Problemas de Kirchhoff com crescimento

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1 Universidade de Brasília Instituto de Ciências Exatas Departamento de Matemática Problemas de Kirchhoff com crescimento crítico por Luan Diego de Oliveira Orientador: Marcelo Fernandes Furtado Brasília 2018

2 Ficha catalográfica elaborada automaticamente, com os dados fornecidos pelo(a) autor(a) Op Oliveira, Luan Problemas de Kirchhoff com Crescimento Crítico / Luan Oliveira; orientador Marcelo Furtado. -- Brasília, p. Tese (Doutorado - Doutorado em Matemática) -- Universidade de Brasília, Problemas de Kirchhoff. 2. expoente crítico. 3. Teorema do passo da montanha generalizado. 4. Concentração compacidade. I. Furtado, Marcelo, orient. II. Título.

3

4 Para Lindalva.

5 Agradecimentos A meus pais, Lindalva e José, minha vó Socorro e minha família. Ao meu filho Lohan Pietro. Ao Professor Marcelo, pela orientação e paciência. Aos professores e funcionários do Departamento de matemática.

6 Quando você olha muito tempo para um abismo, o abismo olha para você

7 Resumo Neste trabalho, usamos o Método Variacional para resolver quatro equações do tipo Kirchoff com expoente crítico, uma equação escalar, um sistema em R N com a conhecida condição de Ambrosetti-Rabinowitz, e uma equação e um sistema em R 3 com uma condição mais fraca que a de Ambrosetti-Rabinowitz. Em todos os casos, utilizamos o Princípio de Concentração-Compacidade de Lions e uma versão do Teorema do Passo da Montanha com simetria. Palavras-chave: Problemas elípticos, Problemas de kirchhoff, expoente crítico de Sobolev, Teorema do passo da montanha.

8 Abstract In this work, we use the Variational Method to solve four Kirchoff equations with critical exponent, a scalar equation, a system in R N with the well-known condition of Ambrosetti-Rabinowitz, and an equation and a system in R 3 with a weaker condition than that of Ambrosetti-Rabinowitz. In all cases, we use the Lions Concentration- Compassion Principle and a version of the Mountain Pass Theorem with symmetry. Keywords: Elliptical problems, kirchhoff problems, critical growth, mountain pass Theorem.

9 Sumário Introdução 1 Multiplicidade de soluções para (P λ ) Multiplicidade de soluções para (P µ ) Existência e multiplicidade de soluções para (S λ ) Multiplicidade de soluções para o problema (S µ ) Multiplicidade de soluções para (P λ ) Problema auxiliar A condição de Palais-Smale Prova do Teorema A Multiplicidade de soluções para (P µ ) A condição de Palais-Smale Prova do Teorema B Existência e multiplicidade de soluções para (S λ ) Problema auxiliar A condição de Palais-Smale Prova do Teorema C

10 1 3.4 Prova do Teorema D Multiplicidade de soluções para o problema (S µ ) A condição de Palais-Smale Prova dos Teoremas E e E Referências 79

11 Introdução Considere o problema ( ) m u 2 dx u = g(x, u), em, u = 0, em, (1) onde R N é um domínio suave, m é uma função positiva e a função não linear g tem crescimento polinomial. Dizemos que este é um problema não local devido à presença do termo m( ). A equação tem origem na teoria de vibração não linear. De fato, o caso m(t) = a + bt, com a, b > 0 segue do seguinte modelo para a equação da onda modificada, proposta por d Alembert ( ρ 2 u t P 0 2 h + E L ) 2 u 2 u 2L x 2 dx = g(x, u), x2 0 para vibrações livres de cordas elásticas. Aqui L é o comprimento da corda, h é a área secção, E é o modulo de Young do material, ρ é a densidade de massa e P 0 a tensão inicial. Este tipo de equação foi proposto por Kirchhoff [20] e foi considerado teoricamente ou experimentalmente por alguns físicos depois disso (ver [35, 9, 34, 33]). Problemas não locais aparecem em outros campos além da física, como em sistemas biológicos, onde u descreve um processo que depende da sua própria média, por exemplo, densidade populacional. Outras motivações físicas podem ser encontradas em [12, 26, 25].

12 Introdução 2 Neste trabalho, estudamos dois tipos de problemas elípticos envolvendo o termo não local m. Dois deles são problemas escalares e outros dois sistema. Todos eles envolvem o expoente crítico de Sobolev 2 = 2N/(N 2) e o objetivo é encontrar múltiplas soluções. Fazemos isso utilizando versões do lema da concentraçãocompacidade de Lions e uma versão do Teorema do Passo da Montanha com simetria. Os problemas estão divididos em quatro capítulos que descrevemos na sequência. Para facilitar a leitura, todos os capítulos foram escritos de maneira independente um do outro. Deste modo, embora exista uma cronologia óbvia na distribuição, a ordem de leitura dos capítulo é formalmente irrelevante. Multiplicidade de soluções para (P λ ) No primeiro capítulo, consideramos a equação ( ) m u 2 dx u = λf(x, u) + u 2 2 u, em, (P λ ) u H0(), 1 onde R N, N 3, é um domínio limitado suave, 2 = 2N N 2 e λ > 0 é um parâmetro. Denotando R + = {s R : s 0}, as nossas hipóteses nas funções m e f são as seguintes: (m 0 ) m C(R +, R + ) é crescente e m(0) > 0; (f 0 ) f C( R, R) é ímpar com relação a segunda variável; (f 1 ) existe q (2, 2 ) tal que lim s f(x, s) = 0, uniformemente em ; s q 1 (f 2 ) existe θ (2, 2 ) tal que onde F (x, s) = s f(x, t)dt; 0 0 < θf (x, s) sf(x, s), x, s 0,

13 Introdução 3 (f 3 ) vale f(x, s) lim s 0 s = 0, uniformemente em. As soluções fracas do problema são os pontos críticos do funcional energia I λ (u) := 1 2 M( u 2 ) λ F (x, u)dx 1 u 2 dx, u H 2 0(), 1 onde M(s) = s M(t)dt é uma primitiva da função m. Como f é ímpar, o funcional 0 I λ é par e portanto podemos esperar que sua simetria nos garanta a existência de múltiplos pontos críticos. Provamos que isso corre, desde que λ seja suficientemente grande. Teorema A. Suponha que m e f satisfaçam (m 0 ) e (f 0 ) (f 3 ), respectivamente. Então, dado k N, existe λ k > 0 tal que o problema (P λ) tem k pares de soluções fracas não nulas para todo λ λ k. Na prova do resultado acima, aplicamos uma versão do Teorema do Passo da Montanha com simetria. A não compacidade da imersão H 1 0() L 2 () é contornada pelas ideias de Brezis e Nirenberg [8] juntamente com o Princípio de Concentração-Compacidade de Lions [27]. Como para dimensões N 4 o expoente crítico 2 é menor do que ou igual a 4, a integral u 2 dx não domina o termo M( u 2 ). Para contornar essa dificuldade usamos um argumento (ver [1]) que consiste em considerar uma equação truncada, trabalhar com esse novo problema, provar que as suas soluções têm norma pequena e portanto resolvem o problema original. Vamos enfatizar que a presença do termo não local no funcional torna a verificação das condições geométricas mais complexas do que aquelas apresentadas em [2]. Desde o trabalho pionmeiro de J.L.Lions [26] problemas não locais como (P λ ) foram estudados extensivamente (ver [1, 4, 3, 22, 5]). O primeiro artigo que trabalhou equações do tipo Kirchhoff via métodos variacionais foi [1]. Assumindo algumas condições técnicas nas funções m e f, os autores obtiveram soluções para o problema (1). Desde então, existe uma vasta literatura que considera questões de existência, não existência, multiplicidade e concentração de soluções para problemas não locais. Citamos aqui [18, 29, 19, 28, 39] para problemas subcríticos e [17, 16, 23] para problemas com crescimento crítico.

14 Introdução 4 Nosso primeiro resultado foi inspirado nos resultados de [13], onde o autor considerou as hipóteses (f 1 ) (f 3 ) e obteve uma solução fraca positiva u λ para λ > 0 suficientemente grande e provou também que u λ 0, quando λ +. Mencionamos também o trabalho [32], onde o autor obteve para N = 3 e m(t) = a + tb, a existência de uma solução positiva para qualquer λ > 0. Nosso primeiro teorema complementa os trabalhos citados, já que estamos considerando múltiplas soluções para a equação crítica com uma condição bem fraca para o termo não local m. Multiplicidade de soluções para (P µ ) No segundo capítulo, consideramos o problema ( ) m( u 2 u 2 dx u = = f(x, u) + µ u 4 u, em, (P µ ) u H0(), 1 onde R 3 é um domínio limitado suave, µ > 0 é um parâmetro e a função m satisfaz (m 0 ) m C(R +, R + ); (m 1 ) m(t) m 0 > 0, para todo t 0; (m 2 ) 2M(t) m(t)t, para todo t 0; (m 3 ) existe a > 0 e b 0, tal que m(t) a + bt, t 0. acima: Apresentamos na sequência exemplos de funções que satisfazem as condições Exemplo 1. Considere m(t) = m 0 + bt δ, com δ [0, 1] e m 0 > 0, b > 0. As condições (m 0 ) e (m 1 ) são imediatas. Para verificar (m 2 ) basta notar que 2 δ + 1. Portanto 2M(t) = 2m 0 t + 2 δ + 1 btδ+1 m 0 t + bt δ+1 = m(t)t.

15 Introdução 5 Para a condição (m 3 ), basta usar δ [0, 1] para obter que m(t) = m 0 + bt δ (m 0 + b) + bt. Exemplo 2. Considere m(t) = m 0 (1 + ln(1 + t)), com m 0 > 0. As condições (m 0 ), (m 1 ) e (m 3 ) são imediatas. Para provar (m 2 ) é suficiente mostrar que 2M(t) = 2 ln(1 + t) + 2t ln(1 + t) t + t ln(1 + t) = m(t)t, ou seja, que (2 + t) ln(1 + t) t. Para ver isso, defina g(t) = (2 + t) ln(1 + t) t e note que g(0) = g (t) = 2 + t + ln(1 + t) 1 0, t > t Para a função f : R R vamos supor que: (f 0 ) f C( R, R) é ímpar com relação a segunda variável; (f 1 ) vale f(x, s) lim = 0, uniformemente em s s 5 (f 2 ) existe σ [0, 2) e c 1, c 2 (0, + ) tal que onde F (x, s) := 1 4 f(x, s)s F (x, s) c 1 c 2 s σ, x, s R, s 0 f(x, t)dt; (f 3 ) existe um conjunto aberto 0 com medida positiva, tal que F (x, s) lim = +, uniformemente em s s 4 0. Provamos que, para valores pequenos de µ > 0, o problema (P µ ) possui múltiplas soluções. Mais especificamente, vale o seguinte: Teorema B. Suponha que m e f satisfaçam (m 0 ) (m 3 ) e (f 0 ) (f 3 ), respectivamente. Suponha ainda que uma das condições abaixo se verifica:

16 Introdução 6 (f 4 ) existem q (4, 6) e c 3, c 4 (0, + ) tal que F (x, s) c 3 s q + c 4, x, s R; ou (f 5 ) a função a(x) := lim sup s 0 é tal que a + (x) := max{a(x), 0} L (). F (x, s) s 2 Então, dado k N, existe µ k > 0 tal que o problema (P µ) tem pelo menos k pares de soluções fracas não nulas para todo µ (0, µ k ). Obviamente, a hipótese (f 1 ) desse problema é mais fraca que a do problema anterior. Se não tivermos um parâmetro grande multiplicando o termo f(x, u), o argumento de truncamento usando na prova do Teorema A não funciona, neste caso é natural considerar a hipótese de Ambrosetti-Rabinowitz com θ > 4 (veja [10, 32, 17, 19, 39]). Com essa hipótese, temos que F (x, s) C 1 s θ para qualquer x e s R. Então, a condição (f 2 ) que trabalhamos no segundo capítulo é mais fraca que a condição de Ambrosetti-Rabinowitz com θ > 4. Além disso, a condição de superlinearidade (f 5 ) é imposta somente em um conjunto de medida positiva, de modo que as condições sobre f na segunda parte deste trabalho são mais fracas que as usadas na primeira parte. Infelizmente, o argumento de truncamento não funciona sob essas hipóteses, o que nos impede de provar o resultado quando N 4. O ponto principal é que não sabemos se a norma das soluções desse problema convergem para zero quando µ 0 +. Um exemplo de função F (x, s) = s f(x, t)dt satisfazendo as hipóteses desse 0 capítulo é a seguinte: F (x, s) = a(x) s + b(x) s 5 5, com a, b C(), de fato, as condições (f 0 ), (f 1 ), (f 3 ) e (f 4 ) são imediatas, para a condição (f 2 ), bastar notar que ( ) 1 1 f(x, s)s F (x, s) c s c 1 c 2 s, x, s R,

17 Introdução 7 O Capítulo 2 foi inspirado no artigo [37], onde os autores consideram o caso local m 1. Observamos porém que, mesmo neste caso, o nosso resultado é novo. De fato, as nossas condições (f 3 ) e (f 5 ) são mais gerais do que os seus análogos (f 4 ) e (f 7 ) em [37]. Deste modo, o Teorema B deste trabalho generaliza os Teoremas A e C de [37]. Existência e multiplicidade de soluções para (S λ ) No terceiro capítulo, consideramos ( m (S λ ) ) u 2 u = λf u (x, u, v) G u(u, v), em, ( ) l v 2 v = λf v (x, u, v) G v(u, v), em, u, v H0(), 1 onde R N, N 3, é um domínio limitado com fronteira suave, λ > 0 é um parâmetro e as funções m, l satisfazem (m 0 ) m C([0, + ], R + ) é crescente; (l 0 ) l C([0, + ], R + ) é crescente. Na formulação do problema estamos denotando por F u e F v as derivadas parciais com relação à segunda e terceira variável, respectivamente, da não linearidade F : R 2 R. As hipóteses em F são: (F 0 ) F C 1 ( R 2, R); (F 1 ) existe q (2, 2 ) tal que (F 2 ) existe θ (2, 2 ) tal que F (x, z) lim = 0, uniformemente em ; z z q 1 0 θf (x, z) F (x, z) z, z R 2, onde z 0 z 1 denota o produto interno euclidiano de z 0, z 1 R 2 ;

18 Introdução 8 (F 3 ) vale o seguinte F (x, z) lim z 0 z = 0, uniformemente em ; (F 4 ) F u (x, 0, t) = 0, F v (x, s, 0) = 0, para todo x, (s, t) R 2. Usando a mesma notação acima e R 2 + = {(s, t) R 2 : s 0, t 0}, as hipóteses na função G : R 2 R são as seguintes: (G 0 ) G C 1 (R 2, R) é 2 -homogênea, isto é, G(σs, σt) = σ 2 G(s, t), σ > 0, (s, t) R 2 ; (G 1 ) G(s, t) > 0, para todo (s, t) R 2 + \ {(0, 0)}; (G 2 ) vale uma das condições abaixo: (a) G u (0, 1) = 0, G v (1, 0) = 0; (b) G u (0, 1) > 0, G v (1, 0) > 0. No nosso primeiro resultado estamos interessados em existência de solução não negativa para (S λ ), isto é, uma solução fraca (u, v) H0() 1 H0() 1 tal que cada uma das componentes é uma função não negativa em. A condição (G 2 ) acima está intimamente relacionada com a maneira pela qual faremos um truncamento da função G de modo que os pontos críticos do funcional energia associado sejam não negativos. Mais especificamente, se vale o item (a) da condição (G 2 ), vamos trabalhar com a função G(s, t) := G(s +, t + ), (s, t) R 2, onde s + := max{s, 0}. Porém, quando vale o item (b), a função G acima não é diferenciável. Neste caso, consideramos G(s, t) := G(s +.t + ) G(s +, t + ) (s, t ), (s, t) R 2, onde s := max{ s, 0}.

19 Introdução 9 Apresentamos na sequência alguns exemplos (cf. [30]) de funções que satisfazem as hipóteses (G 0 ) (G 2 ): considere P q (s, t) := a 1 s q + a 2 t q + k i=1 b i s α i i t β i i, onde α i, β i > 1, α i + β i = q e a 1, a 2, b i > 0 As seguintes funções e suas possíveis combinações, com os coeficientes apropriados, satisfazem as hipóteses sobre G G(s, t) = P 2 (s, t), G(s, t) = (P 2 2 (s, t)) 1/2, G(s, t) = P l 1 (s, t) P l2 (s, t), com l 1 l 2 = 2. Os exemplos acima satisfazem a o item (a) da condição (G 2 ), porém o item (b) nos permite trabalhar com uma P mais geral, P q (s, t) := a 1 s q 1 t + a 2 t q 1 s + k i=1 b i s α i i t β i i, já que ( P q ) s (0, 1) = ( P q ) t (1, 0) = 1 > 0 No nosso primeiro resultado da Capítulo 3 obtemos, para λ grande, a existência de solução não negativa. Mais especificamente, provamos o seguinte: Teorema C. Suponha que m, l, F e G satisfaçam (m 0 ), (l 0 ), (F 0 ) (F 4 ) e (G 0 ) (G 2 ), respectivamente. Então existe λ tal que, para todo λ > λ, o problema (S λ ) tem uma solução não nula e não negativa (u λ, v λ ) H0() 1 H0(). 1 Além disso, (u λ, v λ ) H 1 0 () H0 1() 0 quando λ +. Para a demonstração vamos considerar, como no Capítulo 1, um problema truncado. Provamos que o funcional associado a esse novo problema satisfaz uma condição local de compacidade [27] e usamos o Teorema do Passo da Montanha para encontrar solução do problema truncado. Finalizamos provando que, quando λ é grande, essa solução tem norma pequena, recuperando assim a solução para o problema inicial.

20 Introdução 10 O argumento de existência é uma adaptação daquele usando para a equação escalar em [13]. O mesmo autor considera, em [14], uma versão para sistema em dimensão N = 3 supondo que a função F é homogênea e G satisfaz a condição (G 2 )(a). Uma diferença importante para o nosso trabalho é que, em [14], o termo não local pode ser acoplado e tem a forma m u ( u 2, v 2 ) u e m v ( u 2, v 2 ) v, com a função m verificando um conjunto de hipóteses técnicas. No nosso resultado optamos por desacoplar o termo não local, o que nos permitiu uma classe m e n mais geral e, além disso, tratar o problema em dimensão maiores usando a técnica de truncamento. Nosso resultado complementa o de [14] no sentido que a nossa função F é mais geral, consideramos exemplos em que (G 2 )(b) pode ocorrer e não impomos restrição na dimensão. Ele também complementa os resultados de [30, 31], onde o problema local foi considerado. Citamos ainda os artigos [11, 15, 24, 40] onde sistemas envolvendo o operador de Kirchhoff foram considerados. Para o segundo resultado deste capítulo, substituímos as hipóteses (F 0 ) e (G 0 ) por: ( F 0 ) F C 1 ( R 2, R) é par com relação a segunda variável; (Ĝ0) G C 1 (R 2, R) é 2 -homogênea e par. Adaptando a demonstração do caso escalar provamos que o problema tem múltiplas soluções novamente quando λ é grande. Teorema D. Suponha que m, l, F e G satisfaçam (m 0 ), (l 0 ), ( F 0 ), (F 1 ) (F 3 ), e (Ĝ0), (G 1 ), respectivamente. Então, dado k N, existe λ k > 0 tal que o problema (S λ ) tem k pares de soluções não nulas para todo λ λ k. Os resultados desse capítulo generalizam aqueles apresentados em [13] nos seguintes aspectos: consideramos um sistema em em troco de uma equação escalar; obtemos não só resultados de existência mas também resultados de multiplicidade; consideramos aqui uma classe maior de termos críticos. O Teorema D acima também complementa os resultados de [14] onde considerou-se um sisema mas foi provado somente um resultado de existência.

21 Introdução 11 Multiplicidade de soluções para o problema (S µ ) No quarto e último capítulo, consideramos ( m (S µ ) ) u 2 u = F u (x, u, v) + µ 1 u 4 u, em, ( ) l v 2 v = F v (x, u, v) + µ 2 v 4 v, em, u, v H0(), 1 onde R 3, é um domínio limitado com fronteira suave, 2 = 6, µ 1, µ 2 0 são parâmetros. Vamos considerar as funções m e l pertencendo ao conjunto A de todas as funções g : R + R + tais que (A 1 ) g C([R +, R + ); (A 2 ) g(t) g 0 > 0, para todo t 0; (A 3 ) vale 2G(t) g(t)t, t 0, onde G(t) = t 0 g(s)ds. Para a não linearidade F, supomos que (F 0 ) F C 1 ( R 2, R) é par com relação a segunda variável; (F 1 ) vale F (x, z) lim = 0, uniformemente em ; z z 5 (F 2 ) existem σ 1, σ 2 [0, 2) e c 0, c 1, c 2 (0, + ) tal que 1 4 F (x, s, t) (s, t) F (x, s, t) c 0 c 1 s σ 1 c 2 t σ 2, x, (s, t) R 2. Além disso, quando σ 1 0 ou σ 2 0, vamos assumir adicionalmente que existe K > 0 tal que µ 2 µ 1, se σ 1 0 e σ 2 = 0; µ 2 µ 1 Kµ 1, se σ 1 0 e σ 2 0; µ 1 Kµ 2, se σ 1 = 0 e σ 2 0; (2)

22 Introdução 12 (F 3 ) existe um conjunto aberto, 0, com medida positiva, tal que F (x, s, 0) lim = +, uniformemente em s s 4 0 ; (F 4 ) existem θ 1 θ 2 (4, 6) e c 3, c 4, c 5 (0, + ) tal que F (x, s, t) c 3 s θ 1 + c 4 t θ 2 + c 5, x, (s, t) R 2. O resultado principal deste capítulo é a versão para sistema do Teorema B. Provamos o seguinte resultado: Teorema E. Suponha que F satisfaça (F 0 ) (F 4 ). Suponha ainda que m, l A e existem a, b R tais que m(t) a + bt, t 0. Então, dado k N, existe µ k > 0 tal que o problema (S µ) tem pelo menos k pares de soluções fracas não nulas para todo µ 1, µ 2 (0, µ k ). Se substituirmos (F 3 ) pelo seu análogo ( F 3 ) existe um conjunto aberto 0, com medida positiva, tal que F (x, 0, t) lim = +, uniformemente em t t 4 0, temos a seguinte versão do último resultado: Teorema E. Suponha que F satisfaça (F 0 ) (F 2 ), ( F 3 ) e (F 4 ). Suponha ainda que m, l A e existem a, b R tais que l(t) a + bt, t 0 Então, dado k N, existe µ k > 0 tal que o problema (S µ) tem pelo menos k pares de soluções fracas não nulas para todo µ 1, µ 2 (0, µ k ). Assim como no Capítulo 2, sem o parâmetro multiplicando a função F u e F v, não conseguimos usar o argumento de truncamento usado nas demonstrações do

23 Introdução 13 Teorema A, C e D. Assim, consideramos a hipótese (F 2 ), que é mais geral que a tradicional condição de superlinearidade de Ambrosetti-Rabinoitz (ver [2, 6, 36]). Podemos observar que a adaptação para sistema que fizemos nesse capítulo foi diferente daquela feita no Capítulo 3. Aqui não iremos usar p e q tal que p + q = 2 e sim o proprio 2 = 6 em cada uma das equações do sistema. Outra diferença é que nosso termo crítico não permite termos mistos. Esse é um impedimento técnico que está relacionado com a limitação das sequências de Palais-Smale. Assim como no Capítulo 2, podemos usar a seguinte função F (x, s, t) como exemplo: com a i, b i F (x, s, t) = a 1 (x) s + b 1 (x) s a 2(x) t + b 2 (x) t 5 5, C() Como já citado, exitem vários trabalhos resolvendo sistemas elípticos na literatura. Especificamente para esse Capítulo, citamos aqui [38], onde os autores consideraram a versão escalar para o operador p-laplaciano. O nosso resultado complementa o Teorema A de [38] para o caso N = 3, visto que consideramos um sistema envolvendo termos não locais.

24 CAPÍTULO 1 Multiplicidade de soluções para (P λ ) Neste capítulo, estudamos multiplicidade de soluções para o problema ( ) m u 2 u = λf(x, u) + u 2 2 u, em, (P λ ) u H0(), 1 onde R N, N 3, é um domínio limitado suave, 2 = 2N N 2 e λ > 0 é um parâmetro. Denotando R + = {s R : s 0}, as nossas hipóteses nas m e f são as seguintes: (m 0 ) m C(R +, R + ) é crescente, m(0) > 0; (f 0 ) f C( R, R) é ímpar com relação a segunda variável; (f 1 ) existe q (2, 2 ) tal que lim s (f 2 ) existe θ (2, 2 ) tal que onde F (x, s) = s f(x, t)dt; 0 f(x, s) = 0, uniformemente em ; s q 1 0 < θf (x, s) sf(x, s), x, s 0,

25 1.1 Problema auxiliar 15 (f 3 ) vale f(x, s) lim s 0 s = 0, uniformemente em. Dizemos que u H 1 0() é solução fraca de (P λ ) se m( u 2 ) ( u ϕ) = λ f(x, u)ϕ + u 2 2 uϕ, ϕ H 1 0(). Assim, as soluções fracas do problema são os pontos críticos do funcional I λ (u) := 1 2 M( u 2 ) λ F (x, u)dx 1 u 2 dx, 2 u H 1 0(), onde M(s) = s M(t)dt. Como f é ímpar, o funcional I é par e portanto podemos 0 esperar que sua simetria nos garanta múltiplos pontos críticos. O principal resultado deste capítulo é o seguinte: Teorema A. Suponha que m e f satisfaçam (m 0 ) e (f 0 ) (f 3 ), respectivamente. Então, dado k N, existe λ k > 0 tal que o problema (P λ) tem k pares de soluções fracas não nulas para todo λ λ k. Para a demonstração do teorema, usaremos uma versão do Teorema do Passo da Montanha com simetria, o princípio da concentração-compacidade de Lions e um problema auxiliar que apresentamos a seguir. 1.1 Problema auxiliar Vamos inicialmente fazer um truncamento da função m da seguinte forma: seja a m([0, )) tal que m(0) < a < θ m(0). (1.1) 2 Como m é crescente, existe um s 0 > 0, tal que m(s 0 ) = a. Defina Note que m a (s) a, para todo s 0. m(s), 0 t s 0, m a (s) = a, t s 0.

26 1.2 A condição de Palais-Smale 16 Observe que, para definir m a precisamos apenas que m seja crescente em uma vizinhança do zero, porém se ela for limitada, não precisamos fazer o truncamento, por isso, estamos supondo que m é crescente em todo o domínio. Estudaremos então o seguinte problema m a ( u 2 ) u = λf(x, u) + u 2 2 u, em, ( P λ ) u H0(). 1 Em analogia com (P λ ), dizemos que u H 1 0() é uma solução fraca de ( P λ ) se m a ( u 2 ) ( u ϕ) = λ f(x, u)ϕ + u 2 2 uϕ, ϕ H 1 0(). Usando (f 0 ) (f 1 ) e cálculos padrões, podemos provar que o funcional energia I a,λ abaixo está bem definido I a,λ (u) = 1 2 M a( u 2 ) λ F (x, u)dx 1 u 2 dx, 2 u H 1 0(), onde M a (s) = s 0 m a(t)dt. Além disso, I a,λ C 1 (H 1 0(), R) e as soluções fracas de ( P λ ) são pontos críticos de I a,λ. O lema abaixo deixa clara a estratégia para resolver o problema (P λ ). Lema 1.1. Suponha que u H 1 0() é tal que I a,λ (u) = 0 e u s 0. Então u é solução fraca do problema original (P λ ). Demonstração. O resultado segue da definição de m a visto que, se u < s 0, então m a ( u 2 ) = m( u 2 ). Neste caso, temos claramente I λ (u) = 0. Nas próximas seções vamos então procurar múltiplos pontos críticos de I a,λ com norma pequena. 1.2 A condição de Palais-Smale Começamos essa seção lembrando a definição da condição de Palais-Smale. Seja então I C 1 (H0(), 1 R) e c R. Dizemos que I satisfaz a condição de Palais-Smale

27 1.2 A condição de Palais-Smale 17 no nível c, que denotaremos simplesmente por (P S) c, se toda sequência (u n ) H 1 0() tal que lim I(u n) = c, n + lim n + I (u n ) = 0, possui subsequência convergente. Uma sequência com as propriedades acima será chamada de sequência de (P S) c. Lema 1.2. Suponha que m e f satisfaçam (m 0 ) e (f 0 ) (f 2 ), respectivamente. Se (u n ) é uma sequência de (P S) c para I a,λ, então (u n ) é limitada. Demonstração. A condição (m 0 ) e a definição de m a implica que M a (s) m(0)s e m a (s) a, para qualquer s R. Portanto, podemos usar (f 2 ) para obter c + o n (1) + o n (1) u n = I a,λ (u n ) 1 ( m(0) θ I a,λ(u n )u n a ) u n 2, 2 θ onde o n (1) se aproxima de zero quando n. parênteses acima é positivo e concluímos o desejado. Por (1.1), o termo dentro dos Antes de enunciar nosso próximo resultado vamos considerar C() o conjunto de todas as funções contínuas u : R, que é um espaço de Banach quando munido da norma u C() = max u(x). Denotamos por M() o espaço dual de C(), que x é comumente chamado de espaço das medidas de Radon. De uma maneira geral, o espaço M() é maior do que L 1 (). Contudo, este último pode ser visto como um subespaço de M() através da seguinte construção: dada g L 1 (), defina a aplicação T g : C() R por (T g)(u) = (gu)dx, u C(). Claramente, T g é linear e (T g)(u) u C() g L 1 (). Portanto T g M(). Além disso, pode-se mostrar que (cf. [7, pg. 116]) T g M() = sup (gu)dx = g L 1 (). u C(), u 1

28 1.2 A condição de Palais-Smale 18 Variando agora g L 1 () construímos uma isometria linear T entre L 1 () e M(). Assim, podemos identificar L 1 () com um subespaço de M(). Como M() é um subespaço do espaço separável C(), ele tem algumas propriedades de compacidade na topologia fraca. Em particular, se (g n ) L 1 () é uma sequência limitada, então existe uma medida de Radon µ M() tal que, a menos de subsequência, g n µ na topologia fraca σ(m(), C()), isto é, g n φ = µ, φ = lim n + φdµ, φ C(). (1.2) Denotando por S a melhor constante da imersão H L 2 (), isto é, S := u 2 inf u H0 1()\{0} (, u 2 ) 2/2 e usando a notação introduzida acima podemos enunciar um resultado clássico de concentração-compacidade provado por Lions [27, Lemma 1.1]. Lema 1.3. Suponha que (u n ) H0() 1 é tal que u n u, fracamente em H0(), 1 u n 2 ζ, na topologia fraca σ(m(), C()), u n 2 ν, na topologia fraca σ(m(), C()), onde ζ, ν M() são medidas não negativas e limitadas em. Então existe um conjunto de índices enumerável J, que pode ser vazio, e uma família {x j, j J} de pontos em tais que (a) ν = u 2 dx + j J ν j δ xj, ν j > 0; (b) ζ u 2 dx + j J ζ j δ xj, ζ j > 0. Além disso, Sν 2/2 j ζ j, j J. (1.3) Provaremos que, para alguns tipos de sequências, o conjunto J é finito. Lema 1.4. Seja (u n ) como no Lemma 1.3. Suponha ainda que I a,λ (u n) 0, quando n +. Então J é vazio ou um conjunto finito. Além disso, ν j (m(0)s) N/2, j J. (1.4)

29 1.2 A condição de Palais-Smale 19 Demonstração. Seja ϕ C 0 (R N, [0, 1]) tal que ϕ 1 em B 1/2 (0) e ϕ 0 em R N \ B 1 (0). Suponha que J, fixe j J e defina ϕ ε (x) := ϕ( x x j ε ) onde ε > 0. Afirmamos que (ϕ ε u n ) H 1 0() é limitada. De fato, usando a definição de norma e a desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos ϕ ε u n 2 = (ϕ ε u n ) 2 = ϕ ε u n + u n ϕ ε, ϕ ε u n + u n ϕ ε = ϕ 2 ε u n 2 + u 2 n ϕ ε 2 + 2ϕ ε u n ϕ ε, u n ϕ 2 ε u n 2 + u 2 n ϕ ε ϕ ε u n ϕ ε u n. A definição de ϕ ε e a limitação de (u n ) em H 1 0() nos diz que os quatro termos do lado direito da desigualdade acima são limitados, concluindo então a nossa afirmação. Como (ϕ ε u n ) é limitada e I a,λ (u n) 0, temos que I a,λ (u n)(ϕ ε u n ) = o n (1), e portanto m( u n 2 ) ( ) A n,ε + u n 2 ϕ ε = o n (1) + u n 2 ϕ ε + λ f(x, u n )u n ϕ ε, (1.5) com A n,ε = u n ( u n ϕ ε ). Usando (f 1 ) e (f 3 ) temos que, para cada ε > 0, existe C ε > 0 tal que f(x, s) ε s + C ε s q 1, x. Portanto, f(x, u n )ϕ ε ε u n ϕ ε + C ε u n q 1 ϕ ε. (1.6) Usando as imersões compactas de H 1 0() nos espaços de Lebesgue e a recíproca do Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, sabemos que u n u, em L 2 (), u n (x) u(x), q.t.p. em, u n (x) min{g 1 (x), g q 1 (x)}, q.t.p. em, com g 1 L 1 () e g q 1 L q 1 (). Substituindo em (1.6) obtemos f(x, u n )ϕ ε ε g 1 (x) ϕ ε + C ε g q 1 (x) q 1 ϕ ε L 1 (), implicando pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue que f(x, u n )u n ϕ ε = f(x, u)uϕ ε. lim n +

30 1.2 A condição de Palais-Smale 20 Como (m 0 ) implica que m(t) α 0 > 0 para qualquer t 0, temos de (1.5) e do Lema 1.3 que Afirmamos que α 0 (lim sup A n,ε + n + lim ε 0 ) ϕ ε dζ ϕ ε dν + λ f(x, u)uϕ ε. lim sup A n,ε = 0. (1.7) n Assumindo a afirmação, podemos tomar ε 0, e usar o Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue para obter α 0 ζ j ν j. Lembrando que Sν 2/2 j m(0)sν 2/2 j m(0)ζ j α 0 ζ j ν j, e portanto ν j (m(0)s) N/2. Deste modo, ν() j J ν j j J ζ j, obtemos (m(0)s) N/2. (1.8) Como ν() < +, concluímos que o conjunto J é finito. Para provar (1.7), observe que A n,ε u n u n ϕ ε ( ) 1/2 ( ) 1/2 u n 2 u n 2 ϕ ε 2 ( ) 1/2 C u n 2 ϕ ε 2, portanto fazendo uma mudança de variável y = x x j, obtemos ε ( lim sup A n,ε C n ( C ε = C ε = C ε ε N 2 u 2 ϕ ε 2 dx ) 1/2 u(x) 2 ϕ { x x j ε} (ε N ( = o ( ε (N 2)/2) 0, em que usamos N > 2 na última linha acima. ( x xj u(yε + x j ) 2 ϕ(y) 2 dy) { y ε} u(yε + x j ) 2 ϕ(y) 2 dy) { y ε} ε ) ) 2 1/2 dx ) 1/2 ) 1/2

31 1.2 A condição de Palais-Smale 21 Proposição 1.5. Suponha que f satisfaça (f 0 ) (f 2 ) e defina {( 1 c = min θ 1 ) ( m(0) (m(0)s) N/2, a ) } s θ Então o funcional I a,λ satisfaz (P S) c para qualquer c < c. Demonstração. Seja (u n ) H 1 0() tal que I a,λ (u n) 0 e I a,λ (u n ) c < c. Vamos começar provando que o conjunto J do Lema 1.3 é vazio. De fato, suponha por contradição que J não é vazio. Se considerarmos ϕ ε como na prova do Lema 1.4, podemos usar o Lema 1.2, (f 2 ) e (1.1) para obter c + o n (1) = I a,λ (u n ) 1 θ I a,λ(u n )u n ( 1 θ 1 ) ( 1 u 2 n 2 θ 1 ) ϕ 2 ϵ u n 2. Passando ao limite e usando (1.4), concluímos que ( 1 c θ 1 ) ( 1 ν 2 j θ 1 ) (m(0)s) N 2 2, contradizendo c < c. (1.9) Como J é vazio, temos que u n 2 ν = u 2 dx na topologia fraca σ(m(), C()), e segue então de (1.2) que lim n + u n 2 dx = u 2 dx, onde u H 1 0 é o limite fraco de (u n ) em H 1 0(). Relembrando que I a,λ (u n)u n = o n (1), podemos usar (f 1 ) para obter lim m a( u n 2 ) u n 2 = λ n Por outro lado, se definirmos α 0 = lim n u n, podemos usar I a,λ (u n) 0 para obter m a (α0) 2 u ϕ = λ f(x, u)ϕ + Fazendo ϕ = u, obtemos juntamente com (1.10) que f(x, u)u + lim m a( u n 2 ) u n 2 = m a (α0) u 2 2. n u 2. (1.10) u 2 2 uϕ ϕ H 1 0(). Como m a é continua e positiva, temos que α 0 = u, então a convergência fraca implica a convergência forte u n u em H 1 0() e a proposição está provada.

32 1.3 Prova do Teorema A Prova do Teorema A Para provar o Teorema A usaremos a seguinte versão do Teorema do Passo da Montanha simétrico. Teorema 1.6. Seja E = V W um espaço de Banach com dim V <. Suponha que I C 1 (E, R) é um funcional par satisfazendo I(0) = 0 e (I 1 ) existem ρ, α > 0 tais que inf I(u) α u B ρ (0) W (I 2 ) existe um subespaço V E com dim V < dim V < tal que, para algum M > 0 max I(u) M; u V (I 3 ) considerando M > 0 dado por (I 2 ), I satisfaz a condição de (P S) c para c (0, M). Então I possui pelo menos (dim V dim V ) pares de pontos críticos não triviais. A seguir, verificaremos que o funcional I a.λ satisfaz as condições (I 1 ) e (I 2 ). Lema 1.7. Suponha que m e f satisfaçam (m 0 ), (f 0 ), (f 1 ) e (f 3 ), respectivamente. Então, para cada λ > 0, existem ρ λ, α λ > 0, tal que inf I a,λ (u) α λ u B ρ (0) Demonstração. Dado ε > 0, podemos usar (f 1 ) e (f 3 ) para obter C ε > 0 tal que F (x, s) ε 2 s 2 + C ε q s q (x, s) R. Portanto, I a,λ (u) m(0) 2 u 2 ε 2 ( m(0) 1 2 ε λ 1 () u 2 1 q C ελ u q 1 2 u 2 ) u 2 λc 1 u q C 2 u 2.

33 1.3 Prova do Teorema A 23 onde λ 1 () é o primeiro autovalor de (, H 1 0()) e C 1, C 2 > 0 são constantes que não dependem de λ. Escolhendo ε = λ 1 ()m(0)/2, obtemos ( ) m(0) I a,λ (u) λc 1 u q 2 C 2 u 2 2 u 2 4 e o resultado segue da expressão acima e da desigualdade 2 < q < 2. Proposição 1.8. Suponha que f satisfaça (f 0 ) (f 2 ). Então, para qualquer k N e M > 0, existe λ k > 0 com a seguinte propriedade: para qualquer λ λ k podemos encontrar um subespaço V λ k H1 0() tal que dim V λ k = k e sup u V λ k I a,λ (u) < M. Demonstração. Seja φ C 0 (B 1 (0)) e escolha {x 1,..., x m } e δ > 0 tal que, para i, j I := {1,..., m}, B δ (x i ) e B δ (x i ) B δ (x j ) =, se i j. Para cada i I, defina φ δ i (x) := φ((x x i )/δ) e note que, fazendo a mudança de variável x x i δ = y, obtemos A δ := φδ i 2 φ δ i 2 θ = ( φ x xi ) 2 δ ( φ ( x xi δ ) θ ) 2 θ = δ N δ 2 φ(y) 2 ( δn φ(y) θ) 2 θ = δ ( N 2 2N θ ) φ 2. (1.11) φ 2 θ Como R m tem dimensão finita, existe d 1 = d 1 (k, θ) tal que ( k k ) θ/2 y i θ d 1 y i 2, (y 1,..., y k ) R k. (1.12) i=1 i=1 Portanto, se definirmos V k,δ := span{φ δ 1,..., φ δ k}, teremos que, para qualquer u = k i=1 α iφ δ i V k,δ, u θ = = B δ (x 1 ) B δ (x k ) k α i φ δ i i=1 ( k k α i φ δ i θ θ d 1 α i φ δ i 2 θ i=1 i=1 θ ) θ/2 (1.13) = c 1 ( k i=1 A 1 δ α i φ δ i 2 ) θ/2 = d 2 δ (N 2 2N θ ) θ 2 u θ,

34 1.3 Prova do Teorema A 24 onde d 2 = d 1 φ 2 φ 2 q, usamos (1.11), (1.12) e o fato dos suportes das funções φ δ i serem disjuntos. Como, F (x, s) d 3 s θ d 2, x, s R, podemos usar (1.13) para obter I a,λ (u) a 2 u 2 λ m i=1 B δ (x i ) F (x, u) a 2 u 2 λd 2 d 3 δ (N 2 2N θ ) θ 2 u θ λd 2 kδ N ω N, (1.14) onde ω N é o volume da bola unitária. Portanto, para constantes positivas d 5 = d 5 (k, θ), d 6 = d 6 (k, N) e ( γ := N 2 2θ ) θ N 2 > 0, temos I a,λ(u) a 2 u 2 λd 5 δ γ u θ + λd 6 δ N, u V k,δ. (1.15) Como θ < 2, temos que γ < N e portanto podemos pegar γ 0 considerar a função (γ, N) e que atinge seu máximo em t δ = h δ (t) := a 2 t2 d 5 δ γ 0+γ t θ + d 6 δ γ 0+N, t > 0. ( a 1/(θ 2). 0) d 5 θ δγ γ Isto e γ0 (γ, N) implica que h δ (t δ ) 0 quando δ 0 +. Portanto, existe δ = δ (k, θ, N, a) > 0 tal que max t 0 h δ(t) < M 2, δ (0, δ ]. Agora vamos tomar λ k := (δ ) γ 0. Seja λ λ k e defina o subespaço k- dimensional V λ k := V k,δ para δ = λ 1/γ 0. Como δ γ 0 = λ λ k = (δ ) γ 0, obtemos δ δ. Portanto, para qualquer u Vk λ, podemos usar (3.23) e a desigualdade acima para obter e temos o desejado. I a,λ(u) a 2 u 2 δ γ 0 d 5 δ γ u θ + δ γ 0 d 6 δ N max t 0 h δ(t) < M 2,

35 1.3 Prova do Teorema A 25 Estamos prontos para apresentar a prova do Teorema A. Demonstração. Dado k N dado, vamos aplicar o Teorema 1.6 com W = H 1 0(). A condição (I 1 ) é uma consequência direta do Lema 1.7. Para verificar as outras condições, vamos considerar M < c como na Proposição 1.5. Falta obter um subespaço de dimensão k para o qual (I 2 ) vale. Porém, tal condição sempre vale para o subespaço V λ k dado na Proposição 1.8, se tomarmos λ λ k. Como I a,λ(0) = 0 e este funcional é par, as hipóteses do Teorema 1.6 são satisfeitas, ou seja, para cada λ λ k, existem k pares de soluções não nulas para o problema ( P λ ). Seja u H 1 0() uma das soluções obtidas acima. Como I a,λ (u) M c, podemos usar a definição de c e (f 2 ) para obter ( m(0) a ) s 2 0 c M = I a,λ (u) 1 ( m(0) 2 θ θ I a,λ(u)u a ) u 2. (1.16) 2 θ Como u s 0, segue do Lema 1.1 que u é uma solução fraca do problema (P λ ).

36 CAPÍTULO 2 Multiplicidade de soluções para (P µ ) Neste capítulo, estudamos a multiplicidade de soluções para o problema ( ) m u 2 u = f(x, u) + µ u 4 u, em, (P µ ) u H0(), 1 onde R 3 é um domínio limitado suave, 2 = 6 e µ > 0 é um parâmetro. Denotando R + = {s R : s 0}, supomos que a função m satisfaz: (m 0 ) m C(R +, R + ); (m 1 ) m(t) m 0 > 0, para qualquer t 0; (m 2 ) vale 2M(t) m(t)t, t 0, onde M(t) = t 0 m(s)ds; (m 3 ) existe a > 0 e b 0, tal que m(t) a + bt, t 0.

37 27 Com respeito à não-linearidade f vamos supor as seguintes condições: (f 0 ) f C( R, R) é ímpar com relação a segunda variável; (f 1 ) vale f(x, s) lim = 0, uniformemente em s s 5 (f 2 ) existem σ [0, 2) e c 1, c 2 (0, + ) tais que onde F (x, s) := 1 4 f(x, s)s F (x, s) c 1 c 2 s σ, x, s R, s 0 f(x, t)dt; (f 3 ) existe um conjunto aberto 0 com medida positiva, tal que F (x, s) lim = +, uniformemente em s s 4 0. Dizemos que u H 1 0() é solução fraca de (P µ ) se m( u 2 ) ( u ϕ) = f(x, u)ϕ + u 4 uϕ, ϕ H 1 0(). Assim, as soluções fracas do problema são os pontos críticos do funcional I µ (u) := 1 2 M( u 2 ) F (x, u) µ 6 u 6, u H0(). 1 Como f é ímpar, o funcional I µ é par e portanto também podemos esperar que sua simetria nos garanta múltiplos pontos críticos. O principal resultado deste capítulo é o seguinte: Teorema B. Suponha que m e f satisfaçam (m 0 ) (m 3 ) e (f 0 ) (f 3 ), respectivamente. Suponha ainda que uma das condições abaixo se verifica: (f 4 ) existem q (4, 6) e c 3, c 4 (0, + ) tais que F (x, s) c 3 s q + c 4, x, s R; ou

38 2.1 A condição de Palais-Smale 28 (f 5 ) a função a(x) := lim sup s 0 é tal que a + (x) := max{a(x), 0} L (). F (x, s) s 2 Então, dado k N, existe µ k > 0 tal que o problema (P µ) tem pelo menos k pares de soluções fracas não nulas para todo µ (0, µ k ). Para a demonstração do teorema, usaremos uma versão do Teorema do Passo da Montanha com simetria e o princípio da concentração-compacidade de Lions. 2.1 A condição de Palais-Smale Seja I C 1 (H 1 0(), R) e c R. Dizemos que I satisfaz a condição de Palais-Smale no nivel c, que denotaremos simplesmente por (P S) c, se toda sequência (u n ) H 1 0() tal que lim I(u n) = c, n + lim n + I (u n ) = 0. possui subsequência convergência. Uma sequência com as propriedades acima será chamada de sequência de (P S) c. Nesta seção provamos o seguinte resultado de compacidade: Proposição 2.1. Suponha que f satisfaça (f 1 ), (f 2 ) e uma das condições (f 4 ) ou (f 5 ). Então, dado M > 0, existe µ = µ (, M, a, c 3, c 4, σ) > 0 tal que I µ satisfaz a condição (P S) c para todo c < M e µ (0, µ ). A prova será feita em alguns passos. O primeiro deles é mostrar que sequências de Palais-Smale associadas ao funcional I µ são limitadas. Lema 2.2. Suponha que f satisfaça (f 1 ), (f 2 ) e uma das condições (f 4 ) ou (f 5 ). Se (u n ) H 1 0() é tal que I µ (u n ) c e I µ(u n ) 0, então (u n ) é limitada em H 1 0(). Demonstração. Seja (u n ) H 1 0() tal que I µ (u n ) c, I µ(u n ) 0 e considere σ [0, 2) dado em (f 2 ). Para qualquer ε > 0, existe C ε > 0 tal que, s σ ε s 6 + C ε, s R. (2.1)

39 2.1 A condição de Palais-Smale 29 Isto, (m 2 ) e (f 2 ) mostram que, para n grande, vale c + o n (1) + o n (1) u n I µ (u n ) 1 4 I µ(u n )u n µ ( ) 1 12 u n f(x, u n)u n F (x, u n ) µ 12 u n 6 6 c 1 c 2 u n σ σ ( µ 2) 12 εc u n 6 6 c 1 C ε. Escolhendo ε > 0 suficientemente pequeno, obtemos d 1, d 2 tal que u n 6 6 d 1 + d 2 u n. (2.2) Por outro lado, desde que I µ (u n ) = c + o n (1), segue de (m 1 ), (m 2 ) e (f 4 ) que m 0 4 u n M( u n 2 ) µ 6 u n c 4 + c 3 u n q q + c + o n (1). (2.3) Como 2 < q < 6, temos uma desigualdade análoga a (2.1) com q no lugar de σ. Logo segue de (2.2) que e portanto, (u n ) é limitada em H 1 0(). m 0 4 u n 2 d 3 u n d 4 d 5 u n + d 6, Suponha agora que f satisfaz (f 5 ) em vez de (f 4 ). Dado ε > 0, podemos usar (f 1 ) para obter d 7 > 0 tal que F (x, s) d 7 + ε s 6, x, s R. Tomando n + e lembrando que ε > 0 é arbitrário, concluímos que lim sup s + F (x, s) s 6 = 0. Isto e (f 5 ) implicam que existe um C ε > 0 tal que F (x, s) C ε s 6 + ( a + + ε ) s 2. (2.4) Usando mais uma vez o fato de I µ (u n ) = c + o n (1), (m 1 ), (m 2 ), (m 3 ) e (2.4), obtemos a seguinte desigualdade análoga à (2.3) m 0 4 u n M( u n 2 ) = I µ (u n ) F (x, u n ) + µ 6 u n 6 µ 6 u n C ε u n ( a + + ε) u n c + o n (1).

40 2.1 A condição de Palais-Smale 30 Como 2 < 6, obtemos também uma desigualdade análoga a (2.1), com 2 no lugar de σ. Segue então de (2.2) que Portanto, (u n ) é limitado em H 1 0(). m 0 4 u n 2 d 8 u n d 9 d 10 u n + d 11. O próximo lema é um resultado técnico que foi provado em [37, Lema 3.1]. Lema 2.3. Suponha que f satisfaça (f 0 ) (f 1 ) e (u n ) H 1 0() é tal que u n u fracamente em H 1 0(). Então, a menos de subsequência, lim f(x, u n )u n f(x, u)u = 0. n + Demonstração. Dado ε > 0, segue de (f 1 ) que existe C ε > 0 tal que f(x, s)s C ε + ε s 6, x, s R. (2.5) De acordo com as imersões de Sobolev temos então que u n u, em L 2 (), u n (x) u(x), q.t.p. em. Usando isso e a continuidade de f, temos que f(x, u n )u n f(x, u)u quase sempre em. Por outro lado, as imersões de Sobolev também nos garantem que max{ u 6 6, u n 6 6} C, para todo n N. (2.6) Dado δ > 0, podemos escolher 0 < ε < δ/(4c) e aplicar o Teorema de Egorov para obter um conjunto mensurável, tal que f(x, u n )u n f(x, u)u uniformemente em e \ < δ/(4c ε ). Portanto, 0 f(x, u n )u n f(x, u)u f(x, u n )u n f(x, u)u + \ f(x, u n )u n f(x, u)u, (2.7)

41 2.1 A condição de Palais-Smale 31 Usando agora (2.5) e (2.6), obtemos \ f(x, u n )u n f(x, u)u Substituindo em (2.7), temos 0 \ C ε + \ ε u n 6 + \ δ δ C ε + Cε + C ε + Cε 4C ε 4C ε δ C ε + C δ 4C ε 4C + C δ ε + C δ 4C ε 4C = δ. C ε + f(x, u n )u n f(x, u)u f(x, u n )u n f(x, u)u + δ. Da convergência uniforme em, segue que lim sup f(x, u n )u n f(x, u)u δ. n + e portanto, como δ > 0 foi arbitrário, concluímos o resultado desejado. \ ε u 6 Antes de enunciar nosso próximo resultado vamos considerar C() o conjunto de todas as funções contínuas u : R, que é um espaço de Banach quando munido da norma u C() = max u(x). Denotamos por M() o espaço dual de C(), que x é comumente chamado de espaço das medidas de Radon. De uma maneira geral, o espaço M() é maior do que L 1 (). Contudo, este último pode ser visto como um subespaço de M() através da seguinte construção: dada g L 1 (), defina a aplicação T g : C() R por (T g)(u) = (gu)dx, u C(). Claramente, T g é linear e (T g)(u) u C() g L 1 (), e portanto T g M(). Além disso, pode-se mostrar que (cf. [7, pg. 116]) T g M() = sup (gu)dx = g L 1 (). u C(), u 1 Variando agora g L 1 () construímos uma isometria linear T entre L 1 () e M(). Assim, podemos identificar L 1 () com um subespaço de M(). Como M() é um

42 2.1 A condição de Palais-Smale 32 subespaço do espaço separável C(), ele tem algumas propriedades de compacidade na topologia fraca. Em particular, se (g n ) L 1 () é uma sequência limitada, então existe uma medida de Radon µ M() tal que, a menos de subsequência, g n µ na topologia fraca σ(m(), C()), isto é, g n φ = µ, φ = lim n + φdµ, φ C(). (2.8) Denotando por S a melhor constante da imersão H L 6 (), isto é, S := u 2 inf u H0 1()\{0} ( u 6 ), 2/6 e usando a notação introduzida acima podemos enunciar um resultado clássico de concentração-compacidade provado por Lions [27, Lemma 1.1]. Lema 2.4. Suponha que (u n ) H0() 1 é tal que u n u, fracamente em H0(), 1 u n 2 ζ, na topologia fraca σ(m(), C()), u n 6 ν na topologia fraca σ(m(), C()), onde ζ, ν M() são medidas não negativas e limitadas em. Então existe um conjunto de índices enumerável J, que pode ser vazio, e uma família {x j, j J} de pontos em tais que (a) ν = u 6 dx + j J ν j δ xj, ν j > 0; (b) ζ u 2 dx + j J ζ j δ xj, ζ j > 0. Além disso, Sν 1/3 j ζ j, j J. (2.9) Agora podemos enunciar o lema: Lema 2.5. Suponha que f satisfaça (f 1 ) e seja (u n ) H0() 1 como no Lema 2.4. Se I µ(u n ) 0, então J é vazio ou um conjunto finito. Além disso, ( ) 3/2 m0 S ν j, j J. (2.10) µ

43 2.1 A condição de Palais-Smale 33 Demonstração. Seja ϕ C 0 (R N, [0, 1]) tal que ϕ 1 em B 1/2 (0) e ϕ 0 em R N \ B 1 (0). Suponha que J, fixe j J e defina ϕ ε (x) := ϕ( x x j ε ) onde ε > 0. Afirmamos que (ϕ ε u n ) H 1 0() é limitada. De fato, usando a definição de norma e a desigualdade de Cauchy-Schwarz, obtemos ϕ ε u n 2 = (ϕ ε u n ) 2 = = ϕ ε u n + u n ϕ ε, ϕ ε u n + u n ϕ ε ϕ 2 ε u n 2 + u 2 n ϕ ε 2 + 2ϕ ε u n ϕ ε, u n ϕ 2 ε u n 2 + u 2 n ϕ ε ϕ ε u n ϕ ε u n. A definição de ϕ ε e a limitação de (u n ) em H 1 0() nos diz que os quatro termos do lado direito da desigualdade acima são limitados, concluindo então a nossa afirmação. Como (ϕ ε u n ) é limitada e I µ(u n ) 0, temos que I µ(u n )(ϕ ε u n ) = o n (1), e portanto ( ) m( u n 2 ) A n,ε + u n 2 ϕ ε = o n (1) + µ u n 6 ϕ ε + f(x, u n )u n ϕ ε, com A n,ε = u n ( u n ϕ ε ). Como m(t) m 0, para todo t 0, o Lema 2.4 implica que Afirmamos que ) m 0 (lim sup A n,ε + ϕ ε dζ µ ϕ ε dν + f(x, u)uϕ ε. n + lim ε 0 lim sup A n,ε = 0. (2.11) n Assumindo a afirmação, podemos tomar ε 0, e usar o Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue para obter m 0 ζ j µν j. Lembrando que Sν 1/3 j e portanto ν j (m 0 S/µ) 3/2. Deste modo, m 0 Sν 1/3 j m 0 ζ j µν j, ζ j, obtemos ( ) 3/2 m0 S. (2.12) ν() j J ν j j J µ e concluímos que o conjunto J é finito.

44 2.1 A condição de Palais-Smale 34 Para provar (2.11), vamos calcular A n,ε u n u n ϕ ε ( ) 1/2 ( ) 1/2 u n 2 u n 2 ϕ ε 2 ( ) 1/2 C u n 2 ϕ ε 2, portanto fazendo uma mudança de variável y = x x j, obtemos ε ( ) 1/2 lim sup A n,ε C u 2 ϕ ε 2 dx n C ε = C ε ( = C ε ε N 2 u(x) 2 ϕ { x x j ε} (ε N ( = o ( ε (N 2)/2) 0, em que usamos N > 2 na última linha acima. ( x xj u(yε + x j ) 2 ϕ(y) 2 dy) { y ε} u(yε + x j ) 2 ϕ(y) 2 dy) { y ε} Estamos prontos para provar nosso resultado de compacidade. ε ) ) 2 1/2 dx ) 1/2 ) 1/2 Prova da Proposição 2.1. Seja (u n ) H 1 0 tal que I µ(u n ) 0 e I µ (u n ) c < M. Pelo Lema 2.2, esta sequência é limitada em H 1 0(). Portanto existe u H 1 0() e duas medidas limitadas ν, ζ M() satisfazendo todas as hipóteses do Lema 2.4. Argumentando como no Lema 2.2 e usando a desigualdade de Hölder obtemos, para n grande, M > I µ(u n ) 1 4 I µ(u n )u n ( µ 12) u n 6 c 1 c 2 d 1 u n 6 d 2 d 3 ( u n σ u n 6 ) σ/6 com d 1 := 1/12, d 2 := c 1 e d 3 = c 2 (6 σ)/6. Fazendo n + e relembrando que u n 6 ν fracamente no sentindo das medidas, obtemos µd 1 ν() M + d 2 + d 3 ν() σ/6.

45 2.1 A condição de Palais-Smale 35 Se ν() > 1, podemos usar a estimativa acima para obter ( ) ν() ν() σ M + d2 + d 3 6. µd 1 Como 0 σ < 2, existe µ > 0 tal que ( ) 6/(6 σ) ( ) 3/2 M + d2 + d 3 m0 S ν(), µ (0, µ). (2.13) µd 1 µ Por outro lado, se ν() 1, podemos escolher µ < m 0 S e mostrar que ν() < (m 0 Sµ 1 ) 3/2, para qualquer µ (0, µ). Definindo µ := min{ µ, µ}, obtemos ( ) 3/2 m0 S ν() <, µ (0, µ ), µ e portanto segue de (2.10) que o conjunto J dado no Lema 2.4 é vazio. Assim, u n 6 ν = u 6 dx na topologia fraca σ(m(), C()), e segue então de (2.8) que u n 6 u 6. Afirmamos que u n 4 u n u u 6. De fato, pela imersão de H 1 0() em L 6 (), temos que ( u n 5 ) 6/5 = u n 6 d 4. Além disso, u n (x) 4 u n (x) u(x) 4 u(x) q.t.p em, portanto u n (x) 4 u n (x) u(x) 4 u(x), fracamente em L 6/5 (), ou seja u n 4 u n ϕ u 4 uϕ, A afirmação segue então do fato de que u L 6 (). ϕ ( L 6/5 () ) = L 6 (), Argumentando como acima podemos mostrar que f(x, u n)u f(x, u)u, e portanto segue do Lema 2.3 que f(x, u n)(u n u) 0. Logo, o n (1) = I µ(u n )u n I µ(u n )u = m( u n 2 ) ( u n 2 u 2) + o n (1). Segue de (m 1 ) que u n u. Isto e a convergência fraca de (u n ) implicam que u n u em H 1 0(), o que finaliza a demonstração.

46 2.2 Prova do Teorema B Prova do Teorema B Para provar o Teorema B usaremos a seguinte versão do Teorema do Passo da Montanha com Simetria. Teorema 2.6. Seja E = V W um espaço de Banach com dim V <. Suponha que I C 1 (E, R) é um funcional par satisfazendo I(0) = 0 e (I 1 ) existem ρ, α > 0 tal que inf I(u) α u B ρ (0) W (I 2 ) existe um subespaço V E com dim V < dim V < tal que, para algum M > 0 max I(u) M; u V (I 3 ) considerando M > 0 dado por (I 2 ), I satisfaz a condição de (P S) c para c (0, M). Então I possui pelo menos (dim V dim V ) pares de pontos críticos não triviais. Vamos considerar (φ j ) j N as autofunções de σ(, H 1 0()) normalizadas. Para qualquer m N, defina V m := span{φ 1,..., φ m } e note que H 1 0() = V m V m. O resultado abaixo foi provado em [37, Lema 3.1] Lema 2.7. Dado 2 r < 6 e δ > 0, existe m 0 N tal que, para todo m m 0 u r δ u r, u Vm. (2.14) Demonstração. Vamos primeiro considerar r = 2. Argumentando por contradição, suponha que existe um δ > 0 e u m Vm, para todo m N, tal que u m 2 2 > δ u m 2. Tomando v m = u m / u m 2, temos que v m 2 = 1, para todo m N e v m 2 < 1/δ Como (v m ) H0() 1 é uma sequência limitada, podemos supor, sem perda de generalidade, que v m v fracamente em H0(), 1 de modo que v Vm, para todo

47 2.2 Prova do Teorema B 37 m N, isto é v = 0. Por outro lado, pela imersão de Sobolev H 1 0() L 2 (), temos que v = 1, gerando uma contradição. Suponha agora que 2 < r < 6 e considere θ (0, 1) tal que r = (1 θ)2 + θ6. Usando a desigualdade de Hölder com expoentes (1/(1 θ)) e 1/θ, juntamente com a imersão de H em L 6 (), obtemos ( ) 1 θ ( ) θ u r = u (1 θ)2 u θ6 u 2 u 6 C u (1 θ)2 2 u θ6. Aplicando o caso inicial com δ = (δ/c) 1/(1 θ), obtemos [ ( ) ] 1/(1 θ) 1 θ δ u r r C u 2 u θ6 = δ u (1 θ)2+θ6 = δ u r, C concluindo a demonstração. Continuando a demonstração, estamos interessados em mostrar que nosso funcional satisfaz as hipóteses do Teorema do Passo da Montanha com Simetria. Vamos mostrar primeiro que I µ satisfaz a condição (I 1 ). Lema 2.8. Suponha que f satisfaça (f 4 ) ou (f 5 ). Então existem µ = µ(a, b,, c 3, c 4 ) > 0, m N e ρ, α > 0 tal que, para qualquer µ (0, µ), vale I µ (u) α, u B ρ (0) V m. Demonstração. Primeiramente suponha que (f 4 ) vale. Então podemos aplicar a desigualdade (2.14) com r = q e δ > 0 (a ser escolhido posteriormente) para obter I µ (u) 1 4 m( u 2 ) u 2 F (x, u) µ u 6 6 m 0 4 u 2 F (x, u) µ u 6 6 m ) 0 4 u 2 (c 3 u q + c 4 µ u 6 6 m 0 4 u 2 c 3 u q q c 4 µ 6 u 6 6 m 0 4 u 2 δc 3 u q µ c 4 c 5 6 u 6 ( u 2 m0 ) 4 δc 3 u q 2 µ c 4 c 5 6 u 6,

48 2.2 Prova do Teorema B 38 para todo u V m, onde usamos (m 2 ), (m 1 ) e (f 4 ). δc 3 ρ q 2 = m 0 /8, obtemos Se ρ = ρ(δ) > 0 é tal que I µ (u) m 0 8 ρ2 c 4 c 5 µ 6 ρ6, u B ρ (0) V m. Como ρ(δ) +, quando δ 0 +, podemos tomar δ > 0 pequeno, de maneira que para obter µ > 0 tal que, e portanto m 0 8 ρ2 c 4 > m 0 16 ρ2, I µ (u) m 0 8 ρ2 c 4 c 5 µ 6 ρ6 m 0 16 ρ2 c 5 µ 6 ρ6 I µ (u) ( m0 16 c µ 5 6 ρ4 ) ρ 2, u B ρ (0) V m. A conclusão segue facilmente da desigualdade acima. Se (f 5 ) vale, tomamos ε > 0 e usamos (m 2 ), (m 1 ) e (2.4) para obter I µ (u) m 0 4 u 2 (µ + 6C ε) 6S 3 u 6 ( a + + ε) u 2 2, para qualquer u H 1 0(). Escolhendo r = 2 e δ = m 0 (8( a + + ε)) 1 em (2.14), obtemos m N tal que ( m0 I µ (u) 8 (µ + 6C ) ε) ρ 4 ρ 2, u B 6S 3 ρ (0) Vm. O lema segue da desigualdade acima e do mesmo argumento usado no primeiro caso. A condição de superlinearidade (f 3 ) vai nos garantir (I 2 ), como se pode ver do próximo lema. Lema 2.9. Suponha que f satisfaça (f 0 ) e (f 3 ). Então, para qualquer l N, existe um subespaço V H 1 0() de dimensão l e uma constante M > 0 tal que sup I(u) M, µ > 0. u V