdx + u 3 v n dx = u 3 ψdx = de onde segue que u H 1 0() é solução fraca do problema (P). fv n dx v n C 0 () fψdx ψ H 1 0(). 2.3 Uma aplicação do Teorema do Passo da Montanha No teorema a seguir usaremos as seguintes definições: Definição 2.7 (Seqüência de Palais-Smale no nível c) (ver [4], p. 234) Seja J : X R um funcional de classe C 1 (X; R) onde X é um espaço normado. Dizemos que {x n } é uma seqüência do Tipo Palais-Smale no nível c, denotada por (P.S.) c, associada a J, se J(x n ) c e J (x n ) 0. Definição 2.8 (Condição de Palais-Smale) Um funcional J : X R de classe C 1 (X, R) é dito verificar a Condição de Palais-Smale, denotada por (P.S.), se toda seqüência (P.S.) d com d R admite uma subseqüência fortemente convergente em X. Teorema 2.9 (Teorema do Passo da Montanha) Seja X um espaço de Banach e ϕ : X R um funcional de classe C 1 (X, R) que verifica a condição de Palais-Smale, (P.S.). Suponhamos que ϕ verifica: (i) ϕ(0) = 0; (ii)existem r, ρ ( > 0 tal ) que ϕ(u) r u S ρ (0), ou seja, u; u = ρ; c ( c (iii)existe e B ρ (0) em X verificando ϕ(e) < 0, onde B ρ (0)) é o complementar da bola centrada em zero e raio ρ. Então, o funcional ϕ tem um ponto crítico no nível c dado por c = inf γ Γ max t [0,1] ϕ(γ(t)) onde Γ = {γ C ([0, 1]; X) ; γ(0) = 0 e γ(1) = e}.

45 Aplicaremos o Teorema do Passo da Montanha para provar a existência de solução fraca não-trivial para o problema: 42 (I) u λu = u 3, u = 0,, com λ < λ 1, R N e N 4. Diremos que u H0() 1 é solução fraca de (I) se: u ψdx λ uψdx = u 3 ψdx ψ H0(). 1 (2.16) Por se tratar de um problema Variacional, sabemos que uma solução fraca para (I) é um ponto crítico do funcional Energia (ou de Euler-Lagrange) associado ao funcional: ϕ : H0() 1 R u ϕ(u) = 1 2 u 2 dx λ 2 u2 dx 1 4 u4 dx. (2.17) Observe que ϕ está bem definido, pois, para todo u H0(): 1 u 2 dx < + e u 2 dx < +. Além disso, das Imersões Contínuas de Sobolev (ver Apêndice A.16), 1 u 4 dx < +, 4 pois, exite C > 0 tal que u L 4 () C u H 1 0 () < +. No Teorema do Passo da Montanha, considerando X = H 1 0() e definindo o funcional ϕ em (2.17), devemos mostrar que: (I) ϕ C 1 (H 1 0(), R); (II) ϕ(0) = 0; (III) Existem r, ρ > 0 tal que ϕ(u) r u; u = ρ; ( c (IV)Existe e B ρ (0)) verificando ϕ(e) < 0; (V) ϕ verifica a Condição de Palais-Smale. Daí, concluiremos que existe u 0 H 1 0() onde ϕ(u 0 ) = c r > 0 (2.18)

46 43 e ϕ (u 0 ) = 0. (2.19) Como ϕ(0) = 0, temos que u 0 é um ponto crítico não trivial de ϕ por (2.18). Além disso, por (2.19): ϕ (u 0 ) = 0 ϕ (u 0 ).v = 0 v H 1 0(), ou seja, u v λ uvdx u 3 vdx = 0 v H0(), 1 portanto, u 0 é uma solução não trivial para o problema (I). Verifiquemos então os itens (I), (II), (III) e (IV). (I) Inicialmente, mostraremos que ϕ C 1 (H 1 0(), R) e que Considere ϕ 1 (u) = 1 2 ϕ (u).h = u 2 dx ϕ 2 (u) = λ 2 u h λ uhdx u 3 hdx. (2.20) u 2 dx ϕ 3 (u) = 1 4 u 4 dx Encontremos a derivada de Gateaux (ver Apêndice A.10) de cada funcional ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3. (Parte 1) Temos ϕ 1 ϕ 1 (u + th) ϕ 1 (u) (u) = lim h t 0 t = 1 lim u + th, u + th H 1 0 () u, u H0 1() 2 t 0 t = 1 lim u, u H 1 0 () + 2t u, v H0 1() + t2 v, v H 1 0 () u, u H0 1() 2 t 0 t Note ainda que = 1 2 lim t 0 2 u, v H 1 0 () t v, v H 1 0 () = u, v H 1 0 () = u vdx.

47 44 ϕ 1 (u+h) ϕ 1 (u) ϕ 1(u).h h = 1 2 u+h,u+h 1 2 u,u u,h h H 1 0 () = 1 2 u,u + u,h 1 2 h,h 1 2 u,u u,h h H 1 0 () Logo, = 1 2 h 2 H 1 0 () h H 1 0 () = h H 1 0 () 2 0. ϕ 1 (u) = 1 2 u 2 dx é Fréchet Diferenciável (ver Apêndice A.9), com derivada ϕ 1(u).h = u hdx. Mostremos então que ϕ 1 é contínua, ou seja, u n u em H 1 0() ϕ 1(u n ) ϕ 1(u). Veja que ϕ 1(u n ) ϕ 1(u) H 1 () = sup ϕ 1(u n )h ϕ 1(u)h. h H 1 0 () =1 Mas, ϕ 1(u n )h ϕ 1(u)h = = u n, h H 1 0 () u, h H0 1 () u n u, h H 1 0 () = (u n u) hdx (u n u) h dx Assim, u n u H 1 0 () h H 1 0 () ϕ 1(u n ) ϕ 1(u) H 1 () = sup h H 1 0 () =1 ϕ 1(u n )h ϕ 1(u)h sup u n u H 1 h H 1 0 () =1 0 () 0 ou seja, ϕ 1(u n ) ϕ 1(u) como queríamos.

48 45 (Parte 2) Analogamente mostremos que ϕ 2 (u) = λ 2 é Fréchet diferenciável com derivada ϕ 2(u).h = λ e que ϕ 2 C 1 (H 1 0(); R). u 2 dx uhdx De fato, note que ϕ 2 ϕ 2 (u + th) ϕ 2 (u) (u) = lim h t 0 t = λ lim u + th 2 dx u 2 dx 2 t 0 t = λ lim 1 ( 2 u 2 + 2tuh + t 2 h 2 u 2) dx t 0 t = λ lim ( ) 2 2uh + th 2 dx t 0 = λ (2uh)dx 2 = λ (uh)dx ou seja, ϕ 2 h (u) = λ uhdx Além disso, quando h H 1 0 () 0: ϕ 2 (u + h) ϕ 2 (u) ϕ 2(u).h h H 1 0 () = = = λ u + 2 h 2 dx λ 2 u 2 dx λ uhdx h H 1 0 () λ 2 h (u2 + 2uh + h 2 u 2 2uh) dx H 1 0 () λ 2 h h2 dx H 1 0 () = λ h 2 L 2 () 2 h H 1 0 () λ C 1 h 2 H 1 0 () h H 1 0 () = λc 1 2 h H 1 0 () 0. Mostremos então que a derivada de Gateaux é contínua, ou seja, u n u em H 1 0() ϕ 2(u n ) ϕ 2(u).

49 46 Observe que Mas, ϕ 2(u n ) ϕ 2(u) H 1 () = sup h H 1 0 () =1 ϕ 2(u n )h ϕ 2(u)h = sup h H 1 0 () =1 λ λ u nhdx λ uhdx λ u n u h dx u n hdx λ uhdx. λ u m u L 2 () h L 2 () λc 1 u m u H 1 0 () h H 1 0 (). Logo, ϕ 2(u n ) ϕ 2(u) H 1 () = sup h H 1 0 () =1 λ u n hdx λ uhdx e portanto, (Parte 3) Nos resta mostrar que C 1 λ sup h H 1 0 () =1 u n u H 1 0 () 0 ϕ 2(u n ) ϕ 2(u). ϕ 3 C 1 (H 1 0(); R). Daí, Note que ϕ 3 ϕ 3 (u + th) ϕ 3 (u) (u) = lim h t 0 t = 1 lim u + th 4 dx u 4 dx 4 t 0 t = 1 lim ( 4 4u 3 h + 4tu 2 h 2 + 2tu 2 h 3 + 4t 2 uh 3 + t 3 u 4) dx t 0 = ( ) u3 hdx + 1 lim t (4u 2 h + 2u 2 h 2 + 4tuh 3 + t 2 u 4 )dx 4 t 0 = u3 hdx ϕ 3 h (u) = u 3 hdx Observe ainda que, quando h H 1 0 () 0:

50 ϕ 3 (u + h) ϕ 3 (u) ϕ 3(u).h h H 1 0 () = = = 47 1 ( 4 h ((u + h)4 u 4 4u 3 h) dx ) H 1 0 () 1 ( 4 h (u4 + 4u 3 h + 6u 2 h 2 + 4uh 3 + h 4 u 4 4u 3 h) dx ) H 1 0 () 1 ( 4 h h2 (6u 2 + 4uh + h 2 ) dx ) H 1 0 () ϕ 3 (u + h) ϕ 3 (u) ϕ 3(u).h h H 1 0 () h 2 L 2 () 6u2 + 4uh + h 2 L 2 ( 4 h H 1 0 () C 1 h 2 H 1 0 () 6u2 + 4uh + h 2 L 2 ( 4 h H 1 0 () = C 1 h H 1 0 () 6u 2 + 4uh + h 2 L 2 ( 4 0. Mostremos então que a derivada de Gateaux é contínua, isto é, u n u em H 1 0() ϕ 3(u n ) ϕ 3(u). Sendo u 3 n u u n 3 + u (max{ u n 3 + u 3 }) max{ u n 4 + u 4 } L 1 (), pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (ver Apêndice A.4) u 3 n u 3 L 4 3 () 0 Logo, Assim, u3 nhdx u3 hdx u3 n u 3 h dx ϕ 3(u n ) ϕ 3(u) H 1 () = sup de onde segue que u 3 n u 3 L 4 3 h L 4 () C 1 u 3 n u 3 L 4 3 h H 1 0 () C 1 u 3 n u 3 L 4 3 () 0 h H 1 0 () =1 u 3 nhdx u 3 hdx C 1 sup h H 1 0 () =1 u 3 n u 3 L 4 3 () 0

51 48 ϕ 3(u n ) ϕ 3(u). Conclusão: Das Partes 1, 2 e 3, temos ϕ C 1 (H 1 0(); R) e (II) De fato, ϕ (u).h = u h λ uhdx u 3 hdx. ϕ(0) = 0. Se λ < 0: (III) Temos dois casos para analisar. Quando λ < 0 e 0 λ < λ 1. e se 0 λ < λ 1 : Logo, ϕ(u) = u 2 H 1 0 () λ 2 u 2 L 2 () 1 2 u 2 H 1 0 () 1 2 u 2 H0 1() λ 2 u 2 L 2 () 1 λ 1C 1 u 2 H 2 0 1() u 2 dx λ 2 u2 dx 1 4 u4 dx = 1 2 u 2 H 1 0 () λ 2 u 2 L 2 () 1 4 u 4 L 4 () 1 2 min{1, 1 λ 1C 1 } u 2 H 1 0 () 1 4 C 2 u 4 H 1 0 (). fazendo ρ = u H 1 0 () > 0, temos ϕ(u) 1 2 min{1, 1 λ 1C 1 }ρ C 2ρ 4. Considerando r = 1 2 min{1, 1 λ 1C 1 }ρ C 2ρ 4, queremos que ou seja, Assim, existem ρ > 0 e r > 0: 1 2 min{1, 1 λ 1C 1 }ρ C 2ρ 4 > min{1, 1 λ 1C 1 } 1 4 C 2ρ 2 > 0 0 < ρ < 2 min{1, 1 λ 1 C 1 } C 2

52 49 e tais que r = 1 2 min{1, 1 λ 1C 1 }ρ C 2ρ 4 ϕ(u) r > 0, u; u H 1 0 () = ρ. (IV) Considere t > 0. Daí ϕ(tv) = 1 2 t2 v 2 H 1 0 () λ 2 t2 v 2 L 2 () 1 4 t4 v 4 L 4 () ( ) c Seja B ρ (0) t o complementar da bola de centro no ponto 0 e raio ρ 0 t 0. ( ) ( c, B ρ (0) t com 2 min{1,1 λ t0 suficientemente grande t 0 > 1 C 1 } 0 C 2 ). Temos Fixe v e ϕ(t 0 v) < 0 t 0 v = t 0 v > t 0 ρ t 0 = ρ Portanto, para e = t 0 v, segue que e ( B ρ (0) ) c e ϕ(e) < 0, como queríamos. (V) Seja {u n } uma seqüência tal que ϕ(u n ) c em R (P.S.) c ϕ (u n ) 0 em H 1 () Provemos que existe uma subseqüência {u nj } {u n } convergente. Mostraremos inicialmente que {u n } é limitado. temos Como ϕ (u).h = ω ( u h λuh) dx. u 3 hdx, ϕ (u n )u n = u n 2 H 1 0 () λ u n 2 L 2 () u n 4 L 4 (). (2.21) Além disso, ϕ(u n ) = 1 2 u n 2 H 1 0 () λ 2 u n 2 L 2 () 1 4 u n 4 L 4 (). Logo, ϕ(u n ) 1 4 ϕ (u n )u n = 1 2 u n 2 H 1 0 () λ 2 u n 2 L 2 () 1 4 u n 4 L 4 () + ou seja, 1 4 u n 2 H 1 0 () + λ 4 u n 2 L 2 () u n 4 L 4 () ϕ(u n ) 1 4 ϕ (u n )u n = 1 4 u n 2 H 1 0 () λ 4 u n 2 L 2 (). (2.22)

53 50 Por outro lado, e portanto, ϕ(u n ) 1 4 ϕ (u n )u n ϕ(u n) 1 4 ϕ (u n )u n ϕ(u n ) 1 4 ϕ (u n )u n ϕ(u n ) 1 4 ϕ (u n ) u n H 1 0 (). (2.23) Uma vez que, por hipótese, ϕ(u n ) c, para n grande, existe C 1 > 0 tal que ϕ(u n ) C 1. E pela hipótese ϕ (u n ) 0, para n grande, existe C 2 > 0 tal que ϕ (u n ) C 2. Assim, por (2.23): Portanto, de (2.22) e (2.23): (Caso 1): λ < 0 Note que ϕ(u n ) 1 4 ϕ (u n )u n C 1 + C 2 4 u n H 1 0 (). 1 4 u n 2 H 1 0 () λ 4 u n 2 L 2 () C 1 + C 2 4 u n H 1 0 (). de onde segue que tal que 1 4 u n 2 H 1 0 () 1 4 u n 2 H 1 0 () λ 4 u n 2 L 2 () C 1 + C 2 4 u n H 1 0 () u n 2 H 1 0 () 4C 1 + C 2 u n H 1 0 (). (2.24) Suponha que {u n } não seja limitada. Então, existe uma subseqüência {u nj } {u n } u nj H 1 0 ().

54 51 Mas, por (2.24), teríamos 1 4C 1 u nj 2 H 1 0 () + C 2 u nj H 1 0 () 0 o que é um absurdo. Logo {u n } é limitada. (Caso 2): 0 λ < λ 1 Observe que neste caso, 1 4 u n 2 H0 1() λ u n 2 H 4λ () 1 4 u n 2 H0 1() λ 4 u n 2 L 2 () C 1 + C 2 4 u n H 1 0 () ou seja, ) 1 (1 λλ1 u n 2 H 4 0 1() C 1 + C 2 4 u n H 1 0 (). (2.25) E, analogamente ao Caso 1, se supormos que {u n } não é limitada, então existe uma subseqüência {u nj } {u n } tal que u nj H 1 0 (). Por (2.25), teríamos ) (1 λλ1 4C 1 u nj 2 H 1 0 () + C 2 u nj H 1 0 () 0 o que é um absurdo, e mais uma vez segue que {u n } é limitada. Afirmação: A seqüência {u n } tem uma subseqüência que converge forte em H0(). 1 Sendo {u n } limitada e H0() 1 reflexivo, a menos de subseqüência u n u em. Além disso, sabemos que Logo, como por (2.21) u 2 mdx u 4 mdx u 2 dx; u 4 dx. u n H 1 0 () = λ u 2 ndx + u 4 ndx + ϕ (u n )u n. (2.26) e ϕ (u n ) 0 ϕ (u n )u n 0

55 segue que, passando ao limite quando n em (2.26): u n 2 H 1 0 () = λ u 2 ndx + u 4 ndx + ϕ (u n )u n λ u 2 dx + u 4 dx = u 2 H 1(), 0 52 já que ϕ (u)u 0. Ou seja, u n H 1 0 () u H 1 0 (). Portanto, de (A.20), como u n u em H 1 0() u n H 1 0 () u H 1 0 () segue que u n u em H 1 0(). como queríamos. 2.4 Método Variacional versus Método de Galerkin Compararemos os problemas u λu + u 3 = 0, (P ) u = 0,, e u λu = u 3, (P ), u = 0, com λ < λ 1. Note que, tanto (P ) quanto (P ) são problemas Variacionais, onde os funcionais de Euler-Lagrange associados são dados por: e ϕ : H0() 1 R u ϕ(u) = 1 2 u 2 dx λ 2 u2 dx ϕ : H0() 1 R u ϕ(u) = 1 2 u 2 dx λ 2 u2 dx 1 4 u4 dx. u4 dx. (2.27) (2.28)

56 respectivamente. O problema (P ) é um caso particular do problema (P ) da Seção 2.2, com f = 0. Logo, pode ser resolvido pelo Método de Galerkin, no entanto, não pode ser resolvido pelo Teorema do Passo da Montanha, visto que não satisfaz a hipótese (III). De fato, basta observar que, para λ < 0 ( c não existe e B ρ (0)) verificando ϕ(e) < 0, já que ϕ(u) 0 u H 1 0(). 53 Já o problema (P ) é um caso onde não podemos usar os passos do problema (P ) para aplicar o Método de Galerkin. Voltando às etapas do Método de Galerkin na Seção (2.2), a Condição (2.10) não será satisfeita, já que 1 u 4 dx 0, u. 4 Mas, como vimos na Seção (2.3), este problema pode ser resolvido pelo Teorema do Passo da Montanha.

57 Capítulo 3 Sistema Elíptico não-variacional via Método de Galerkin Neste capítulo estudaremos a existência de solução para o sistema elíptico nãovariacional da forma (P ) u = au α + f(x, u, v), v = bv β + g(x, u, v), u, v > 0, u = v = 0,. Analisaremos os seguintes casos: (i)quando α, β (0, 1); (ii)quando α (0, 1) e β [1, 2 1); (iii)quando α [1, 2 1) e β (0, 1). As funções f, g : R + R + R + são funções não-lineares, contínuas e de Lipschitz. Inicialmente consideraremos o caso quando nessas funções os expoentes não ultrapassam o expoente 2 1, o caso subcríticos. Posteriormente consideraremos o caso supercrítico, onde este expoente é ultrapassado.

58 3.1 Sistema elíptico aproximado 55 Considere o sistema (P ) λ u = au α + f(x, u, v) + λφ, v = bu β + g(x, u, v) + λφ, u, v > 0, u = v = 0, onde φ C 0 () é uma função não-negativa, não-nula, fixada e λ é um parâmetro positivo. Diremos que (u, v) H 1 0() H 1 0() é solução fraca de (P ) λ se: u ωdx = a (u) α ωdx + f(x, u, v)ωdx + λ φωdx, ω H0() 1 (3.1) e v ψdx = b (u) β ψdx + g(x, u, v)ψdx + λ φψdx, ψ H0(). 1 (3.2) No decorrer do texto, provaremos que a solução fraca de (P ) será dada por (u, v) H0() 1 H0(), 1 satisfazendo (3.1) e (3.2) quando λ 0. Teorema Seja (P ) λ com as seguintes condições: (H 0 ) f(x, 0, 0) = g(x, 0, 0) = 0 (H 1 ) f(x, 0, v) = 0 v = 0 e g(x, u, 0) = 0 u = 0 f(x, u, v) k 1 ( v p + u q ) (H 2 ) onde p, q [1, 2 1], para N > 2. g(x, u, v) k 2 ( v p + u q ) Então existem a, b, λ números positivos, tais que: (i) Se α, β (0, 1), o problema (P ) λ tem uma solução fraca para (a, b, λ) (0, a ) (0, b ) (0, λ ); (ii) Se α (0, 1) e β [1, 2 1), o problema (P ) λ tem uma solução fraca para (a, b, λ) (0, a ) (0, ) (0, λ ); (iii) Se α [1, 2 1) e β (0, 1), o problema (P ) λ tem uma solução fraca para (a, b, λ) (0, ) (0, b ) (0, λ ). Ainda, se (u λ, v λ ) é solução fraca de (P ) λ, segue uma das seguintes desigualdades: u a 1 1 α ω1 ou v b 1 1 β ω2 em onde:

59 56 Se α (0, 1), denotaremos ω 1 a solução fraca do problema u = u α, u > 0,. u = 0, Se β (0, 1), denotaremos ω 2 a solução fraca do problema v = v β, v > 0,. v = 0, Demonstração: A princípio, demonstraremos apenas o caso (i), visto que os casos (ii) e (iii) seguem analogamente. Quando em alguma parte da demonstração a análise for diferenciada, faremos uma observação de como ela será feita em cada uma das situações. Seja Σ = {e 1, e 2,..., e m,...} uma base ortonormal de H 1 0() H 1 0() (ver Apêndice B.1). Para cada m N, consideremos V m = < e 1, e 2,..., e m >. Consideraremos em H 1 0() H 1 0() a norma dada por (u, v) H 1 0 () H 1 0 () = ( u 2 H 1 0 () + v 2 H 1 0 () ) 1/2. Dado η = (η 1,, η m ) considere a norma: A idéia é: (Etapa 1) η 2 = m η i 2. Para cada m N mostraremos que existem a, b, λ números positivos, independentes de m, tais que: existe (u m, v m ) V m V m verificando: u m e i dx = a (u + m ) α e i dx + (a, b, λ) (0, a ) (0, ) (0, λ ) f(x, u + m, v + m )e i dx + λ φe i dx (3.3)