Existência de solução não-negativa para equações indefinidas do tipo Kirchhoff em domínio exterior com crescimento subcrítico ou crítico.

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E NATURAIS PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA E ESTATÍSTICA Dissertação de Mestrado Existência de solução não-negativa para equações indefinidas do tipo Kirchhoff em domínio exterior com crescimento subcrítico ou crítico. Gabriela Coêlho Rodrigues Belém 2017

2 UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E NATURAIS PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA E ESTATÍSTICA Gabriela Coêlho Rodrigues Existência de solução não-negativa para equações indefinidas do tipo Kirchhoff em domínio exterior com crescimento subcrítico ou crítico. Dissertação apresentada ao Curso de Mestrado em Matemática e Estatística da Universidade Federal do Pará, como pré-requisito para a obtenção do título de Mestre em Matemática. Orientador: Prof. Dr. Giovany de Jesus Malcher Figueiredo Belém 2017

3 Dados Internacionais de Catalogação - na - Publicação (CIP) Biblioteca de Pós-Graduação do ICEN/UFPA Rodrigues, Gabriela Coêlho Existência de solução não-negativa para equações indefinidas do tipo Kirchhoff em domínio exterior com crescimento subcrítico ou crítico/ Gabriela Coêlho Rodrigues; orientador, Giovany de Jesus Malcher Figueiredo f.: il; 29cm Inclui bibliografias. Dissertação (Mestrado) Universidade Federal do Pará, Instituto de Ciências Exatas e Naturais, Programa de Pós-Graduação em Matemática e Estatística, Belém, Equações diofantinas. 2. Problemas Kirchhoff Crescimento crítico e subcrítico. 3. Métodos variacionais. I. Figueiredo, Giovany de Jesus Malcher, orient. II. Título. CDD 22 ed

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5 Agradecimentos Agradeço primeiramente a Deus, que me deu sabedoria para ingressar nesse mestrado e a força e capacidade necessárias para concluí-lo. Ao meu orientador, o Prof. Dr. Giovany de Jesus Malcher Figueiredo pela paciência e dedicação, explorando meus limites e fazendo provar a mim mesma meu potencial. Agradeço à minha família, em especial a meus pais, Carlos e Rosa e ao meu irmão pelo apoio, pelas palavras de conforto em momentos em que a calma e esperança de conseguir quase iam embora e pelo incentivo de seguir em frente. Ao meu namorado, Anderson, por tentar me ajudar sempre que possível e pela compreensão, visto que a falta de tempo reduziu várias visitas. Dedico um agradecimento especial ao Prof. Dr. Pedro Franco de Sá, por quem tenho enorme admiração e que me ajudou inúmeras vezes do início ao fim desse trajeto. Agradeço ainda ao Alexandre e à Vanessa que me ensinaram a usar o LaTex (eu nem sabia o que era um preâmbulo) e por último, mas não menos importante, um enorme muito obrigada aos outros amigos (que não daria para citar um a um aqui) e a todos que ouviram minhas reclamações e continuaram torcendo por mim. Posso dizer agora, finalmente e com certeza: Eu consegui! Gabriela Coêlho Rodrigues

6 Resumo Neste trabalho estudaremos os resultados que podem ser encontrados em [6] que trata da existência de solução não-negativa para equações indefinidas do tipo Kirchhoff em domínio exterior, considerando não-linearidade com crescimento subcrítico ou crítico. Palavras-chave: subcrítico, crescimento crítico. Problema de Kirchhoff, domínio exterior, crescimento

7 Abstract In this paper, we will study the results that can be found in [6], which investigates the existence of nonnegative solutions for indefinite Kirchhoff equations in exterior domain, considering nonlinearity with subcritical or critical growth. Key Words: critical growth. Kirchhoff problem, exterior domain, subcritical growth,

8 Sumário Introdução 1 1 Estrutura Variacional do Problema (P λ,γ ) 7 2 Geometria do Passo da Montanha e Condição Palais-Smale 22 3 Demonstração do Teorema Principal - Caso Subcrítico 43 4 Demonstração do Teorema Principal - Caso Crítico 47 A Alguns Resultados Utilizados 67 Referências Bibliográficas 81

9 Notações : Fronteira de ; : Convergência forte; : Convergência fraca; : Imersão contínua; u : Norma de u em H0(); 1 u L p (): Norma de u em L p (); L loc (): Conjunto das funções localmente integráveis em. ux : Função característica de u sobre ; B r (0): Bola de centro em 0 e raio r; (f g) (t): Composição da função f com a função g, isto é, f (g(t)); o n (1): Ordem pequena.

10 Introdução Este trabalho tem por objetivo investigar a existência de solução nãonegativa para a seguinte classe de problemas não locais do tipo Kirchhoff: (P λ,γ ) M( u 2 )[ u + u] = λa(x)g(u) + γ u 4 u em, u = 0 sobre, onde λ é um parâmetro real positivo, é um domínio exterior de R 3, isto é, = R 3 \Θ, sendo Θ um domínio suave limitado de R 3. Neste trabalho estudaremos dois casos do problema (P λ,γ ), sendo o primeiro com γ = 0 (caso subcrítico) e o segundo quando γ = 1 (caso crítico). Esta dissertação é um estudo de [6] que trata da existência de solução positiva para equações indefinidas do tipo Kirchhoff em domínio exterior, considerando não-linearidade com crescimento subcrítico ou crítico. As funções M : R + {0} R +, g : R R e a: R são contínuas e satisfazem a algumas condições estabelecidas posteriormente. Ademais, usaremos u 2 = u 2 dx + u 2 dx. Antes de enunciarmos o principal resultado desta dissertação, necessitamos das seguintes hipóteses sobre M : R + {0} R + : (M 1 ) A função M é crescente e 0 < M(0) := m 0. 1

11 (M 2 ) A função t M(t) é decrescente. t A hipótese (M 1 ) nos permite abordar o problema (P λ,γ ) via Métodos Variacionais, enquanto a hipótese (M 2 ) nos fornece um crescimento importante que será usado ao longo deste trabalho. Um exemplo típico de função que satisfaz as condições (M 1 ) e (M 2 ) é dado por M(t) = m 0 + bt, para uma constante real b > 0 e para todo t 0. (g 1 ) As hipóteses sobre a função contínua g : R R são as seguintes: (g 2 ) Existe q (4, 6) tal que g(t) lim t 0 t = 0. 3 lim t g(t) = 0. t q 1 (g 3 ) Existe θ (4, 6) tal que 0 < θg(t) tg(t), para todo t > 0, onde por G(t) = t 0 g(s)ds. Um exemplo típico de função que satisfaz as condições (g 1 ) a (g 3 ) dá-se g(t) = k i=1 C i t q i 1 + com k N, 3 < q i < q, C i > 0 e t + = max{t, 0}. Quanto às hipóteses sobre a função a, temos: (a 1 ) A função a C(, R) muda de sinal em. Antes de enunciarmos a segunda hipótese sobre a função a, definamos os conjuntos + = {x : a(x) > 0} e = {x : a(x) < 0}. Sabe-se então que existe uma função teste ζ C 0 () tal que 0 ζ(x) 1 sobre 2

12 , ζ(x) = 1 em + e ζ(x) = 0 em. Seja dist(, + ) a distância entre os conjuntos e +. Dependendo desta distância, é possível tomar um K := sup ζ tão pequeno quanto se queira. (a 2 ) A distância dist(, + ) = δ > 0 é tal que, tomando θ a constante definida na hipótese (g 3 ) teremos K < θ 2 2. (a 3 ) Existe R 0 > 0, tal que a(x) < 0 para x R 0 e sup a(x) x 2 <, R R 0. x R A hipótese (a 1 ) caracteriza o problema (P λ,γ ) como indefinido. Quanto à função ζ, esta será essencial para superar algumas dificuldades ao longo deste trabalho, tais como a validade da condição Palais-Smale. A hipótese (a 3 ) é utilizada para superar a não-compacidade da imersão H 1 0() L s () para 2 < s 6, uma vez que o domínio não é limitado. O problema elíptico típico denomina-se Problema de Dirichlet, cuja formulação dá-se por (D) u(x) = f (x, u(x)) em, u = 0 sobre, onde R n é um domínio limitado regular, f : R R é uma dada função e u: R é a função incógnita cuja regularidade depende da regularidade de f. O problema (D) é dito local, pois em todos os termos envolvidos os valores são calculados pontualmente, o que não ocorre no problema (P λ,γ ). 3

13 Problemas não-locais do tipo Kirchhoff modelam certos fenômenos, como por exemplo, no caso em que ( ) M u 2 dx ( ) = m 0 + b u 2 dx [ ( )] cujo operador m 0 + b u 2 dx u aparece na equação hiperbólica (K) u tt [ ( )] m 0 + b u 2 dx u(x) = f (x, u) em, (0, T ), u = 0 sobre, (0, T ), u (x, 0) = u 0 (x), u t (x, 0) = u 1 (x), a qual é uma generalização da equação ( ρ 2 u t P 0 2 h + E 2L L 0 u x 2 dx ) 2 u x 2 = 0 introduzida por Kirchhoff em 1883, ver [9]. Esta é uma extensão da equação clássica da corda vibrante, proposta por D Alembert, pois descreve a vibração de uma corda elástica levando-se em consideração a mudança no comprimento da mesma durante o movimento. Nesta equação, L é o comprimento da corda, h é a área da secção transversal da corda, E é o módulo de Young do material do qual a corda é feita, ρ é a densidade de massa e P 0 é a tensão inicial. Alguns dos primeiros estudos envolvendo equações do tipo Kirchhoff são os de Bernstein, em 1987, e Pohozaev, em Entretanto, o problema K só começou a receber maior atenção após o trabalho de Lions, em 1978, no qual utilizou-se pela primeira vez argumentos de análise funcional não-linear para atacar problemas não-locais do tipo Kirchhoff. A partir de então o estudo de 4

14 problemas não-locais avançou muito mais rapidamente. Dentre os resultados encontrados, podemos destacar o trabalho de Alves, Corrêa e Ma [1] os quais estudaram a existência de solução positiva para o problema (P 1 ) ( ) M u 2 dx u(x) = f (x, u) em, u = 0 sobre, com M(t) m 0 > 0 para todo t 0 e f com crescimento subcrítico. Um ano depois, Perera e Zhang [12] estudaram o problema (P 1 ) quando M = a + bt, a, b > 0 e N = 1, 2 e 3, utilizando a teoria de índice de Yang e obtendo uma solução não trivial para o problema. Posteriormente, em 2009, He e Zou [7] estudaram a existência de múltiplas soluções para o problema (P 2 ) [ ( )] a + b u 2 dx u(x) = λf (x, u) em, u = 0 sobre, em que λ é um parâmetro positivo e f uma função que satisfaz hipóteses mais gerais que no trabalho de Perera e Zhang. Podemos citar ainda o trabalho de Figueiredo e dos Santos Júnior [5] em que foi estudado o problema (P 3 ) ( ) M u 2 dx u(x) = λf (x, u) + u q 2 u em, u = 0 sobre, com N = 1, 2 e 3, f(x, u) = u r 2 u, 1 < r < 2 < q 2, onde λ é um parâmetro positivo e M m 0 > 0 é uma função que satisfaz determinadas 5

15 hipóteses. Utilizando a teoria de gênero de Krasnoselskii eles obtiveram um resultado de múltiplas soluções para o problema (P 3 ). Quanto a este trabalho, o principal resultado que provaremos é: Teorema 0.1. Assuma as condições (M 1 ), (M 2 ), (g 1 ) - (g 3 ) e (a 1 ) - (a 3 ). Se γ = 0, o problema (P 1,0 ) possui solução não-negativa para todo λ > 0. Se γ = 1, então existe λ > 0 tal que o problema (P λ,1 ) possui solução nãonegativa para todo λ > λ. A fim de demonstrar o teorema anterior seguiremos a seguinte estrutura no decorrer deste estudo: no Capítulo 1 construiremos a estrutura variacional do problema. No Capítulo 2 provaremos que o funcional satisfaz as duas geometrias do passo da montanha e a condição Palais-Smale. Já no Capítulo 3 provaremos a existência de solução não-negativa para o caso subcrítico e, por fim, no Capítulo 4 provaremos o caso crítico. 6

16 Capítulo 1 Estrutura Variacional do Problema (P λ,γ ) Neste capítulo construiremos a estrutura variacional do problema (P λ,γ ). Mais precisamente, associaremos ao problema um funcional I λ,γ que está bem definido e é de classe C 1. Em seguida calcularemos sua derivada I λ,γ. Como queremos encontrar uma solução não-negativa para o problema (P λ,γ ), no decorrer deste trabalho assumiremos g(t) = 0, t 0. Lembremos ainda que u H 1 0() é uma solução fraca para o problema (P λ,γ ) se, para toda φ H 1 0(), u satisfaz [ ] M( u 2 ) u φ dx + uφdx = λ a(x)g(u)φdx + γ u 4 uφdx. Devemos procurar soluções não-negativas como pontos críticos do 7

17 funcional I λ,γ : H 1 0() R de classe C 1 dado por onde M(t) = I λ,γ (u) = 1 2 M( u 2 ) λ a(x)g(u)dx γ u 6 6 +dx, t 0 M(s)ds e u + (x) := max{u(x), 0}. Vamos considerar I λ,γ (u) = J 1 (u) J 2 (u) J 3 (u) com J 1 (u) = 1 2 M( u 2 ); J 2 (u) = λ a(x)g(u)dx e J 3 (u) = γ u 6 6 +dx. Lema 1.1. O funcional J 1 (u) = 1 2 M( u 2 ) é de classe C 1 e [ ] J 1(u)φ = M( u 2 ) u φdx + uφdx. Demonstração. Calcularemos primeiramente a Derivada de Gateaux DJ 1. Consideremos F (u) = u 2, isto é, F (u) = u 2 dx + u 2 dx. Assim, J 1 (u) = 1 2 M[F (u)] e, aplicando a regra da cadeia, DJ 1 (u)φ = 1 M[F (u)]df (u)φ. 2 Pela de M e da continuidade de M o primeiro fator já está bem definido, portanto, resta apenas calcular DF (u)φ. Consideremos F (u) = F 1 (u) + F 2 (u), com F 1 (u) = u 2 dx e F 2 (u) = u 2 dx. 8

18 Calcularemos primeiro a Derivada de Gateaux DF 1. F 1 (u + tφ) F 1 (u) t Portanto, Concluímos então que = = 1 t = = (u + tφ) 2 dx u 2 dx t [ u 2 + 2t u φ + t 2 φ 2 u 2] dx 2t u φ + t 2 φ 2 dx t [ ] 2 u φ + t φ 2 dx. F 1 (u + tφ) F 1 (u) DF 1 (u)φ = lim t 0 t [ = lim 2 u φ + t φ 2 t 0 ] dx [ = lim ] 2 u φ + t φ 2 dx. t 0 DF 1 (u)φ = 2 u φdx. (1.1) Seja {u n } uma sequência em H 1 0() tal que u n u em H 1 0(). Assim, para cada φ H 1 0(), com φ 1 temos: [DF 1 (u n ) DF 1 (u)] φ = 2 u n φdx 2 u φdx 2 (u n u) φ dx. 9

19 Da desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos ( ) 1 ( ) 1 [DF 1 (u n ) DF 1 (u)] φ 2 (u n u) 2 2 dx φ 2 2 dx 2 u n u H 1 0 () φ H 1 0 () 2 u n u H 1 0 (). Deste modo, podemos concluir DF 1 (u n ) DF 1 (u) H 1 0 () := sup [DF 1 (u n ) DF 1 (u)] φ 2 u n u H 1 0 (). φ 1 Mostramos assim que quando u n u em H 1 0() temos DF 1 (u n ) DF 1 (u) em H 1 0(), portanto, o operador DF 1 é contínuo e, deste modo, DF 1 = F 1 C (H 1 0(), R). Portanto, por (1.1) temos F 1(u)φ = DF 1 (u)φ = 2 u φdx. (1.2) Calcularemos agora a Derivada de Gateaux DF 2. F 2 (u + tφ) F 2 (u) t = = 1 t = = u + tφ 2 dx u 2 dx t [ u 2 + 2utφ + t 2 φ 2 u 2] dx 2utφ + t 2 φ 2 dx t [ ] 2uφ + tφ 2 dx. 10

20 Portanto, Concluímos então que F 2 (u + tφ) F 2 (u) DF 2 (u)φ = lim t 0 t [ = lim 2uφ + tφ 2 t 0 ] dx [ = lim ] 2uφ + tφ 2 dx. t 0 DF 2 (u)φ = 2 uφdx. (1.3) Seja {u n } uma sequência em H 1 0() tal que u n u em H 1 0(). Assim, para cada φ H 1 0(), com φ 1 temos: [DF 2 (u n ) DF 2 (u)] φ = 2 u n φdx 2 Da desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos uφdx 2 (u n u) φ dx. ( ) 1 ( ) 1 [DF 2 (u n ) DF 2 (u)] φ 2 (u n u) 2 2 dx φ 2 2 dx 2 u n u H 1 0 () φ H 1 0 () 2 u n u H 1 0 (). Deste modo, podemos concluir DF 2 (u n ) DF 2 (u) H 1 0 () := sup [DF 2 (u n ) DF 2 (u)] φ 2 u n u H 1 0 (). φ 1 Mostramos assim que quando u n u em H 1 0() temos DF 2 (u n ) DF 2 (u) em H 1 0(), portanto, o operador DF 2 é contínuo e, deste modo, 11

21 DF 2 = F 2 C (H 1 0(), R). Portanto, por (1.3) temos F 2(u)φ = DF 2 (u)φ = 2 uφdx. (1.4) Assim, por (1.2) e (1.4), concluímos que ( ) DF (u)φ = F (u)φ = F 1(u)φ+F 2(u)φ = 2 uφdx + u φdx. (1.5) Sendo DJ 1 (u)φ = 1 2 M[F (u)]df (u)φ, com F (u) = u 2, por (1.5) encontramos ( ) J 1(u)φ = M( u 2 ) uφdx + u φdx. (1.6) Lema 1.2. O funcional J 2 (u) = λ J 2(u)φ = λ a(x)g(u)φdx. a(x)g(u)dx é de classe C 1 e Demonstração. Calcularemos primeiramente a Derivada de Gateaux DJ 2. Para cada t R com 0 < t < 1, para cada x e para cada u, φ H 1 0(), consideremos a função h: [0, 1] R dada por h(s) = G (u + stφ). Observe que h (s) = g (u + stφ) tφ, h(1) = G (u + tφ) e h(0) = G(u). Desde que h é contínua em [0, 1] e diferenciável em (0, 1), temos do Teorema do Valor Médio que existe c (0, 1) tal que h(1) h(0) = h (c), o que implica g(t) Segue de (g 1 ) que lim t 0 t 3 G (u + tφ) G(u) t = g (u + ctφ) φ. = 0, isto é, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que g(t) ε t 3, quando t < δ. (1.7) 12

22 g(t) Segue de (g 2 ) que lim = 0, isto é, dado ε > 0, existe R > 0 tal que t t q 1 g(t) ε t q 1, quando t > R. (1.8) Além disso, sendo g contínua, temos g(t) limitado no intervalo fechado [δ, R], portanto, existe um α > 0 tal que t q 1 t q 1 g(t) α t [δ, R]. (1.9) Assim, de (1.7), (1.8) e (1.9), concluímos que para todo t R, teremos g(t) g(t) ε t 3 + C ε t q 1, onde C ε = α + ε. Em particular, g (u + ctφ) ε u + ctφ 3 + C ε u + ctφ q 1. hipótese t 1, e c (0, 1), obtemos Sendo por g (u + ctφ) φ ε u + ctφ 3 φ + C ε u + ctφ q 1 φ ε u 3 φ + ε ctφ 4 + C ε u q 1 φ + C ε ctφ q ε u 3 φ + C 1 ε φ 4 + C ε u q 1 φ + C 2 C ε φ q, onde C 1 e C 2 são constantes positivas. Note ainda que por hipótese, u, φ H 1 0(). Desde que H 1 0() está continuamente imerso em L r (), com 2 r 6, utilizando a desigualdade de Hölder, temos ε u 3 φ + C 1 ε φ 4 + C ε u q 1 φ + C 2 C ε φ q L 1 (). De fato, pois: u H0() 1 implica u L 6 (), φ H0(), 1 assim φ L 2 (). Portanto, u 3 φ L 1 (). logo u 3 L 2 (), φ H 1 0(), implicando φ L r (), com 2 r 6. Em particular, 13

23 temos φ L 4 (), logo, φ 4 L 1 (). u H0() 1 implica u L r (), logo u L q () e u q 1 L q q 1 (). φ H0() 1 implica φ L r (), assim φ L q (). q Como q (4, 6), temos q [2, 6]. Sendo > 1 e q expoentes conjugados, concluímos que u q 1 φ L 1 q 1 (). φ H 1 0(), logo φ L r (), com 2 r 6. Em particular, temos φ L q (), assim, φ q L 1 (). Além disso, para uma sequência t n 0 e da continuidade da função g, temos g (u(x) + ct n φ(x)) φ(x) g (u(x)) φ(x) pontualmente em. Assim, J 2 (u + t n φ) J 2 (u) t n = λ a(x)g (u + t n φ) dx λ a(x)g(u)dx t n = λ a(x) [G (u + t n φ) G(u)] dx t n = λ a(x) G (u + t nφ) G(u) dx t n = λ a(x)g (u(x) + ct n φ(x)) φ(x)dx. Pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (veja Teorema A.1), passando o limite na igualdade anterior com t n 0, teremos: J 2 (u + t n φ) J 2 (u) DJ 2 (u)φ = lim tn 0 t n = lim = λ tn 0 λ a(x)g (u(x) + ct n φ(x)) φ(x)dx a(x) lim tn 0 g (u(x) + ct nφ(x)) φ(x)dx. 14

24 De onde concluímos DJ 2 (u)φ = λ a(x)g(u)φdx. (1.10) Seja {u n } uma sequência em H 1 0() tal que u n u em H 1 0(). Da imersão contínua de H 1 0() em L r (), com 2 < 3 < r 6 no caso N = 3, obtemos u n u em L r (). Do Teorema de Vainberg (veja Teorema A.2), existe uma função h 1 L r () tal que, a menos de uma subsequência, u n (x) u(x) quase sempre em e u n (x) h 1 (x) quase sempre em. Desde que g é, por hipótese, contínua, temos g (u n (x)) g (u(x)) quase sempre em. Da desigualdade triangular, da limitação da função g e da limitação de u n (x) por h 1 (x) quase sempre, obtemos g (u n (x)) g (u(x)) q q 1 [ g (un (x)) + g (u(x)) ] q q 1 [ ε u n (x) 3 + C ε u n (x) q 1 + ε u(x) 3 + C ε u(x) q 1 ] q q 1 2ε h1 (x) 3 + 2C ε h 1 (x) q 1 q q 1 [ 4 max{ε h 1 (x) 3, C ε h 1 (x) q 1 } ] q q 1 ] k [max{ε h 1 (x) 3q q 1, Cε h 1 (x) q }, onde k é uma constante positiva. De modo que, novamente pela desigualdade de Hölder e pelas imersões ] contínuas, k [max{ε h 1 (x) 3q q 1, Cε h 1 (x) q } L 1 (). De fato, pois 1 < q < 2, implicando 2 < 3q < 6 e q (4, 6) [2, 6]. q 1 q 1 Outra vez pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (veja Teorema A.1), g (u n (x)) g (u(x)) em L q q 1 (). 15

25 Assim, para toda φ H 1 0() tal que φ 1, temos [DJ 2 (u n ) DJ 2 (u)] φ = λ a(x)g(u n )φdx λ a(x)g(u)φdx λ a(x). [g(u n ) g(u)]. φ dx. Da hipótese (a 3 ), existe R 0 x 2 > R 2 0 para x > R e > 0 tal que, para todo R > R 0, temos Podemos então definir a(x) = a(x) x 2 x a(x). x 2. 2 a(x). x 2 β 1 := sup a(x) sup x R x R R0 2 = 1 R 2 0 R 2 0 sup a(x). x 2 <. x R Por outro lado, para x < R, da continuidade da função a, existe um número real positivo β 2 tal que β 2 = max{β 1, β 2 } teremos [DJ 2 (u n ) DJ 2 (u)] φ λβ max a(x). Se tomarmos β = x B R (0) [g(u n ) g(u)]. φ dx. Desde que φ H0(), 1 temos φ L q () com q (4, 6) como definido na q hipótese (g 2 ) e, sendo q e expoentes conjugados, da desigualdade de q 1 Hölder, [DJ 2 (u n ) DJ 2 (u)] φ λβ g(u n ) g(u) L q q 1 () φ L q (). Das Imersões Contínuas de Sobolev (veja Teorema A.7 no Apêndice), 16

26 existe uma constante C > 0 tal que [DJ 2 (u n ) DJ 2 (u)] φ C g(u n ) g(u) L q q 1 () φ C g(u n ) g(u) L q q 1 (). Portanto, DJ 2 (u n ) DJ 2 (u) := sup [DJ 2 (u n ) DJ 2 (u)] φ C g(u n ) g(u) q. φ 1 L q 1 () Implicando lim DJ 2(u n ) = DJ 2 (u). n Mostramos assim que o operador DJ 2 é contínuo e, deste modo, DJ 2 = J 2 C (H 1 0(), R). Portanto, por (1.10), temos J 2(u)φ = DJ 2 (u)φ = λ a(x)g(u)φdx. (1.11) Lema 1.3. O funcional J 3 (u) = γ 6 J 3(u)φ = γ u 6 +φdx. u 6 +dx é de classe C 1 e Demonstração. Calcularemos primeiramente a Derivada de Gateaux DJ 3. Para cada t R com 0 < t < 1, para cada x e para cada u, φ H0(), 1 consideremos a função h: [0, 1] R dada por h(s) = (u + + stφ) 6. Observe que h (s) = 6 (u + + stφ) 5 tφ, h(1) = (u + + tφ) 6 e h(0) = u 6 +. Desde que h é contínua em [0, 1] e diferenciável em (0, 1), segue do Teorema do Valor Médio que existe c (0, 1) tal que h(1) h(0) = h (c), o 17

27 que implica (u + + tφ) 6 u 6 + t = 6 (u + + stφ) 5. φ. Note ainda que, sendo 0 < t < 1, pela Imersão Contínua de H 1 0() em L r () (veja Teorema A.7 no Apêndice) com 2 r 6 e da desigualdade de Hölder, 6 (u + + tφ) 5 φ 6 [ 2 5 ( u φ ) φ ] L 1 (). De fato, sendo u, φ H 1 0(), temos u, φ L r (). Em particular, u L 6 (), de modo que u 5 L 6 5 () e φ L 6 (). Como 6 5 > 1 e 6 são expoentes conjugados, temos u 5 φ L 1 () e ainda, é imediato que φ 6 L 1 (). Além disso, para uma sequência t n 0 temos (u + (x) + t n φ(x)) 6 φ(x) u 6 +(x)φ(x) pontualmente em. Assim, J 3 (u + t n φ) J 3 (u) t n = γ (u + + t n φ) 6 dx γ u dx t n = γ (u + + t n φ) 6 u 6 + dx 6 t n = γ 6 (u + + t n φ) 5 φdx 6 = γ (u + + t n φ) 5 φdx. Pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (veja Teorema 18

28 A.1), passando o limite na igualdade acima com t n 0, teremos: De onde concluímos J 3 (u + t n φ) J 3 (u) DJ 3 (u)φ = lim tn 0 t n = lim = γ tn 0 γ DJ 3 (u)φ = γ (u + + t n φ) 5 φdx lim (u + + t n φ) 5 φdx. t n 0 u + 5 φdx. (1.12) Seja {u n } uma sequência em H 1 0() tal que u n u em H 1 0(). Da imersão contínua de H 1 0() em L r (), com 2 r 6 no caso N = 3 (veja Teorema A.7 no Apêndice), obtemos u n u em L r (). Do Teorema de Vainberg (veja Teorema A.2), existe uma função h 2 L r () tal que, a menos de uma subsequência, u n (x) u(x) quase sempre em e u n (x) h 2 (x) quase sempre em, de modo que (u n (x)) 5 (u(x)) 5 quase sempre em. Da desigualdade triangular e da limitação de u n (x) por h 2 (x) quase sempre, (u n (x)) 5 (u(x)) ( (un (x)) 5 + (u(x)) 5) 6 5 ( 2 h 2 (x) 5) 6 5 = 64 h 2 (x) 6. De modo que, novamente pela Desigualdade de Hölder e pelas imersões contínuas (veja Teorema A.7 no Apêndice), h 2 L r (). Em particular, h 2 L 6 (), implicando h 6 2 L 1 (). Outra vez pelo Teorema da Convergência 19

29 Dominada de Lebesgue (veja Teorema A.1), (u n (x)) 5 (u(x)) 5 em L 6 5 (). Assim, para toda φ H 1 0() tal que φ 1, temos [DJ 3 (u n ) DJ 3 (u)] φ = γ γ (u n (x)) 5 φdx γ (u(x)) 5 φdx (un (x)) 5 (u(x)) 5. φ dx. Desde que φ H 1 0() implica φ L 6 () e sendo 6 e 6 5 expoentes conjugados, da desigualdade de Hölder, [DJ 3 (u n ) DJ 3 (u)] φ γ u 5 n u 5 L 6 5 () φ L 6 (). Das Imersões Contínuas de Sobolev (veja Teorema A.7 no Apêndice), existe uma constante C > 0 tal que [DJ 3 (u n ) DJ 3 (u)] φ C u 5 n u 5 L 6 5 () φ C u 5 n u 5 L 6 5 (). Portanto, DJ 3 (u n ) DJ 3 (u) := sup [DJ 3 (u n ) DJ 3 (u)] φ C u 5 n u 5 6 L 5 (). φ 1 Implicando lim DJ 3(u n ) = DJ 3 (u). n Mostramos assim que o operador DJ 3 é contínuo e, deste modo, DJ 3 = J 3 C (H0(), 1 R). Portanto, por (1.12) temos J 3(u)φ = DJ 3 (u)φ = γ u 5 +φdx. (1.13) 20

30 Assim, sendo I λ,γ (u)φ = J 1(u)φ J 2(u)φ J 3(u)φ, u, φ H 1 0(). Ademais, pelos lemas 1.1, 1.2 e 1.3 concluímos que ( ) I λ,γ(u)φ = M( u 2 ) uφdx + u φdx λ a(x)g(u)φdx γ u 5 +φdx, para todos u, φ H 1 0(). 21

31 Capítulo 2 Geometria do Passo da Montanha e Condição Palais-Smale Neste capítulo mostraremos que o funcional I λ,γ verifica as duas geometrias do passo da montanha. Depois, usaremos o Teorema do Passo da Montanha (ver [2]) o qual nos permitirá mostrar a limitação da sequência {u n } para por fim provar duas convergências qye serão necessárias na demonstração dos casos subcrítico e crítico do teorema principal deste trabalho. Lema 2.1. Assuma as condições (M 1 ), (g 1 ), (g 2 ) e (a 1 ) - (a 3 ). Então existem números positivos ρ e α tais que I λ,γ (u) α > 0, u H 1 0(); u = ρ. Demonstração. Por (1.7), (1.8) e (1.9) temos g(t) ε t 3 + C ε t q 1. Como, 22

32 para todo t R se tem g(t) g(t), concluímos g(t) ε t 3 + C ε t q 1. (2.1) Note ainda que + é limitado. De fato, seja x +. Então x /, logo x < R 0. Portanto + B R0, de onde conclui-se que + é limitado. Assim, existe uma constante C 0 = sup x + a(x). Para u H 1 0(), usando (2.1), temos g(u) ε u 3 + C ε u q 1, de modo que Implicando g(u)dx [ ε u 3 + C ε u q 1] dx. G(u) ε 4 u 4 + C ε q u q. Como para x + tem-se a(x) > 0, então da desigualdade acima [ ε a(x)g(u) a(x) sup x + a(x) 4 u 4 + C ] ε q u q [ ε 4 u 4 + C ε q u q = C 0ε 4 u 4 + C 0C ε u q. q Ao integrar a desigualdade acima, uma vez que a(x) 0 em \ + ] 23

33 encontramos a(x)g(u)dx = a(x)g(u)dx + a(x)g(u)dx + \ + a(x)g(u)dx + [ C0 ε 4 u 4 + C ] 0C ε u q dx q + [ C0 ε 4 u 4 + C ] 0C ε u q dx. q Assim, a(x)g(u)dx C 0ε 4 u 4 + C 0C ε q u q dx. (2.2) Note que, por (M 1 ) e da definição de M, M( u 2 ) = u 2 0 M(s)ds u 2 0 m 0 ds = m 0 u 2. Assim, da forma como foi definido I λ,γ (u), utilizando (2.2) e a desigualdade anterior, tem-se I λ,γ (u) = 1 2 M( u 2 ) λ a(x)g(u)dx γ m 0 u 2 λc 0 [ ε 4 u 4 + C ε q u 6 +dx ] u q dx γ 6 u 6 +dx. Pelo Teorema das Imersões de Sobolev (veja Teorema A.7 no Apêndice), existe uma constante C > 0 tal que λc 0 [ ε 4 u 4 + C ε q ] u q dx + γ u 6 6 +dx C ( u 4 + u q + u 6). Assim, I λ,γ (u) 1 2 m 0 u 2 C ( u 4 + u q + u 6). 24

34 Desde que q (4, 6), conforme definido em (g 2 ), e admitindo u = ρ > 0 suficientemente pequeno, segue que existe α positivo tal que I λ,γ (u) 1 2 m 0ρ 2 C ( ρ 4 + ρ q + ρ 6) α > 0. Lema 2.2. Assuma as condições (M 1 ), (M 2 ), (g 1 ) - (g 3 ) e (a 1 ) - (a 3 ). Então existe uma função e H 1 0() tal que I λ,γ (e) < 0 e e > ρ, sendo ρ o mesmo definido no Lema 2.1. Demonstração. Da hipótese (g 3 ), existe θ (4, 6) tal que 0 < θg(t) tg(t) para todo t > 0. Logo, para todo t > 0, obtemos θ t g(t) G(t). Assim, dado r 1, sempre que t > r, temos t r θ t s ds g(s) r G(s) ds. Calculando as integrais acima, obtemos θ ln s t r ln G(s) t r. De modo que θ [ln t ln r] ln G(t) ln G(r). Das propriedades da função ln, encontramos t θ r G(t) θ G(r), 25

35 isto é, G(t) tθ r θ G(r). Assim, existe uma constante C = G(r) r θ > 0 tal que G(t) Ct θ. Por outro lado, novamente da hipótese (g 3 ) tem-se 0 < θg(t) para todo t > 0, isto é, existe uma constante D 0 tal que G(t) > 0 D. Logo, existem constantes positivas C e D tais que G(t) Ct θ D, ou ainda, G(t) D C t θ, t R. (2.3) Além disso, por (M 2 ), temos M(t) t M(1), t 1, de onde concluímos M(t 2 ) t 2 M(1), t 1, isto é, M(t 2 ) M(1)t 2, para todo t 1. Por outro lado, para 0 t 1 temos t 2 1. Como a função M é crescente, encontramos M(t 2 ) M(1), portanto, M(t 2 ) M(1) + M(1)t 2 = M(1)(t 2 + 1). (2.4) Assim, teremos M(t 2 ) = t 2 0 M(s)ds t 2 0 ( ) t 4 M(1)(s + 1)ds = M(1) 2 + t2. (2.5) Considere v 0 C 0 ( + ), com v 0 > 0 em + e v 0 = 1. Usando (2.3), 26

36 obtemos I λ,γ (tv 0 ) = 1 2 M ( tv 0 2) λ a(x)g (tv 0 ) dx γ (tv 0 ) 6 dx M ( t 2 v 0 2) λ a(x)g (tv 0 ) dx t6 γ v supp(v 0 ) 6 0dx 6 = 1 2 M ( t 2) λ a(x)g (tv 0 ) dx t6 γ v supp(v 0 ) 6 0dx M ( t 2) + λ a(x) [ D C tv 0 θ] dx t6 γ v 6 6 0dx. De modo que I λ,γ (tv 0 ) 1 2 M ( t 2) λct θ supp(v 0 ) a(x) v 0 θ dx + λd supp(v 0 ) Aplicando (2.5) em (2.6), obtemos supp(v 0 ) a(x)dx t6 γ 6 I λ,γ (tv 0 ) 1 ( t 4 ) λct 2 M(1) 2 + t2 θ a(x) v 0 θ dx+λd a(x)dx t6 γ supp(v 0 ) supp(v 0 ) 6 v 6 0dx. (2.6) Usando C 0 = sup x + a(x) como no Lema 2.1 e fazendo supp (v 0 ) a medida de Lebesgue do suporte de v 0, obtemos I λ,γ (tv 0 ) 1 ( t 4 ) λcc 2 M(1) 2 + t2 0 t θ v 0 θ dx+λdc 0 supp (v 0 ) t6 γ supp(v 0 ) 6 Portanto, desde que 4 < θ < 6, para e = t v 0, com t > 0 suficientemente grande, teremos e = t v 0 = t v 0 = t > ρ (definido no Lema 2.1) e I λ,γ (e) < 0. Verificadas as duas geometrias do passo da montanha (Lema 2.1 e Lema 2.2), utilizaremos o Teorema do Passo da Montanha (de Ambrosetti e Rabinowitz) sem a condição de Palais-Smale na versão de [14] (ver Teorema v 6 0dx. v 6 0dx. 27

37 A.5 no Apêndice) e, considerando o espaço de Banach H 1 0(), concluímos que existe uma sequência {u n } H 1 0() satisfazendo I λ,γ (u n ) c λ,γ e I λ,γ(u n ) 0, (2.7) onde e c λ,γ = inf η Γ max t [0,1] I λ,γ (η(t)) > 0 (2.8) Γ = {η C ( [0, 1], H 1 0() ) ; η(0) = 0 e η(1) = e}. (2.9) Lema 2.3. Seja {u n } H0() 1 uma sequência que satisfaça (2.7). Então {u n } é limitada. Demonstração. Sejam ζ a função teste cujo supremo K aparece na hipótese (a 2 ) e {u n } uma sequência que satisfaça (2.7). Assim, I λ,γ (u n ) é, por definição, convergente e existe C > 0 tal que I λ,γ (u n ) C. Por outro lado, 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ). Da definição de funcional linear contínuo encontramos 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 θ I λ,γ(u n ) ζu n. Do modo como foi definido, temos ζ(x) 1 para todo x. Assim, 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 θ I λ,γ(u n ) u n. Observe que I λ,γ (u n) 0, pois {u n } é uma sequência Palais-Smale para o funcional I λ,γ, portanto, das desigualdades acima, teremos (para n 28

38 suficientemente grande) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) u n. Assim, existe uma constante positiva C, tal que I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) u n + C. (2.10) Por outro lado, obtemos I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) = 1 2 M( u n 2 ) λ a(x)g(u n )dx + γ θ 1 ( ) θ M( u n 2 ) u n (ζu n ) dx + u n (ζu n ) dx + λ a(x)g(u n ) (ζu n ) dx. θ Aplicando a regra do produto do gradiente teremos (u n ) 5 + (ζu n ) dx γ (u n ) 6 6 +dx I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) = 1 2 M( u n 2 ) λ a(x)g(u n )dx + γ (u n ) 5 + (ζu n ) dx θ 1 ( ) θ M( u n 2 ) ζ(x)u 2 ndx + u n ζ u n dx + ζ(x) u 2 ndx γ n ) 6 (u 6 +dx + λ a(x)g(u n ) (ζu n ) dx. θ De modo que encontramos I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 2 M( u n 2 ) λ a(x)g(u n )dx + γ (u n ) 5 + (ζu n ) dx θ 1 ( ) θ M( u n 2 ) ζ(x) u n 2 dx + ζ u n u n dx + ζ(x) u n 2 dx γ n ) 6 (u 6 +dx + λ a(x)g(u n ) (ζu n ) dx. θ 29

39 Agrupando a segunda e a última parcelas, temos I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 [ 2 M( u n 2 ) λ a(x) G(u n ) 1 ] θ g(u n)(ζu n ) dx 1 ( ) θ M( u n 2 ) ζ(x) u n 2 dx + ζ u n u n dx + ζ(x) u n 2 dx + γ n ) θ (u 5 + (ζu n ) dx γ (u n ) 6 6 +dx. Sendo por hipótese K := sup ζ, concluímos que I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 2 M( u n 2 ) λ 1 ( θ M( u n 2 ) ζ(x) u n 2 dx + K + γ n ) θ (u 5 + (ζu n ) dx γ (u n ) 6 6 +dx. assim, Pela hipótese (a 3 ) e desde que ζ(x) = 0 em, temos [ a(x) G(u n ) 1 ] θ g(u n)(ζu n ) dx ) u n u n dx + ζ(x) u n 2 dx [ a(x) G(u n ) 1 ] [ θ g(u n)(ζu n ) dx = a(x) G(u n ) 1 ] θ g(u n)(ζu n ) dx, + I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 [ 2 M( u n 2 ) λ a(x) G(u n ) 1 ] θ g(u n)(ζu n ) dx + 1 ( ) θ M( u n 2 ) ζ(x) u n 2 dx + K u n u n dx + ζ(x) u n 2 dx + γ n ) θ (u 5 + (ζu n ) dx γ (u n ) 6 6 +dx. 30

40 Majorando ζ(x) por 1, obtemos I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 2 M( u n 2 ) λ a(x) [G(u n ) 1θ ] g(u n)u n dx + 1 ( ) θ M( u n 2 ) u n 2 dx + K u n u n dx + u n 2 dx + γ n ) θ (u 6 +dx γ (u n ) 6 6 +dx. De modo que, agrupando as duas últimas parcelas, encontramos I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 2 M( u n 2 ) λ a(x) [G(u n ) 1θ ] g(u n)u n dx θ 6θ γ (u n ) 6 +dx 1 ( ) θ M( u n 2 ) u n 2 + K u n u n dx. + Note que 4 < θ < 6 implica 6 < θ < 4. Assim, 0 < 6 θ < 2 e, portanto, 0 < 6 θ 6θ < 2 6θ. Aplicando este resultado na desigualdade anterior, tem-se I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 2 M( u n 2 ) λ a(x) [G(u n ) 1θ ] g(u n)u n dx + 1 ( ) θ M( u n 2 ) u n 2 + K u n u n dx. Por (g 3 ), existe θ (4, 6) tal que 0 < θg(t) tg(t), t > 0. Assim λ a(x) [G(u n ) 1θ ] [ g(u n)u n λ a(x) G(u n ) 1 ] + θ θg(u n) = 0. + (2.11) 31

41 Usando a desigualdade acima em (2.11), temos I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 2 M( u n 2 ) 1 θ M( u n 2 ) u n 2 1 θ KM( u n 2 ) u n u n dx. (2.12) Aplicando a desigualdade de Young para o último termo de (2.12), obtemos 1 θ KM( u n 2 ) u n u n dx 1 [ θ KM( u 1 n 2 ) u n 2 dx = 1 [ 2θ KM( u n 2 ) u n 2 dx + = 1 2θ KM( u n 2 ) u n 2. ] u n 2 dx ] u n 2 dx Deste modo, 1 θ KM( u n 2 ) u n u n dx 1 2θ KM( u n 2 ) u n 2. Substituindo esta desigualdade em (2.12), obtemos I λ,γ (u n ) 1 θ I λ,γ(u n ) (ζu n ) 1 2 M( u 2 ) 1 θ M( u n 2 ) u n 2 1 2θ KM( u n 2 ) u n 2. Por (2.10) e (2.13) encontramos (2.13) 1 2 M( u n 2 ) 1 θ M( u n 2 ) u n 2 1 2θ KM( u n 2 ) u n 2 u n + C. (2.14) Da definição de M e da hipótese (M 2 ), temos M(t) = t 0 M(s)ds = t 0 M(s) t sds s 0 M(t) sds = t M(t). (2.15) t 2 32

42 E novamente por (M 1 ), M( u n 2 ) = un 2 0 M(s)ds Assim, por (2.14), (2.15) e (2.16) temos un 2 0 m 0 ds = m 0 u n 2. (2.16) ( 1 2 M( u 1 n 2 ) M( u n 2 ) u n 2 θ + 1 ) 2θ K 1 ( 1 4 M( u n 2 ) M( u n 2 ) θ + 1 ) 2θ K ( 1 = M( u n 2 ) 4 1 θ 1 ) 2θ K u n 2 ( 1 m θ 1 ) 2θ K u n 2. Portanto, ( 1 m θ 1 ) 2θ K u n 2 u n + C. Desde que δ é o que aparece em (a 2 ), concluímos que ( 1 K 0 = m θ 1 ) 2θ K é positivo, implicando que {u n } é uma sequência limitada em H 1 0(). Sendo H 1 0() um espaço Banach reflexivo, existe ainda u H 1 0() tal que, a menos de subsequência, u n u em H 1 0() (2.17) e u n u em L s loc() (2.18) para 2 s < 6. Podemos agora enunciar e demonstrar o próximo lema. 33

43 Lema 2.4. Seja {u n } H 1 0() uma sequência que verifica (2.17) e (2.18). Então e a(x)g(u n )u n dx a(x)g(u n )udx a(x)g(u)udx (2.19) a(x)g(u)udx. (2.20) Demonstração. Seja R 0 a constante positiva que aparece na hipótese (a 3 ), de modo que a(x) < 0 se x R 0 e sup a(x) x 2 < para todo R R 0. x R Se {u n } H0() 1 verifica (2.17) e (2.18), existe u H0() 1 tal que, a menos de subsequência, u n u em H0() 1 e u n u em L s loc (), com 2 s < 6. Note que podemos escrever = ( B R ) (\B R ), onde B R é um conjunto limitado. Assim, de (2.18) e pelo Teorema da Vainberg (veja Teorema A.2), existe h 1 L s ( B R ) tal que, a menos de subsequência, u n (x) u(x) quase sempre em B R e u n (x) h 1 (x) em B R quase sempre. Assim, da continuidade da função g, obtemos g (u n (x)) u n (x) g (u(x)) u(x) em B R e g (u n (x)) u n (x) ( ε u n (x) 3 + C ε u n (x) q 1) u n (x) ε u n (x) 4 + C ε u n (x) q. 34

44 Deste modo, g (u n (x)) u n (x) εh 4 1(x)+C ε h q 1(x) quase sempre em B R. Desde que h 4 1, h q 1 L 1 ( B R ), do Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (veja Teorema A.1), temos Resta mostrar que uniformemente em n. a(x)g(u n )u n dx B R a(x)g(u)udx. B R (2.21) lim a(x)g(u n )u n dx = 0 R \B R Por (2.1) segue que g(u n ) ε u n 3 + C ε u n q 1, logo, [ ] a(x)g(u n )u n dx = a(x) x 2 g(un )u n dx \B R \B R x 2 sup a(x) x 2 [ε u n 3 + C ε u n q 1 ] u n dx x R \B R x 2 ε u n C \BR 4 + C ε u n q dx. x 2 Assim, u n a(x)g(u n )u n dx Cε \B R \BR 4 x dx + CC u n 2 ε \BR q dx. (2.22) x 2 Aplicando a desigualdade de Hölder no último termo da desigualdade acima, obtemos u n \BR q ( x dx = 1 2 \B R x u n q dx 2 1 dx \B R x 2r ) 1 r ( \BR ) 1 u n qs s dx. 35

45 ( Note que 1 dx \B R x 2r ) 1 r ( \BR ) 1 u n qs dx s 1 = x (\BR ( = Logo, existe uma constante α > 0 tal que 2r dx 1 dx \B R x 2r ( u n \BR q x dx α 1 dx 2 \B R x 2r Por uma mudança de variável, tomando x = ρ, teremos 1 dx = \B R x 2r R 1 ρ 2r ρ3 dρ = R ) 1 ) 1 r ( \BR ) 1 r un q L qs (\BR). ) q u n qs qs dx r. (2.23) ρ 3 2r dρ. Observe que a função será integrável apenas se 3 2r < 0. Assim, adotando convenientemente r = 6, onde q (4, 6) como definido na 6 q hipótese (g 2 ), teremos 3 2 < r < de modo que 1 dx <, \B R x 2r 1 portanto, x 2r L1 (\B R ). Considerando uma sequência {R n } de raios, obtemos 1 dx = \B Rn x 2r 1 x 2r X \B Rn (x)dx, 1 onde x X 2r \B Rn (x) 0 quase sempre quando R n, em que 1 x X 1 2r \B Rn é a função característica de x sobre \B 2r R n. Assim, pelo 36

46 Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (veja Teorema A.1), 1 lim dx = 0, R \B R x 2r isto é, dado ε > 0, existe R = R(ε) R 0 tal que ( ) 1/r 1 dx < ε. (2.24) \B R x 2r Numa análise semelhante para o primeiro termo de (2.22), teremos r = 6 6 q implicando 3 < r para q = 4, de modo que as estimativas acima 2 continuarão válidas. Assim, usando (2.24) em (2.23) e aplicando (2.23) em (2.22), encontramos lim R a(x)g(u n )u n dx = 0. \B R (2.25) Lembrando que = ( B R ) (\B R ) para todo R, podemos escrever [ ] lim a(x)g(u n )u n dx = lim lim a(x)g(u n )u n dx + a(x)g(u n )u n dx. n n R \B R B R Observe que por (2.25) o limite acima reduz-se a lim a(x)g(u n )u n dx = lim lim a(x)g(u n )u n dx. n n R B R Como a convergência (2.25) é uniforme em n, podemos fazer lim a(x)g(u n )u n dx = lim lim a(x)g(u n )u n dx. n R n B R 37

47 Assim, por (2.21) lim a(x)g(u n )u n dx = lim a(x)g(u)udx = a(x)g(u)udx, n R B R o que prova (2.19). A demonstração de (2.20) seguirá um raciocínio análogo. Tomando novamente a constante positiva que aparece na hipótese (a 3 ) e {u n } H 1 0() uma sequência que verifica (2.17) e (2.18), existe u H 1 0() tal que, a menos de subsequência, u n u em H0() 1 e u n u em L s loc (), com 2 s < 6. Iremos escrever outra vez = ( B R ) (\B R ). Sendo B R um conjunto limitado, de (2.18) e pelo Teorema da Vainberg (veja Teorema A.2), existe h 2 L s ( B R ) tal que, a menos de subsequência, u n (x) u(x) quase sempre em B R e u n (x) h 2 (x) em B R quase sempre. Assim, da continuidade da função g, obtemos g (u n (x)) u(x) g (u(x)) u(x) em B R e g (u n (x)) u(x) ( ε u n (x) 3 + C ε u n (x) q 1) u(x) ( εh 3 2(x) + C ε h q 1 2 (x) ) h 2 (x). Deste modo, g (u n (x)) u(x) εh 4 2(x)+C ε h q 2(x) quase sempre em B R. Desde que h 4 2, h q 2 L 1 ( B R ), do Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (veja Teorema A.1), temos a(x)g(u n )udx B R a(x)g(u)udx. B R (2.26) 38

48 Resta mostrar que uniformemente em n. lim a(x)g(u n )udx = 0 R \B R Por (2.1) segue que g(u n ) ε u n 3 + C ε u n q 1, logo, [ a(x)g(u n )udx = a(x) x 2 g(un )u \B R \B R x 2 sup a(x) x 2 Assim, x R C ] dx [ε u n 3 + C ε u n q 1 ] u \B R x 2 [ε u n 3 + C ε u n q 1 ] u \B R x 2 u n 3 u a(x)g(u n )udx Cε \B R \B R x dx + CC u n q 1 u 2 ε dx. (2.27) \B R x 2 Aplicando a desigualdade de Hölder no último termo da desigualdade anterior, obtemos u n q 1 u \B R x 2 ( dx 1 dx \B R x 2r dx. dx ) 1/r ( ) (q 1)/(q 1)s u s u n (q 1)s dx. \B R 1 Como mostrado na demonstração de (2.19), a função será integrável x 2r apenas se 3 2r < 0. Assim, adotando novamente r = 6, onde q (4, 6) 6 q como definido na hipótese (g 2 ), teremos dx <, \B R x 2r < r < de modo que 39

49 1 portanto, x 2r L1 (\B R ). Considerando novamente uma sequência {R n } de raios, obtemos 1 dx = \B Rn x 2r 1 x 2r X \B Rn (x)dx, 1 onde x X 2r \B Rn (x) 0 quase sempre quando R n. Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue (veja Teorema A.1), 1 lim dx = 0, R \B R x 2r isto é, dado ε > 0, existe R = R(ε) R 0 tal que ( ) 1/r 1 dx < ε. (2.28) \B R x 2r Ademais, sendo r e s expoentes conjugados, teremos nas condições acima s = 6/q. Aplicando a desigualdade de Hölder generalizada, ( ) (q 1)/(q 1)s ( ) 1/m1 ( ) 1/m2 u s u n (q 1)s dx u m 1 dx u n (q 1)m 2 dx, \B R \B R \B R com 1 m m 2 = 1 s = q 6. Sendo por hipótese u H 1 0(), pelas Imersões Contínuas de Sobolev (veja Teorema A.7 no Apêndice) u L 6 (), isto é, existe β 1 > 0 tal que, para m 1 = 6, ( ) 1/m1 ( 1/m1 u m 1 dx u m 1 dx) β 1. (2.29) \B R Analogamente, sendo {u n } H 1 0(), pelas Imersões Contínuas de Sobolev (veja Teorema A.7 no Apêndice) {u n } L m 2(q 1) () se, e somente 40

50 se, 2 m 2 (q 1) 6. Note, porém, que para m 1 = 6 como adotado acima teremos de modo que m 2 (q 1) = m 2 = q 6, Logo, {u n } L m 2(q 1) (), implicando (u n ) q 1 L m 2 (), isto é, existe β 2 > 0 tal que, para m 2 = 6, ( ) 1/m2 ( 1/m2 u n (q 1)m 2 dx u n (q 1)m 2 dx) β 2. (2.30) \B R Numa análise semelhante para o primeiro termo de (2.27), teremos r = 6 6 q implicando 3 < r para q = 4, de modo que as estimativas 2 acima continuarão válidas. Assim, usando (2.28), (2.29) e (2.30) em (2.27), encontramos lim R a(x)g(u n )udx = 0. \B R (2.31) Lembrando que = ( B R ) (\B R ) para todo R, podemos escrever [ ] lim a(x)g(u n )udx = lim lim a(x)g(u n )udx + a(x)g(u n )udx. n n R \B R B R Observe que por (2.31) o limite acima reduz-se a lim a(x)g(u n )udx = lim lim a(x)g(u n )udx. n n R B R Como a convergência (2.31) é uniforme em n, podemos fazer lim a(x)g(u n )udx = lim lim a(x)g(u n )udx. n R n B R 41

51 Assim, por (2.26) lim a(x)g(u n )udx = lim a(x)g(u)udx = a(x)g(u)udx, n R B R o que prova (2.20), concluindo a demonstração do lema. 42

52 Capítulo 3 Demonstração do Teorema Principal - Caso Subcrítico Neste capítulo, provaremos o Teorema 1.1 no caso subcrítico e para tal consideraremos γ = 0 sem qualquer restrição sobre o parâmetro λ. Sem perda de generalidade, tomaremos λ = 1. Assim, o problema (P λ,γ ) se reduz a (P 1,0 ) M( u 2 )[ u + u] = a(x)g(u) em, u = 0 sobre, cujo funcional associado é dado por I 0 (u) = 1 2 M( u 2 ) a(x)g(u)dx. Seja {u n } H0() 1 uma sequência que satisfaz (2.7). Pelo Lema 2.3, concluímos que {u n } é limitada e, sendo H0() 1 um espaço Banach reflexivo, a menos de subsequência {u n } converge fracamente para algum u H0() 1 [ver [4], p.69]. Sendo H0() 1 um espaço de Hilbert, se {u n } converge fraco 43

53 para u, então u lim inf n u n. (3.1) De fato, se u = 0 o resultado é imediato. Já para u 0, temos pela convergência fraca u n, u u, u = u 2 e, pela desigualdade de Cauchy- Schwarz, u n, u u n. u, n N. Passando ao limite com n, temos lim inf n u n. u lim inf n u n, u = u 2 que implica u lim inf n u n. O que prova (3.1). Além disso, pela desigualdade triangular, teremos u n u u n + u k 1 + u, n N, sendo k 1 uma constante real positiva. Mostramos então que (u n u) é limitado em H0(). 1 Logo, por (2.7), teremos I 0(u n ) (u n u) 0, isto é, para todo n suficientemente grande, existe o n (1) tal que o n (1) = I 0(u n )u n I 0(u n )u = M ( u n 2) [ u n 2 dx + M ( u n 2) [ u n. u dx + ] u n 2 dx a(x)g(u n )u n dx ] u n. u dx + a(x)g(u n )udx. Considerando a convergência fraca de {u n } e as convergências (2.19) e 44

54 (2.20) demonstradas no Lema 2.4, encontramos o n (1) = M ( u n 2) [ u n 2 u 2]. Pela hipótese (M 1 ), u n 0 implica M ( u n 2 ) m 0. Assim, lim u n = u, n o que implica a convergência lim u n u = 0, n pois u n u 2 = u n 2 2 < u n, u > + u 2. Sendo I 0 um funcional de classe C 1, considerando (2.7) e as convergências acima, segue que I 0(u) = 0, portanto, u é solução fraca do problema (P 1,0 ). Além disso, se u é solução fraca para o problema (P 1,0 ), então I 0(u)u = 0, onde u := max{ u, 0}. Portanto, isto é, M ( u 2) [ u u dx + M ( u 2) [ u u dx + ] uu dx a(x)g(u)u dx = 0, ] uu dx = a(x)g(u)u dx. (3.2) Observe que u = u + u, logo, podemos escrever (3.2) na forma M ( u 2) [ (u + u ) u dx + ] (u + u ) u dx = a(x)g (u + u ) u dx. (3.3) 45

55 Recordemos que u + e u possuem suportes disjuntos, então (u + u ) u dx + (u + u ) u dx = u + u dx u 2 dx + u + u dx u 2 dx [ ] = u 2 dx + u 2 dx = u 2. Substituindo este resultado em (3.3), temos M ( u 2) u 2 = a(x)g ( u ) u dx. Como g(t) = 0 para todo t 0, concluímos que u 2 implica u 0. Portanto, u u + 0 quase sempre em. = 0, o que 46

56 Capítulo 4 Demonstração do Teorema Principal - Caso Crítico No caso crítico consideramos γ = 1, de modo que o problema (P λ,γ ) toma a forma (P λ,1 ) M( u 2 )[ u + u] = λa(x)g(u) + u 4 u em, u = 0 sobre, cujo funcional associado é dado por I λ (u) = 1 2 M( u 2 ) λ a(x)g(u)dx 1 u 6 6 +dx. Para provar o Teorema 1.1 no caso γ = 1, lembremos que H 1 0() L 6 () (veja Teorema A.7 no Apêndice). Considerando S a melhor constante de Sobolev para a imersão H 1 0() L 6 (), então S é a maior constante tal que S u L 6 () u H 1 0 (), u H 1 0(). 47

57 Logo, S := inf u H 1 0 ()\{0} u 2 dx ( ) 1/3. (4.1) u 6 dx Sabemos ainda que S não depende do conjunto e nunca é atingido, exceto quando = R 3. Neste caso, S := U 2 dx ( ) 1/3, (4.2) U 6 dx onde U(x) = C 3 x 2 + 1, sendo C 3 a constante tal que U = U 5 em R 3. A partir de agora, provaremos uma estimativa para c λ,1 como definido em (2.8). Para simplificar a notação, adotaremos c λ,1 := c λ. Lema 4.1. Supondo válidas as hipóteses (M 1 ), (M 2 ), (a 1 ) - (a 3 ) e (g 1 ) - (g 3 ) para o problema (P λ,1 ), então lim c λ = 0. λ Demonstração. Seja v 0 H0() 1 a função dada na demonstração do Lema 2.2, isto é, v 0 0 em + e v 0 = 1. Desde que o funcional I λ verifica as duas geometrias do Teorema do Passo da Montanha (como mostrado no Lema 2.1 e no Lema 2.2), existe t λ tal que I λ (t λ v 0 ) = max t 0 I λ (tv 0 ) e I λ (t λ v 0 ) = 0. 48

58 Sendo v 0 normalizado, temos I λ (t λ v 0 ) t λ v 0 = M ( t λ v 0 2) ( ) (t λ v 0 ) (t λ v 0 ) dx + (t λ v 0 ) (t λ v 0 ) dx (t λ v 0 ) 5 + t λv 0 dx λ a(x)g (t λ v 0 ) t λ v 0 dx = M ( t 2 λ v 0 2) ( ) t λ v 0 2 dx + (t λ v 0 ) 2 dx (t λ v 0 ) 6 dx λ a(x)g (t λ v 0 ) t λ v 0 dx = t 2 λm ( ) t 2 λ t 6 λ (v 0 ) 6 dx λ a(x)g (t λ v 0 ) t λ v 0 dx. Desde que I λ (t λv 0 ) t λ v 0 = 0, obtemos Assim, t 2 λm ( ) t 2 λ = t 6 λ (v 0 ) 6 dx + λ a(x)g (t λ v 0 ) t λ v 0 dx. (4.3) Da desigualdade (2.4) t 2 λm ( ) t 2 λ t 6 λ (v 0 ) 6 dx. ( t 2 λ t 2 λ + 1 ) M(1) t 2 λm ( ) t 2 λ t 6 λ Portanto, para qualquer sequência λ n (v 0 ) 6 dx., existe uma sequência t λn t 0 para algum número real t 0 0, caso contrário, teríamos M(1), um absurdo. Mostraremos agora que t 0 = 0. Se t 0 > 0, teríamos uma contradição. De fato, a equação (4.3) implica que a expressão t 6 λ n (v 0 ) 6 dx + λ n a(x)g (t λn v 0 ) t λn v 0 dx 49

59 é limitada, o que por sua vez nos remete a afirmar que λ n a(x)g (t λn v 0 ) t λn v 0 dx t 6 λ n (v 0 ) 6 dx + t2 λ n M ( ) t 2 λ n é também limitada, o que não pode acontecer, uma vez que Portanto, t 0 = 0. lim λ n a(x)g (t λn v 0 ) t λn v 0 dx =. λ n Usando as notações e resultados do Lema 2.2, definiremos o caminho t(t v 0 ) = te := η (t), de modo que η (0) = 0 e I λ (e) = I λ (η (1)) < 0 e, consequentemente, η (t) Γ, como definido em (2.9). Finalmente, de (2.8) e da definição de c λ, temos 0 < c λ = inf η Γ max t [0,1] I λ (η(t)) max t [0,1] I λ (η (t)) = I λ (t λ v 0 ) 1 2 M(t 2 λ). Pela continuidade da função M junto com o limite t λn 1 2 M(t 2 λ) 0 o que implica (pelo Teorema do Confronto) t 0 = 0 temos lim c λ = 0. λ Demonstração do Teorema 1.1 no caso crítico (γ = 1) Mostraremos que a sequência Palais-Smale {u n } que satisfaz (2.7) possui uma subsequência (que continuaremos denotando por {u n }) tal que lim u n 6 dx = u 6 dx. (4.4) n 50

60 e ainda lim u n 2 = u 2. (4.5) n Sendo H0() 1 L 6 () e u L 2 (), então, se necessário estendendo por zero as funções fora de, para todo u H0() 1 tem-se u D 1,2 (R 3 ). Assim, a fim de provar (4.4), a menos de subsequência, podemos supor u n 6 u 6 + ν e u n 2 u 2 + µ no sentido das medidas de Radon. Assim, pelo Lema de Concentração e Compacidade de Lions (veja Lema A.6 no Apêndice), existe um conjunto Λ de índices, no máximo enumerável, duas famílias de números reais não negativos {ν i } i Λ e {µ i } i Λ e sequências {x i } i Λ R 3 tais que ν = i Λ ν i δ xi, µ i Λ µ i δ xi e Sν 1 3 i µ i, para todo i Λ onde δ xi, φ = φ(x i ) é a chamada Medida de Dirac de massa 1 em x i. Afirmamos agora que Λ =. Argumentando por contradição, assuma Λ. Considere uma função φ C 0 (R 3, [0, 1]), tal que φ 1 sobre B 1 (0), φ 0 sobre R 3 \B 2 (0) e φ 2. Como {u n } é, por hipótese, uma sequência Palais-Smale que verifica (2.7), então pelo Lema 2.3 {u n ( } é limitada. ) Além disso, fixando i Λ, definamos x xi uma função ψ ϱ (x) := φ, onde ϱ > 0, então ψ ϱ também é teste e ϱ restrita ao intervalo [0, 1]. Mostraremos que {u n ψ ϱ } é limitada em H 1 0(). De fato, u n ψ ϱ 2 = (u n ψ ϱ ) 2 dx + u n ψ ϱ 2 dx. 51

61 Como ψ ϱ (x) 1 para todo x, temos u n ψ ϱ 2 (u n ψ ϱ ) 2 dx + Desenvolvendo (u n ψ ϱ ) 2 encontramos u n ψ ϱ 2 u n ψ ϱ + ψ ϱ u n 2 dx + u n 2 dx. u n 2 dx. Recordemos que para quaisquer α, β, existe C > 0 tal que (α + β) 2 C (α 2 + β 2 ). Assim, [ u n ψ ϱ 2 C u n ψ ϱ 2 dx + e novamente de ψ ϱ (x) 1, obtemos ] ψ ϱ u n 2 dx + u n 2 dx, [ ] u n ψ ϱ 2 C u n ψ ϱ 2 dx + u n 2 dx + u n 2 dx u n ψ ϱ 2 dx + C u n 2 dx + u n 2 dx. Tomando C = max{c, 1} na desigualdade anterior, u n ψ ϱ 2 u n 2 ψ ϱ 2 dx + C u n 2. Aplicando a desigualdade de Hölder com expoentes 3 e 3/2, temos [ u n ψ ϱ 2 ( un 2) ] 1/3 [ 3 ( ψϱ 2) 3/2 dx ] 2/3 = u n 2 L 6 () ψ ϱ 2 L 3 () + C u n 2. 52

62 Da imersão contínua H 1 0() L 6 () (veja Teorema A.7 no Apêndice), u n ψ ϱ 2 C 1 u n 2 ψ ϱ 2 L 3 () + C u n 2. Observe que, da forma como foi definida, fixado x i, temos ψ ϱ 1 em B ϱ (x i ) e suppψ ϱ B 2ϱ (x i ). Assim, [ ( ) ] 1/3 2 ψ ϱ 2 L 3 () = ψ ϱ 3 = ( B 2ϱ (x i )\B ϱ(x i ) ) 1/3 ψ ϱ 3 2. Usando mudança de variáveis, obtemos [ ( ) ] 1/3 2 ψ ϱ 2 L 3 () = φ 3 = B 2 (0) Deste modo, [ ( ) ] 1/3 2 φ 3 = φ 2 L 3 (). u n ψ ϱ 2 C 1 u n 2 φ 2 L 3 () + C u n 2. Desde que {u n } H 1 0() é limitado e φ existe uma constante real k > 0 tal que u n ψ ϱ 2 2, concluímos que k, provando que {u n ψ ϱ } é limitada em H 1 0(). Deste modo, teremos novamente de (2.7) I 1(u n ) (u n ψ ϱ ) 0, isto é, o n (1) = M ( u n 2) [ u n (u n ψ ϱ ) dx + λ a(x)g(u n )u n ψ ϱ dx = M ( u n 2) [ u n 2 ψ ϱ dx + u n u n ψ ϱ dx + (u n ) 6 ψ ϱ dx λ a(x)g(u n )u n ψ ϱ dx. ] u n (u n ψ ϱ ) dx (u n ) 5 + u nψ ϱ dx ] u n 2 ψ ϱ dx 53

63 Deste modo, M ( u n 2) u n u n ψ ϱ dx + M ( u n 2) [ ] u n 2 ψ ϱ dx + u n 2 ψ ϱ dx = + λ a(x)g(u n )u n ψ ϱ dx + (u n ) 6 ψ ϱ dx + o n (1). Provaremos que (4.6) e Note que [ ] lim lim u n u n ψ ϱ dx = 0, (4.7) ϱ 0 n [ ] lim lim u n 2 ψ ϱ dx = 0 (4.8) ϱ 0 n [ ] lim lim a(x)g(u n )u n ψ ϱ dx = 0. (4.9) ϱ 0 n u n u n ψ ϱ dx u n. u n ψ ϱ dx. Usando a desigualdade de Hölder com expoentes 2, temos ( u n u n ψ ϱ dx e desde que {u n } é limitada em H 1 0(), ( u n u n ψ ϱ dx C ) 1/2 ( 1/2 u n 2 dx u n ψ ϱ dx) 2, u n ψ ϱ 2 dx) 1/2. Observe ainda que, da forma como foi definida, fixado x i, ψ ϱ (x) 1 sobre B ϱ (x i ) e suppψ ϱ B 2ϱ (x i ). Assim, ( 1/2 u n u n ψ ϱ dx C u n 2 ψ ϱ dx) 2. B 2ϱ (x i )\B ϱ(x i ) 54

64 Desde que u n u em H0(), 1 temos u n u em L 2 loc (), portanto, lim n ( 1/2 u n u n ψ ϱ dx C u 2 ψ ϱ dx) 2. B 2ϱ (x i )\B ϱ(x i ) Usando novamente a desigualdade de Hölder, agora com expoentes 3 e 3/2, encontramos lim n ( u n u n ψ ϱ dx C ( u 2 ) 3 dx ) 1/3 ( B2ϱ(xi)\Bϱ(xi) B 2ϱ (x i )\B ϱ(x i ) ( ψϱ 2) 3/2 dx ) 2/3 1/2, ou ainda lim n ( ) 1/6 ( 1/3 u n u n ψ ϱ dx C u 6 dx ψ ϱ dx) 3. B 2ϱ (x i )\B ϱ(x i ) B 2ϱ (x i )\B ϱ(x i ) Por mudança de variável, temos lim n ( ) 1/6 ( 1/3 u n u n ψ ϱ dx C u 6 dx φ dx) 3. B 2ϱ (x i )\B ϱ(x i ) B 2 (0) Desde que lim u ϱ 0 6 X B2ϱ (x i )\B ϱ(x i )dx = 0, então o que prova (4.7). Observe ainda que [ ] lim lim u n u n ψ ϱ dx = 0, ϱ 0 n u 2 nψ ϱ dx u n. u n ψ ϱ dx. 55

65 Usando a desigualdade de Hölder com expoentes 2, temos ( u 2 nψ ϱ dx e desde que {u n } é limitada em H 1 0(), ( u 2 nψ ϱ dx C ) 1/2 ( 1/2 u n 2 dx u n ψ ϱ dx) 2, u n ψ ϱ 2 dx) 1/2, Novamente, da forma como foi definida, fixado x i, temos ψ ϱ (x) 1 sobre B ϱ (x i ) e suppψ ϱ B 2ϱ (x i ). Assim, ( 1/2 u 2 nψ ϱ dx C u n ψ ϱ dx) 2. B 2ϱ (x i ) Desde que u n u em H0(), 1 temos u n u em L 2 loc (), portanto, lim n ( 1/2 u 2 nψ ϱ dx C uψ ϱ dx) 2. B 2ϱ (x i ) Usando novamente a desigualdade de Hölder, agora com expoentes 3 e 3/2, encontramos lim n ( u 2 nψ ϱ dx C ( u 2 ) 3 dx ) 1/3 ( B2ϱ(xi) B 2ϱ (x i ) ( ψϱ 2) 3/2 dx ) 2/3 1/2, ou ainda lim n ( ) 1/6 ( 1/3 u 2 nψ ϱ dx C u 6 dx ψ ϱ dx) 3. B 2ϱ (x i ) B 2ϱ (x i ) 56