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Universidade Federal da ParaíbaCentro de Ciências Exatas e da Natureza

Programa de Pós-Graduação em MatemáticaCurso de Mestrado em Matemática

Sobre um Sistema do tipoSchrödinger-Poisson

por

Alex de Moura Batista

sob orientação do

Prof. Dr. Everaldo Souto de Medeiros

Dissertação apresentada ao Corpo Do-cente do Programa de Pós-Graduação emMatemática - CCEN - UFPB, como re-quisito parcial para obtenção do título deMestre em Matemática.

Abril/2012João Pessoa - PB

Sobre um Sistema do tipoSchrödinger-Poisson

por

Alex de Moura BatistaDissertação apresentada ao Corpo Docente do Programa de Pós-Graduação

em Matemática - CCEN - UFPB, como requisito parcial para obtenção dotítulo de Mestre em Matemática.

Área de Concentração: Análise.

Aprovada por:

Prof. Dr. Everaldo Souto de Medeiros - UFPB (Orientador)

Prof. Dr. Giovany de Jesus Malcher Figueiredo - UFPA

Prof. Dr. Uberlandio Batista Severo - UFPB

Prof. Dr. João Marcos Bezerra do Ó - UFPB (Suplente)

Universidade Federal da ParaíbaCentro de Ciências Exatas e da Natureza

Programa de Pós-Graduação em MatemáticaCurso de Mestrado em Matemática

Abril/2012João Pessoa - PB

Agradecimentos

• Agradeço a Deus por todas as oportunidades que tive durante minha vida. Agradeçopela saúde, pela força de vontade e por mais esta etapa concluída. Muito obrigadoDeus!

• A minha mãe e ao meu pai por todo amor, carinho e confiança que sempre mederam. Vocês são o meu porto seguro e a razão do meu viver. Agradeço, ainda, aomeu irmão pelos momentos de descontração que tivemos. Valeu Diego.

• Ao meu orientador, Everaldo Souto de Medeiros, pela excelente orientação, pelapaciência no início do nosso trabalho, por todo ensinamento a mim proporcionado,pela autonomia e confiança a mim concedida. Muito obrigado Everaldo!

• As minhas colegas de mestrado Elizabeth e Rainelly pela amizade, pelos momentosde estudo e de descontração. Um agradecimento especial a Elisânia, por todo oconhecimento compartilhado, pelas conversas, pelos conselhos e por ter me incenti-vado nos momentos em que mais precisei.

• Aos professores Giovany de Jesus Malcher Figueiredo e Uberlandio Batista Severo,por aceitarem avaliar meu trabalho, pelos comentários e sugestões tão necessáriaspara a melhoria deste trabalho.

• Ao professor Cleto Brasileiro Miranda Neto pelo aprendizado que adquiri em suasaulas e por se apresentar sempre atencioso e disponível.

• Aos demais professores da Pós-Graduação em Matemática da UFPB que contribuírampara a minha formação.

• Um agradecimento especial a professora de graduação, Lourena Karin de MedeirosRocha, por me ensinar a gostar de matemática, por todo ensinamento e incentivo.Agradeço, ainda ao professor Adriano Thiago Lopes Bernardino, pelo incentivo econselhos.

• A todos os meus amigos e colegas da graduação. Vocês foram fundamentais pelagraduação tão proveitosa que tive. Obrigado a todos!

• A dona Cida pela hospedagem durante esses anos de mestrado.

• Enfim, ao CNPq pelo apoio financeiro.

Dedicatória

Ao meu pai

Resumo

Nesta dissertação, estudaremos a existência de dois tipos de soluções fracas nãonegativas para uma classe de problemas do tipo Schrödinger-Poisson, os quais mode-lam fenômenos físicos, por exemplo, em Mecânica Quântica. Inicialmente, encontraremosuma solução fraca que minimiza o nível de energia mínima associado a variedade de Ne-hari N . Tal solução é denominada do tipo ground state e sua obtenção será feita atravésde argumentos de minimização e do Princípio Variacional de Ekeland. Em seguida, en-contraremos uma solução fraca estritamente positiva que não é do tipo ground state. Talsolução é denominada do tipo bound state e sua obtenção será feita através do Teoremade Linking.

Palavras-chave:Ground state, Bound state, Variedade de Nehari, Argumentos de Minimização, PrincípioVariacional de Ekeland, Teorema de Linking.

ii

Abstract

In this dissertation we study the existence of two types of not weak solutions negativefor a class of problems of the type Schrödinger-Poisson model which physical phenomena,for example, quantum mechanics. Initially, we find a weak solution that minimizes thelevel minimum energy associated with the variety of NehariN . This remedy shall call typeand its ground state is obtained made through arguments and the minimization principleEkeland variational. Then find a weak solution strictly positive is not the type groundstate. such a solution shall call type and their bound state will be obtained through theLinking Theorem.

Keywords:Ground state, Bound state, Variety of Nehari, Arguments minimization, the EkelandVariational Principle, Theorem Linking.

iii

Sumário

1 Formulação Variacional do Problema 11.1 Equação de Acoplamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Variedade de Nehari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Existência de Solução do tipo Ground State 142.1 Problemas Auxiliares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.1 O Problema (P∞) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.1.2 O Problema (Pa) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2 Projeções Sobre a Variedade de Nehari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.3 Um Lema de Compacidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3.1 Prova da Proposição 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.4 Condição (PS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.5 Estimativa de Nível . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.5.1 Prova do Teorema 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3 Existência de Solução do tipo Bound State 463.1 Não Existência de Solução do tipo Ground State . . . . . . . . . . . . . . . 473.2 Funções Auxiliares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.3 Ferramentas do Tipo Minimax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.3.1 Outros níveis para a condição (PS)d . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.3.2 Prova do Teorema 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

A Resultados Utilizados 61

Referências Bibliográficas 83

iv

Notações

Neste trabalho, faremos uso das seguintes notações:

Notações gerais

• Bδ(x) denota a bola aberta de raio δ e centro x;

• , → denota convergência fraca e forte, respectivamente;

• → denota imersão;

• µ(Ω) denota a medida de Lebesgue do subconjunto Ω ⊂ R3;

• q.t.p. é uma abreviação de quase toda ponto;

• ∂u∂xi

denota a derivada parcial da função u : Ω ⊂ R3 → R em relação a xi;

• ∇u =(∂u∂x1, ∂u∂x2, ∂u∂x3

)denota o gradiente da função u : Ω ⊂ R3 → R;

• ∆u =∑3

i=1∂u∂xi

denota o laplaciano da função u : Ω ⊂ R3 → R;

• 〈·, ·〉 denota produto interno;

• f = o(g) quando x→ x0 se limx→x0 |f(x)|/|g(x)| = 0;

• u+ = maxu, 0 e u− = max−u, 0.

Espaço de Funções

• C(X, Y ) denota o espaço das funções contínuas de X em Y ;

• C0(Ω) denota o espaço das funções contínuas com suporte compacto em Ω;

• Ck(Ω) denota o espaço das funções k vezes continuamente diferenciáveis sobre Ω,k ∈ N;

• C∞(Ω) = ∩k≥1Ck(Ω); C∞

0 (Ω) = C0(Ω) ∩ C∞(Ω);

• C0,α(Ω) =u ∈ C(Ω); supx,y∈Ω

x6=y

|f(x)−f(y)||x−y|γ < ∞

denota o espaço das funções de

Hölder;

• Cm,α(Ω) =f ∈ C(Ω);Dβf ∈ C0,α(Ω) para todo |β| ≤ m

;

• Para 1 ≤ p < +∞ denotemos

Lp(Ω) =u : Ω → R;

∫Ω

|u|pdx <∞

;

• Lploc(Ω) =u ∈ Lp(Ω′) para todo compacto Ω′ ⊂ Ω

• L∞(Ω) =

u : Ω → R; |u(x)| ≤ C q.t.p sobre Ω para algum C > 0

;

• W 1,p(Ω) é o espaço das funções u ∈ Lp(Ω) tais que existem gi := ∂u∂xi

∈ Lp(Ω)i = 1, 2, 3 satisfazendo∫

Ω

u∂ϕ

∂xidx = −

∫Ω

ϕgidx ∀ϕ ∈ C∞0 (Ω), i = 1, 2, 3

• Com gi i = 1, 2, 3 satisfazendo a propriedade acima temos

D1,2(Ω) =u ∈ L2∗(Ω) : ∃gi ∈ L2(Ω) i = 1, 2, 3

;

• Para p = 2 temos W 1,2(Ω) = H1(Ω);

• H1rad(R3) é o subespaço das funções radiais de H1(R3);

• H−1 denota o dual do espaço H1(R3);

• D−1,2∗(R3) denota o dual do espaço D1,2(R3);

Normas

• ‖u‖∞ = infC > 0; |u(x)| ≤ C q.t.p em Ω denota a norma do espaço L∞(Ω);

• |u|p =( ∫

R3 |u|pdx) 1p denota a norma do espaço de Lebesgue Lp(R3);

• |u|p,Ω =( ∫

Ω|u|pdx

) 1p denota a norma do espaço de Lebesgue Lp(Ω) com Ω $ R3;

• ‖u‖H1 =(|u|22 +

∑3i=1

∣∣∣ ∂u∂xi ∣∣∣22) 12 denota a norma sobre o espaço H1(R3);

• ‖u‖D1,2 =( ∑3

i=1

∣∣∣ ∂u∂xi ∣∣∣22) 12 denota a norma sobre o espaço D1,2(R3).

Constantes

• C,C1, C2, ... denota constantes positivas;

• S é a melhor constante da imersão D1,2(R3) → L6(R3) contínua, mais precisamente

S = infu∈D1,2(R3)\0

‖u‖D1,2

|u|6.

• S é a melhor constante da imersão H1(R3) → L6(R3) contínua, mais precisamente

S = infu∈H1(R3)\0

‖u‖H1

|u|6.

Introdução

Neste trabalho, estudaremos questões referentes a existência de soluções fracas não-negativas para a seguinte classe de sistemas:

−∆u+ u+K(x)φ(x)u = a(x)|u|p−1u em R3,

−∆φ = K(x)u2 em R3,(S)

onde as funções a,K : R3 → R são não-negativas e satisfazem algumas propriedadesintegrais.

A motivação do estudo do sistema (S) vem da análise da equação de Schrödinger nãolinear

i∂ψ

∂t−∆ψ +K(x)φ(x)ψ = a(x)|ψ|p−1ψ em R3 × (0,∞),

com a interação de um campo Magnético, onde a função ψ : R3 × R → C é do tipo

ψ(x, t) = eitu(x),

com t ∈ R, u : R3 → R. Maiores detalhes sobre a dedução do sistema (S) podem serencontradas em [1] ou [7]. Problemas semelhantes têm sido amplamente investigadose possuem forte relação com a física, uma vez que aparecem em modelos da mecânicaquântica (veja, por exemplo, [7]) e na teoria de semicondutores (veja, por exemplo, [5]).Em particular, sistemas como (S) foram introduzidos em [5] e [6] como um modelo quedescreve ondas solitárias não-lineares para equações estacionárias do tipo Schrödingerque interagem com um campo eletrostático, e são geralmente conhecidos como sistemasdo tipo Schrödinger-Poisson. Com efeito, no sistema (S), a primeira equação é do tipoSchrödinger não-linear estacionária (onde, como de costume, o termo não-linear simulaa interação entre muitas partículas), que é acoplada com uma equação do tipo Poisson.Isto significa que o potencial é determinado pela carga da função de onda.

Desde que usaremos técnicas variacionais, afim de que a imersão de Sobolev

H1(R3) → Lp+1(R3)

seja compacta, vamos assumir no decorrer deste trabalho que p ∈ (3, 5).Como veremos, para cada u ∈ H1(R3), o problema

−∆φ = K(x)u2 em R3, (P)

possui uma única solução fraca denotada por φu ∈ D1,2(R3). Assim, a existência desolução fraca para o sistema (S) é reduzida ao estudo de soluções fracas para o problema

−∆u+ u+K(x)φu(x)u = a(x)|u|p−1u em R3. (P1)

viii

A existência de soluções para o problema (P1) será obtida através de técnicas varia-cionais, isto é, a ele associaremos o funcional energia I : H1(R3) → R definido por

I(u) =1

2‖u‖2 +

1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx− 1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx, (1)

cujos pontos críticos são soluções fracas de (P1). Desde que, não temos condições desimetria sobre as funções K(x) e a(x), o estudo do problema (P1) será uma cuidadosainvestigação do comportamento das sequências de Palais-Smale do funcional I.

Este trabalho foi baseado no artigo de Cerami-Vaira [11] e é constituído de três capí-tulos e um apêndice, conforme descreveremos a seguir.

No Capítulo 1, introduziremos as ferramentas variacionais necessárias para o desen-volvimento deste trabalho. Isto será feito sob as condições:

(a1) lim|x|→∞ a(x) = 1, a ∈ L∞(R3) e a ≥ 0 em R3;

(K) K ∈ L2(R3) ∩ C(R3) e K > 0 em R3.

Inicialmente, para cada u ∈ H1(R3), mostraremos através do Teorema da Representaçãode Riesz que o problema (P) possui uma única solução fraca, denotada por φu ∈ D1,2(R3).Visto que o funcional I não é limitado inferiormente, com o objetivo de obter uma soluçãovia metódos de minimização, introduziremos a variedade de Nehari

N :=u ∈ H1(R3)\0; I ′(u)u = 0

,

associada ao funcional I definido em (1), na qual o funcional I|N é limitado inferiormente.Assim, o nível de energia mínima associado ao funcional I

m = infI(u); u ∈ N

está bem definido. Este nível será fundamental para o desenvolvimento dos próximoscapítulos.

No Capítulo 2, assumindo que as funções a e K satisfazem:

(a1) lim|x|→∞ a(x) = 1, a ∈ L∞(R3);

(a2) a(x) ≥ 1 em R3 com a 6≡ 1;

(K) K ∈ L2(R3) ∩ C(R3) e K > 0 em R3,

encontraremos uma solução fraca u ∈ H1(R3) para o problema (P1) que minimiza o nívelde energia mínima m, ou seja, I(u) = m. Esta solução é denominada de solução do tipoground state do problema (P1).

O principal resultado deste capítulo é:

Teorema 0.1 Sob as condições (a1), (a2) e (K), assumindo que

|K|22 <mϑ∞ −mϑ

a

σm1+ϑa

,

com ϑ = p−3p+1

e σ = 2p+1p−1

S−2S−4, onde S e S são, respectivamente, as melhores constantes

das imersões H1(R3) → L6(R3) e D1,2(R3) → L6(R3), então o problema (P1) possui umasolução do tipo ground state.

ix

Os númerosm∞ ema são os níveis de energia mínima associados aos respectivos problemas

−∆w + w = |w|p−1w em R3 (P∞)

e−∆w + w = a(x)|w|p−1w em R3. (Pa)

Um importante resultado deste capítulo será a Proposição 2.3, da qual, como con-sequência imediata, temos que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)c para todo c ∈(0,m∞) e que, além disso, c = I(u), para alguma u ∈ H1(R3) solução fraca do problema(P1).

Afim de usarmos este resultado, mostraremos que m ∈ (0,m∞) e, através o PrincípioVariacional de Ekeland, mostraremos que existe uma sequência (un) ⊂ N tal que

I(un) → m e ‖I(un)‖∗ → 0.

Assim, iremos garantir a existência de uma função u ∈ H1(R3) que é solução do tipoground state para o problema (P1). Para finalizarmos a prova do Teorema 0.1 provare-mos, através do Teorema do Multiplicadores de Lagrange que, |u| ∈ H1(R3) é uma soluçãodo tipo ground state do problema (P1).

No Capítulo 3, assumindo que as funções a e K satisfazem:

(a1) lim|x|→∞ a(x) = 1, a ∈ L∞(R3);

(a3) a ≤ 1 em R3 e a0 = infx∈R3 a(x) > 0;

(K) K ∈ L2(R3) ∩ C(R3) e K > 0 em R3,

mostraremos que o problema (P1) não possui solução do tipo ground state. Por outrolado, mostraremos que o problema (P1) possui uma solução fraca estritamente positiva.Tal solução é denominada do tipo bound state.



1 + η|K|22a0

< 2p−3p+1 ,

com η = 2p+1p−1

S−4S−2m∞, então o problema (P1) possui uma solução do tipo bound state.

A prova deste resultado será estabelecida através de ferramentas do tipo minimax. Ini-cialmente, determinaremos Q ⊂ H1(R3) de onde através deste subconjunto definiremos ocaminho

γ :=h ∈ C(Q,N );h|∂Q = id

,

e o nível minimaxc := inf

h∈γmaxu∈Q

ϕ(h(u)).

No Capítulo 2 provaremos que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)d para todod ∈ (0,m∞). No entanto, o nível minimax c não pertence ao intervalo (0,m∞). Para

x

contornarmos esta dificuldade, afim de obtermos um importante resultado de compaci-dade, provaremos que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)d para todo d perten-cente a um novo intervalo onde o nível minimax c pertence a este novo intervalo. Comisso, utilizando o Teorema de linking, provaremos a existência de uma solução fraca nãonegativa para o problema (P1). Através de argumentos de regularidade e do Princípio doMáximo Forte provaremos que esta solução é estritante positiva. Esta solução, não é dotipo ground state e, portanto, é do tipo bound state e, com isso, provaremos o Teorema 0.2.

No Apêndice A, enunciaremos alguns resultados que utilizamos no decorrer deste tra-balho.

xi

Capítulo 1

Formulação Variacional do Problema

Neste capítulo, iremos introduzir as ferramentas variacionais necessárias para o de-senvolvimento deste trabalho. Inicialmente, assumiremos que as funções a,K : R3 → Rsatisfazem

(a1) lim|x|→∞ a(x) = 1, a ∈ L∞(R3) e a ≥ 0 em R3;

(K) K ∈ L2(R3) ∩ C(R3) e K > 0 em R3.

As funções a : R3 → R em e K : R3 → R definidas por a ≡ 1 em R3 e

K(x) =

1/|x|, se |x| > 11, se |x| ≤ 1,

são exemplos de funções que satisfasem as condições (a1) e (K).

1.1 Equação de AcoplamentoConforme provaremos abaixo, para cada função u ∈ H1(R3), o problema

−∆φ = K(x)u2 em R3, (1.1)

possui uma única solução fraca denotada por φu ∈ D1,2(R3). O objetivo desta seção éestudar as principais propriedades desta função.

Iniciamos com o seguinte resultado:

Lema 1.1 Para cada u ∈ H1(R3), o problema (1.1) possui uma única solução φu ∈D1,2(R3).

Demonstração: Para cada u ∈ H1(R3) considere a aplicação Lu : D1,2(R3) → R definidapor

Lu(ϕ) =

∫R3

K(x)u2ϕdx.

Desde que, u ∈H1(R3) → L6(R3), então u2 ∈ L3(R3). Sendo assim, como ϕ ∈ D1,2(R3) →L6(R3) e K ∈ L2(R3), pela desigualdade de generalizada Hölder

|Lu(ϕ)| =∣∣∣ ∫

R3

K(x)u2ϕdx∣∣∣ ≤ ∫

R3

|K(x)u2ϕdx| ≤ |K|2|u2|3|ϕ|6.

1

1.1 Equação de Acoplamento

Ainda pela imersão D1,2(R3) → L6(R3), segue

|Lu(ϕ)| ≤ S−1|K|2|u|26‖ϕ‖D1,2 , (1.2)

de onde concluímos que a aplicação Lu está bem definida e é limitada, pois claramenteesta aplicação é linear. Como D1,2(R3) é um espaço de Hilbert munido do produto interno

〈u, ϕ〉 =

∫R3

∇u∇ϕdx,

pelo Teorema da Representação de Riesz, para cada u ∈ H1(R3) existe um único φu ∈D1,2(R3) tal que ∫

R3

∇φu∇ϕ dx =

∫R3

K(x)u2ϕdx, (1.3)

para toda ϕ ∈ D1,2(R3). Dessa forma, φu é a única solução fraca do problema (1.1), e istocompleta a prova deste lema.

Ainda pelo Teorema da Representação de Riesz, temos

‖φu‖D1,2 = ‖Lu‖.

Com isso, por (1.2) e pela imersão H1(R3) → L6(R3), segue

‖φu‖D1,2 ≤ S−1S−2|K|2‖u‖2, (1.4)

de onde por (1.3) temos( ∫R3

K(x)φu(x)u2dx

) 12 ≤ S

−1S−2|K|2‖u‖2,

ou seja, ∫R3

K(x)φu(x)u2dx ≤ S

−2S−4|K|22‖u‖4. (1.5)

Agora, considere a aplicação

Φ : H1(R3) → D1,2(R3)

que para cada u ∈ H1(R3) associa Φ(u) := φu ∈ D1,2(R3) que é a única solução fraca doproblema (1.1).

O lema abaixo é o principal resultado desta seção e contém as principais propriedadesda aplicação Φ.

Lema 1.2 A aplicação Φ satisfaz as seguintes propriedades:

1) Φ aplica conjuntos limitados em conjuntos limitados;

2) Se un u em H1(R3), então a menos de subsequência Φ(un) Φ(u) em D1,2(R3);

3) Φ(tu) = t2Φ(u) para todo t ∈ R e u ∈ H1(R3);

4) Se u 6= 0 então Φ(u) > 0 em R3.

2


Demonstração: Inicialmente provaremos o item 1). Seja A ⊂ H1(R3) um subconjuntolimitado. Por (1.4), segue que

‖φu‖D1,2 ≤ S−1S−2|K|2C2,

para todo u ∈ A e para alguma constante C > 0, o que prova este item.Agora, provaremos o item 2). Seja (un) ⊂ H1(R3) tal que un u em H1(R3).

Mostraremos que a menos de subsequência

φun φu em D1,2(R3). (1.6)

Note que, para provarmos a convergência acima, é suficiente mostrar que

〈φun , ϕ〉 =

∫R3

K(x)ϕun2dx→

∫R3

K(x)ϕu2dx = 〈φu, ϕ〉, (1.7)

para toda ϕ ∈ D1,2(R3), pois dado f ∈ D−1,2∗(R3), pelo Teorema da Representação deRiesz existe única u = u(f) ∈ D1,2(R3) tal que f(ϕ) = 〈u, ϕ〉 para todo ϕ ∈ D1,2(R3).Assim, supondo (1.7) temos

f(φun) → f(φu),

e isto prova (1.6). Agora, provaremos (1.7) e, com isso, concluímos a prova deste item.As igualdades de (1.7) seguem de (1.3). Desde que, un ∈ H1(R3) → L6(R3), temosu2n ∈ L3(R3), além disso, K ∈ L2(R3) e ϕ ∈ H1(R3) → L6(R3), de onde pela desigualdade

generalizada de Hölder temos que∣∣∣ ∫R3

K(x)ϕ(u2n − u2)dx

∣∣∣ ≤ |ϕ|6( ∫

R3

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx

) 56. (1.8)

Assim, para provarmos (1.7), é suficiente verificarmos que

limn→∞

∫R3

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx = 0. (1.9)

Desde que, K ∈ L2(R3), u2n − u2 ∈ L3(R3) e (un) é limitada em H1(R3) → L6(R3), dado

ρ > 0, pela desigualdade de Hölder, segue∫Bρ(0)c

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx ≤ |K|

65

2,Bρ(0)c

( ∫Bρ(0)c

|u2n − u2|3dx

) 410 (1.10)

e ( ∫R3

|u2n − u2|3dx

) 410 ≤ |un − u|

656 |un + u|

656 ≤ C1, (1.11)

para alguma constante C1 > 0.Além disso, χBρ(0)c|K|2 ≤ |K|2, para todo ρ > 0. Desde que, K ∈ L2(R3), pelo

Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue e pela Proposição A.6 (veja Apêndice),segue

limρ→∞

∫Bρ(0)c

(K(x))2dx = 0.

o que implica que dado ε > 0, temos

|K|2,Bρ(0)c < ε,

3


para ρ > 0 suficientemente grande. Com isso, por (1.10) e (1.11), obtemos∫Bρ(0)c

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx ≤ C1ε, (1.12)

para ρ > 0 suficientemente grande. Agora, dado M > 0, defina o conjunto

ΩM =x ∈ Bρ(0); K(x) ≥M

,

com ρ > 0 obtido acima. Assim

M2µ(ΩM) ≤∫

ΩM

(K(x))2dx ≤∫

R3

(K(x))2dx,

para todo M > 0, onde µ(ΩM) é a medida de Lebesgue do conjunto ΩM . Desde que,K ∈ L2(R3), então limµ(ΩM) = 0, quando M → ∞. Dessa forma, pela Proposição A.6(veja Apêndice), dado ε > 0, temos( ∫

ΩM

(K(x))2dx) 6

10 ≤ ε,

para M suficientemente grande. Assim, pela desigualdade de Hölder e por (1.11), segue∫Bρ(0)

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx =

∫ΩM

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx+

∫Bρ(0)\ΩM

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx

≤ C2ε+M65

∫Bρ(0)\ΩM

|u2n − u2|

65dx.

(1.13)Por outro lado, un−u, un+u ∈ H1(R3) → L

125 (R3). Assim, (un−u)

65 , (un+u)

65 ∈ L2(R3).

Pela desigualdade de Hölder∫Bρ(0)\ΩM

|u2n − u2|

65dx ≤ |un + u|

65125,Bρ(0)

|un − u|65125,Bρ(0)

.

Sendo assim, como (un + u) é limitada em H1(R3) → L125 (R3) e un → u em L

125 (Bρ(0)),

pois H1(Bρ(0)) → L125 (Bρ(0)), compactamente e un u em H1(R3), temos

limn→∞

∫Bρ(0)\ΩM

|u2n − u2|

65dx = 0.

Dessa forma, por (1.12) e (1.13), obtemos

limn→∞

∫R3

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx = 0,

de onde por (1.8) seque (1.7) e isto completa a prova deste item.Agora, provaremos o item 3). Pelo Lema 1.1, para cada u ∈ H1(R3), o problema

−∆φ = K(x)u2 em R3

4


possui uma única solução fraca denotada por φu. Mais precisamente,∫R3

∇φu∇ϕdx =

∫R3

K(x)u2ϕdx,

para toda ϕ ∈ D1,2(R3). Assim, para todo t ∈ R, segue∫R3

∇φtu∇ϕdx =

∫R3

K(x)(tu)2ϕdx

= t2∫

R3

K(x)u2ϕdx

= t2∫

R3

∇φu∇ϕdx,

para toda ϕ ∈ D1,2(R3), o que implica em∫R3

∇(φtu − t2φu)∇ϕdx = 0,

para toda ϕ ∈ D1,2(R3). Em particular, tomando ϕ = φtu − t2φu, temos

‖ϕ‖2D1,2 =

∫R3

∇ϕ∇ϕ = 0.

Desde que, ‖.‖D1,2 é uma norma, segue ϕ = 0, o que implica em

φtu = t2φu,

para todo t ∈ R e u ∈ H1(R3), como queríamos.Agora, provaremos o item 4). Inicialmente, afirmamos que φu ≥ 0. Com efeito, desde

que ∫R3

∇φu∇ϕdx =

∫R3

K(x)u2ϕdx,

para toda ϕ ∈ D1,2(R3), tomando ϕ = φ−u , temos∫R3

∇(φ+u − φ−u )∇φ−u dx =

∫R3

K(x)u2φ−u dx,

o que implica em

−‖φ−u ‖D1,2 =

∫R3

K(x)u2φ−u dx ≥ 0,

isto é, ‖φ−u ‖D1,2 = 0 o que prova a afirmação, pois φu = φ+u ≥ 0. Agora, visando utilizar

um resultado de regularidade mostraremos que

φu ∈ C2(R3). (1.14)

Note que, φu ∈ D1,2(R3) satisfaz o problema−∆u+ u+K(x)φ(x)u = a(x)|u|p−1u em R3,

−∆φ = K(x)u2 em R3,(S)

5


no sentido fraco. Assim, para provarmos (1.14) iremos utilizar o problema


Note que podemos escrever−∆u = ψ,

onde ψ(x) := a(x)|u|p−1u− u−K(x)φu(x)u. Assim,

|ψ(x)| ≤ f(x)(1 + |u|),

com f(x) := |a(x)|u|p−1−1−K(x)φu(x)|. Agora, afirmamos que f ∈ L32loc(R3). Desde que,

K ∈ L2(R3) então K32 ∈ L

43 (R3). Como φu ∈ D1,2(R3) → L6(R3) temos φ

32u ∈ L4(R3),

o que pela desigualdade de Hölder segue Kφu ∈ L32loc(R3). Assim, como a ∈ L∞(R3) e

sendo 3 < s := 32(p − 1) < 6 (p ∈ (3, 5)) e u ∈ H1(R3) → Ls(R3) segue a afirmação.

Pelo Teorema de Brezis-Kato (veja Proposição A.22 do Apêndice), u ∈ Lq(R3) para todoq < +∞. Agora, note que, φ3

u ∈ L2(R3) e u3 ∈ L2(R3). Pela desigualdade de Hölder segueque φuu ∈ L3(R3). Sendo assim, como u ∈ Lq(R3) para todo q < +∞ e pela condição (K)K ∈ C(R3) segue que ψ ∈ L3

loc(R3). Disto, temos pela Proposição A.20 que u ∈ W 2,3loc (R3),

o que pela Proposição A.17 implica que u ∈ C0,γloc (R3) para algum γ < 1. Dessa forma,

Kφu ∈ C0,γloc (R3), o que pela Proposição A.19 implica (1.14), como queríamos.

Agora, mostraremos que φu > 0 em R3 e, com isso, finalizar a prova deste item.Suponhamos por contradição que φu(x0) = 0 para algum x0 ∈ R3. Desde que por (1.14)φu ∈ C2(R3) e

−∆φu = K(x)u2 ≥ 0 em Bρ(x0),

pelo Princípio do Máximo Forte (veja Proposição A.21 do Apêndice), temos φu = 0 paratoda bola Bρ(x0), o que implica em Ku2 = 0 em Bρ(x0). Como Bρ(x0) é arbitráriasegue Ku2 = 0 em R3. Desde que, pela condição (K) K > 0 em R3, temos u ≡ 0 emR3, o que é uma contradição. Portanto φu > 0 em R3 e isto completa a prova deste lema.

Observação 1.1 Agora, para aplicações futuras, daremos uma representação integralpara φu ∈ D1,2(R3) solução fraca do problema

−∆φ = K(x)u2 em R3, (1.15)

onde u ∈ H1(R3). Definindo f := Ku2, pelo Teorema de Calderon-Zygmund (vejaProposição A.20 do Apêndice) o potencial newtoniano

Nf (x) =1

3ω3

∫R3

K(y)

|x− y|u2(y)dy

onde ω3 é o volume da bola unitária de R3, é solução fraca do problema (1.15). Assim,

φu(x) =1

3ω3

∫R3

K(y)

|x− y|u2(y)dy q.t.p. em R3,

como queríamos.

6

1.2 Variedade de Nehari

1.2 Variedade de NehariNesta seção, iremos introduzir a variedade de Nehari N e provar suas principais pro-

priedades.

Observação 1.2 Pelo Lema 1.1 para cada função u ∈ H1(R3) o problema

−∆φ = K(x)u2 em R3,

possui uma única solução fraca φu ∈ D1,2(R3). Logo, resolver o problema−∆u+ u+K(x)φ(x)u = a(x)|u|p−1u em R3,

−∆φ = K(x)u2 em R3,(S)

é equivalente a encontrarmos soluções fracas para o problema


Agora, iremos obter a formulação variacional para o problema (P1). Entende-se comosolução clássica de (P1) uma função u de classe C2(R3) que satisfaz (P1) pontualmente.Seja ϕ ∈ C∞

0 (R3) e suponhamos que u é uma solução clássica de (P1). Multiplicando (P1)por ϕ e usando integração por partes, temos∫

R3

∇u∇ϕdx+

∫R3

uϕdx+

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx =

∫R3

a(x)|u|p−1uϕdx. (1.16)

Por argumento de densidade, temos que (1.16) é válida para toda ϕ ∈ H1(R3). Motivadopor (1.16), temos a seguinte definição:

Definição 1.1 Dizemos que u ∈ H1(R3) é solução fraca do problema (P1) se satisfaz aequação integral (1.16) para toda ϕ ∈ H1(R3).

Seja I : H1(R3) → R o funcional definido por

I(u) =1

2‖u‖2 +

1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx− 1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx. (1.17)

Pelo Corolário A.4 (veja Apêndice), este funcional está bem definido e

I ′(u)ϕ =

∫R3

∇u∇ϕdx+

∫R3

uϕdx+

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx−∫

R3

a(x)|u|p−1uϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3). Portanto, prontos críticos do funcional I são soluções fracas doproblema (P1).

Agora, afirmamos que o funcional I não é limitado inferiormente. Com efeito, por 3)do Lema 1.2, temos φtu = t2φu para todo t ∈ R e u ∈ H1(R3). Assim,

I(tu) =t2

2‖u‖2 +

t4

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx− tp+1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx, (1.18)

e isto implica que I(tu) → −∞ quando t→ +∞, já que p > 3. Assim, a seguinte definiçãoé conveniente:

7


Definição 1.2 (Variedade de Nehari) A variedade de Nehari associada ao funcionalI definido em (1.17) é definida por

N :=u ∈ H1(R3)\0; I ′(u)u = 0

.

Observação 1.3 A variedade de Nehari N é não vazia. Com efeito, por 1) do Lema 1.3que provaremos a seguir para cada u ∈ H1(R3)\0 existe único tu > 0 tal que tuu ∈ N .

Essa definição é conveniente pois por 2) do Lema 1.3, que será provado a seguir, tem-se queI|N é limitado inferiormente por uma constante positiva. Esta limitação será fundamentalpara os resultados que pretendemos obter.

Em seguida, mostraremos que o funcional I|N assume formas simples. Se u ∈ N temos

1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx =

1

4

∫R3

a(x)|u|p+1dx− 1

4‖u‖2

e− 1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx = − 1

p+ 1‖u‖2 − 1

p+ 1

∫R3

K(x)φu(x)u2dx.

Substituindo estas duas igualdades em (1.17), obtemos

I|N (u) =(1

2− 1

p+ 1

)‖u‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

) ∫R3

K(x)φu(x)u2dx

=1

4‖u‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

) ∫R3

a(x)|u|p+1dx.

(1.19)

Como consequência, I é limitado inferiormente, pois p ∈ (3, 5) e a, K são funções não-negativas.

Definição 1.3 O númerom = inf

I(u); u ∈ N

é denominado de nível de energia mínima associado ao funcional I definido em (1.17).

Por (1.19) o número m está bem definido. O próximo lema contém as principais pro-priedades da variedade de Nehari N . Antes de enunciá-lo, daremos a seguinte definição:

Definição 1.4 Sejam X um espaço de Banach, ψ ∈ C2(X,R) e V = v ∈ X;ψ(v) = 1tal que, para todo v ∈ V , tem-se ψ′(v) 6= 0. Então, temos

i) O espaço tangente a V no ponto v é definido por

TvV =y ∈ X; 〈ψ′(v), y〉 = 0

.

ii) Sejam ϕ ∈ C1(X,R) e v ∈ V . A norma da derivada da restrição de ϕ a V em v édada por

‖ϕ′(v)‖∗ = supy∈TvV‖y‖=1

〈ϕ′(v), y〉.

8


iii) O ponto v é um ponto crítico de ϕ restrito a V se

‖ϕ′(v)‖∗ = 0.

Assim, sabemos definir um ponto crítico do funcional I|N .

Lema 1.3 Sobre a variedade de Nehari N podemos afirmar que

1) Para toda u ∈ H1(R3)\0 existe um único tu > 0 tal que tuu ∈ N ;

2) N é homeomorfa a esfera unitária de H1(R3);

3) O nível m dado na Definição 1.3 é estritamente positivo;

4) u é um ponto crítico do funcional I se, e somente se, u é um ponto crítico do funcionalI|N .

5) Seja u ∈ N tal que I(u) = m, então u é solução fraca do problema (P1).

Demonstração: Inicialmente provaremos o item 1). Para isto, considerando (1.18), paracada u ∈ H1(R3)\0 definiremos a função g : (0,+∞) → R por

g(t) = I(tu) =t2

2‖u‖2 +

t4

4

∫R3


p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

Note que, esta função admite um ponto de máximo, pois

limt→0

g(t) = 0 e limt→+∞

g(t) = −∞,

já que p > 3, mais precisamente, existe tu ∈ (0,+∞) tal que

maxt>0

I(tu) = I(tuu). (1.20)

Agora, afirmamos que tuu ∈ N . Com efeito, desde que tu é um ponto de máximo dafunção g, temos g′(tu) = 0, de onde concluímos que

g′(tu)tu = ‖tuu‖2 +

∫R3

K(x)φtuu(x)(tuu)2dx−

∫R3

a(x)|tuu|p+1dx = 0,

disto segue por 3) do Lema 1.2 que

t2u‖u‖2 + t4u

∫R3


u

∫R3

a(x)|u|p+1dx = 0

o que implica em tuu ∈ N . Agora, provaremos que tu é único. Com efeito, suponhamospor contradição que existam t2 > t1 > 0 tais que t1u, t2u ∈ N . Agora, considere a funçãof : R → R definida por

f(t) = a+ bt2 − ctp−1,

ondea = ‖u‖2 , b =

∫R3

K(x)φu(x)u2dx e c =

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

9


Note que, pela condição (a1) sendo u 6= 0, temos c > 0. Assim, f(t1) = f(t2) = 0, o quepelo Teorema de Rolle, existe t3 ∈ (t1, t2) tal que f ′(t3) = 0. Dessa forma,

tp−33 =

2b

c(p− 1)<b

c,

pois p > 3. Por outro lado, bt21 < a+ bt21 = ctp−11 , o que implica em

b

c< tp−3

1 .

Assim, t3 < t1 o que é uma contradição. Portanto, tu é único e isto completa a provadeste item.

Agora provaremos o item 2), para isto considere as funções ϕ : S1 → N e ψ : N → S1

definidas porϕ(u) = tuu e ψ(u) =

u

‖u‖,

onde tu > 0 é o único número tal que tuu ∈ N e S1 é a esfera unitária de H1(R3).Inicialmente, note que

(ψ ϕ)(u) = ψ(tuu) =tuu

‖tuu‖=

tuu

tu‖u‖=tuu

tu= u

e denotando v = u‖u‖ , temos

(ϕ ψ)(u) = ϕ(v) = tvv =tv‖u‖

u.

Sendo assim, desde que u ∈ N , temos tv = ‖u‖, o que implica em

(ϕ ψ)(u) = u.

Dessa forma, a função ϕ é bijetora. Com isso, para provarmos que a variedade de NehariN é homeomorfa a S1, falta-nos provar apenas que as funções ϕ e ψ são contínuas.Provaremos inicialmente a continuidade da função ϕ. Para isto, seja (un) ⊂ S1 e u ∈ S1

tais queun → u em H1(R3). (1.21)

Note que, por 1) para cada n ∈ N existe único tn > 0 tal que tnun ∈ N e único tu > 0 talque tuu ∈ N . Nosso objetivo é mostrar que

tnun → tuu em H1(R3). (1.22)

Com efeito, desde que tnun ∈ N , temos

t2n‖un‖2 + t4n

∫R3

K(x)φunu2n − tp+1

n

∫R3

a(x)|un|p+1 = 0.

Sendo assim, por (1.21), por i) do Lema 2.10 e pela imersão H1(R3) → Lp+1(R3) segue

limn→∞

t2n‖u‖2 + limn→∞

t4n

∫R3

K(x)φuu2 − lim

n→∞tp+1n

∫R3

a(x)|u|p+1 = 0.

10


Note que, pela unicidade do número tu > 0 tal que tuu ∈ N , temos limn→∞ tn = tu poistn > 0 para todo n ∈ N. Dessa forma,

‖tnun − tuu‖ ≤ ‖tnun − tuun‖+ ‖tun − tu‖ ≤ |tn − tu|‖un‖+ |tu|‖un − u‖,

o que prova (1.22), de onde concluímos a continuidade da função ϕ. Além disso, a con-tinuidade da função ψ é imediata. Portanto, a variedade de Nehari N é homeomorfa aesfera unitária S1 de H1(R3), e isto completa a prova do item 2).

Agora provaremos o item 3). Inicialmente, mostraremos que existe uma constanteC > 0 tal que

‖u‖ ≥ C, (1.23)

para todo u ∈ N . Com efeito, como a ∈ L∞(R3), segue∫R3

a(x)|u|p+1dx ≤ ‖a‖∞∫

R3

|u|p+1dx.

Desde que, u ∈ H1(R3) → Lp+1(R3), temos∫R3

a(x)|u|p+1dx ≤ C1‖u‖p+1,

para alguma constante C1 > 0. Assim, se u ∈ N , então

0 = ‖u‖2 +

∫R3

K(x)φu(x)u2dx−

∫R3

a(x)|u|p+1dx ≥ ‖u‖2 − C1‖u‖p+1,

o que implica que

‖u‖ ≥ 1

C1p−1

1

= C > 0,

para todo u ∈ N , o que prova (1.23). Agora, note que, por (1.19)

I(u) =1

4‖u‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

) ∫R3

a(x)|u|p+1dx.

para todo u ∈ N . Como p > 3 e a função a é não negativa, por (1.23) temos

I(u) ≥ 1

4‖u‖2 ≥ C2 > 0, (1.24)

para todo u ∈ N e para alguma constante C2 > 0. Assim,

m ≥ C2 > 0

e isto completa a prova deste item.Agora, provaremos o item 4). Inicialmente, definindo o funcional G : H1(R3) → R

por

G(u) = I ′(u)u = ‖u‖2 +

∫R3

K(x)φu(x)u2dx−

∫R3

a(x)|u|p+1dx,

provaremos que para alguma constante c > 0

G′(u)u < c < 0, (1.25)

11


para todo u ∈ N . De fato, pelo Corolário A.5 (veja Apêndice)

G′(u)ϕ = 2〈u, ϕ〉+ 4

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx− (p+ 1)

∫R3

a(x)|u|p−1uϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3). Em particular,

G′(u)u = 2‖u‖2 + 4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx− (p+ 1)

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

Desde que u ∈ N , temos

‖u‖2 +

∫R3

K(x)φu(x)u2dx =

∫R3

a(x)|u|p+1dx,

o que implica em

G′(u)u = (1− p)‖u‖2 + (3− p)

∫R3

K(x)φu(x)u2dx.

Como as funções K e φu são não negativas e p ∈ (3, 5) temos

G′(u)u ≤ (1− p)‖u‖2,

de onde por (1.23) concluímos (1.25), como queríamos. Agora, se u é ponto crítico dofuncional I, então

I ′(u)ϕ = 0,

para toda ϕ ∈ H1(R3). Em particular

‖I ′(u)‖∗ = supϕ∈kerG′(u)‖ϕ‖=1

I ′(u)ϕ = 0,

o que por iii) da Definição 1.4 implica que u é ponto crítico de I|N . Reciprocamente, se ué ponto crítico de I|N , pelo Corolário A.2 (veja Apêndice) existe λ ∈ R tal que

I ′(u) = λG′(u).

Em particular,I ′(u)u = λG′(u)u.

Desde que, u ∈ N temos I ′(u)u = 0. Além disso, por (1.25), G′(u)u < 0. Isto implica queλ = 0, de onde concluímos que I ′(u) = 0, isto é,

I ′(u)ϕ = 0,

para toda ϕ ∈ H1(R3). Portanto, u é um ponto crítico do funcional I.Agora provaremos o item 5). Inicialmente, suponha que,

I(u) = m = infI(v); v ∈ N

,

12


onde N =v ∈ H1(R3)\0; I ′(v)v = G(v) = 0

. Sendo assim, desde que, por

(1.25), G′(u) 6= 0, pelo Teorema dos Multiplicadores de Lagrange (veja Proposição A.23do Apêndice)

I ′(u) = λG′(u),

para algum λ ∈ R. LogoI ′(u)u = λG′(u)u.

Como u ∈ N temos I ′(u)u = 0. Além disso, por (1.25) G′(u)u < 0. Assim, λ = 0, o queimplica em I ′(u) = 0 e isto finaliza a prova deste lema.

Observação 1.4 O item 5) do lema anterior será fundamental para obtermos, no Capí-tulo 2, uma solução fraca particular do problema (P1), que é a solução fraca do tipo groundstate.

Definição 1.5 Conforme provado no item 1) do lema anterior, para cada u ∈ H1(R3)\0existe único tu > 0 tal que tuu ∈ N . A função tuu é denominada projeção de u sobre avaridade de Nehari N .

13

Capítulo 2

Existência de Solução do tipo GroundState

Neste capítulo, encontraremos uma solução do tipo ground state para o problema

−∆u+ u+K(x)φu(x)u = a(x)|u|p−1u em R3, (P1)

onde p ∈ (3, 5) e as funções a e K satisfazem:

(a1) lim|x|→∞ a(x) = 1, a ∈ L∞(R3);

(a2) a(x) ≥ 1 em R3, a 6≡ 1;

(K) K ∈ L2(R3) ∩ C(R3) e K > 0 em R3.

As funções a : R3 → R e K : R3 → R definidas por

a(x) =

1, se |x| > 02, se |x| = 0

eK(x) =

1/|x|, se |x| > 11, se |x| ≤ 1,

são exemplos de funções que satisfazem as condições (a1), (a2) e (K).

Definição 2.1 (Solução do tipo Ground State) Entendemos como solução do tipoground state para o problema (P1) uma função u ∈ H1(R3)\0 que é solução fracado problema (P1) e I(u) = m, onde m é o nível de energia mínima dado na Definição1.3.



|K|22 <mϑ∞ −mϑ

a

σm1+ϑa

, (2.1)

com ϑ = p−3p+1

e σ = 2p+1p−1

S−2S−4, onde S e S são, respectivamente, as melhores constantes

das imersões H1(R3) → L6(R3) e D1,2(R3) → L6(R3), então o problema (P1) possui umasolução do tipo ground state não negativa.

Observação 2.1 Os níveis de energia mínima ma e m∞ serão definidos a seguir.

14

2.1 Problemas Auxiliares

2.1 Problemas AuxiliaresNesta seção, estudaremos os problemas

−∆w + w = |w|p−1w em R3 (P∞)

e−∆w + w = a(x)|w|p−1w em R3, (Pa)

onde a função a satisfaz a condição (a2). Tal estudo será fundamental para a obtençãode resultados de compacidade.

2.1.1 O Problema (P∞)Nesta subseção estudaremos o problema (P∞). A este problema, associaremos o fun-

cional energia I∞ : H1(R3) → R dado por

I∞(w) =1

2‖w‖2 − 1

p+ 1

∫R3

|w|p+1dx (2.2)

e a variedade de Nehari definida por

N∞ :=w ∈ H1(R3)\0; I ′∞(w)w = 0

.

Definição 2.2 O número

m∞ = infI∞(w); w ∈ N∞

é o nível de energia mínima associado ao funcional I∞ dado acima.

Observação 2.2 Se w ∈ N∞, então pela imersão H1(R3) → Lp+1(R3) temos

‖w‖p+1C1 ≥ ‖w‖2 = |w|p+1p+1,

para alguma constante C1. Assim, ‖w‖2 ≥ C2 para alguma constante C2 > 0, o queimplica em

I∞(w) ≥(1

2− 1

p+ 1

)‖w‖2 ≥

(1

2− 1

p+ 1

)C2 > 0,

pois p > 3. Disto segue que m∞ > 0.

De forma análoga feita para o problema (P1) definimos uma solução do tipo groundstate para o problema (P∞). A próxima proposição é o principal resultado desta subseção.

Proposição 2.1 O problema (P∞) possui uma solução do tipo ground state estritamentepositiva w ∈ H1(R3). Além disso;

1 w é radialmente simétrica e única a menos de translação;

2 Existem constantes C1, C2 > 0 tais que

|w(x)| ≤ C1e−C2|x|,

para |x| suficientemente grande.

15


Antes de provarmos esta proposição, faremos algumas observações. Entendemos poruma solução fraca do problema (P∞), uma função w ∈ H1(R3) tal que∫

R3

∇w∇ϕdx+

∫R3

wϕdx =

∫R3

|w|p−1wϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3). Sejam F : H1(R3) → R e T : H1(R3) → R funcionais definidospor

F (w) =1

2‖w‖2 e T (w) =

1

p+ 1

∫R3

|w|p+1dx.

Pelos Lemas A.7 e A.9 (veja Apêndice) temos que os funcionais F e T são de classeC1(H1,R) e para toda w,ϕ ∈ H1(R3)

F ′(w)ϕ =

∫R3

(∇w∇ϕ+ wϕ)dx e T ′(w)ϕ =

∫R3

|w|p−1wϕdx.

Agora, definaM = w ∈ H1(R3); T (w) = 1.

Note que, M 6= ∅, pois podemos tomar ϕ ∈ C∞0 ⊂ H1(R3) tal que |ϕ|p+1

p+1 = p+1. A provada proposição acima será feita em várias etapas com o auxílio dos lemas a seguir.

Lema 2.1 S = infw∈M F (w) > 0.

Demonstração: Desde que H1(R3) → Lp+1(R3), existe uma constante C > 0 tal que

|w|2p+1 ≤ C‖w‖2,

para todo w ∈ H1(R3). Dado w ∈M , então |w|p+1p+1 = p+ 1. Assim,

0 < c =1

2C(p+ 1)

2p+1 ≤ 1

2‖w‖2,

o que implica queS ≥ c > 0,

como queríamos.

Lema 2.2 O ínfimo S = infw∈M F (w) é atingido por uma função v ∈ H1(R3) não nega-tiva em R3.

Demonstração: Note que existe uma sequência (wn) ⊂M tal que

limn→∞

1

2‖wn‖2 = S.

Assim, (wn) ⊂ H1(R3) é limitada, o que implica em

limn→∞

(supy∈R3

∫Br(y)

|wn|sdx) 9 0,

16


para todo 2 ≤ s < 6 e todo r > 0, pois do contrário se

limn→∞

(supy∈R3

∫Br(y)

|wn|sdx) → 0,

pelo Lema de Lions (Proposição A.1, veja Apêndice) teríamos

wn → 0 em Lp+1(R3),

o que seria contradição, já que |wn|p+1p+1 = p+ 1, pois T (wn) = 1.

Sendo assim, consideremos s = p + 1 e r > 0. Logo, existe ρ > 0 tal que, a menos desubsequência,

supy∈R3

∫Br(y)

|wn|p+1dx ≥ ρ.

Fixe n ∈ N. Usando a definição de supremo, existe yn ∈ R3 tal que∫Br(yn)

|wn|p+1dx ≥ ρ

2. (2.3)

Agora, definindo vn(x) := wn(x+ yn), por mudança de variável, temos∫R3

|vn|p+1dx =

∫R3

|wn|p+1dx = p+ 1 (2.4)

elimn→∞

1

2‖vn‖2 = lim

n→∞

1

2‖wn‖2 = S. (2.5)

Desde que (vn) é limitada em H1(R3), a menos de subsequência,

vn v em H1(R3),

o que pelo Corolário A.1 (veja Apêndice) implica em

limn→∞

(|vn|p+1p+1 − |vn − v|p+1

p+1) = |v|p+1p+1.

Sendo assim, como |vn|p+1p+1 = p+ 1, segue

limn→∞

|vn − v|p+1p+1 = (p+ 1)− |v|p+1

p+1. (2.6)

Dado u 6= 0 em H1(R3), sejaϕ := (p+ 1)

1p+1

u

|u|p+1

.

Então |ϕ|p+1p+1 = p+ 1 o que implica em ϕ ∈M . Assim,

1

2‖ϕ = (p+ 1)

1p+1

u

|u|p+1

‖2 ≥ S,

onde obtemos‖u‖2 ≥ 2

(p+ 1)2p+1

S|u|2p+1, (2.7)

17


para cada u 6= 0 em H1(R3). Agora, defina

C =2

(p+ 1)2p+1

S.

Desde que vn v em H1(R3), temos

limn→∞

‖vn‖2 = limn→∞

(‖vn − v‖2 + ‖v‖2).

Com isso, por (2.5), segue que

2S = limn→∞

‖vn‖2 = limn→∞

(‖vn − v‖2 + ‖v‖2).

Consequentemente, por (2.7),

2S ≥ limn→∞

C|vn − v|2p+1 + C|v|2p+1

= C limn→∞

(|vn − v|p+1p+1 − (p+ 1) + (p+ 1))

2p+1 + C(p+ 1)

2p+1 (

|v|p+1p+1

p+ 1)

2p+1 ,

o que por (2.6) implica

2S ≥ C(p+ 1)2p+1 (1−

|v|p+1p+1

p+ 1)

2p+1 + C(p+ 1)

2p+1 (

|v|p+1p+1

p+ 1)

2p+1 . (2.8)

Agora, definindo

b =|v|p+1

p+1

p+ 1,

afirmamos queb > 0. (2.9)

Com efeito, fazendo mudança de variável em (2.3) obtemos∫Br(0)

|vn|p+1dx ≥ ρ

2.

Desde que H1(Br(0)) → Lp+1(Br(0)) compactamente e vn v em H1(R3), temos∫Br(0)

|v|p+1dx ≥ ρ

2> 0,

e isto prova a afirmação. Como (vn) é limitada em H1(R3) → Lp+1(R3), a menos desubsequência, vn v em Lp+1(R3). Assim

|v|p+1 ≤ lim infn→∞

|vn|p+1 = limn→∞

|vn|p+1,

de onde por (2.4), segue que

|v|p+1p+1 ≤ lim

n→∞|vn|p+1

p+1 = p+ 1,

18


o que implica em b ≤ 1. Agora mostraremos que b = 1. Com efeito, se b < 1, definac = 1− b. Como por (2.9) 0 < b, então

c, b ∈ (0, 1).

Desde que, (c+ d)t < ct + dt para todo c, d, t ∈ (0, 1), por (2.8) temos

2S ≥ C(p+ 1)2p+1 (b

2p+1 + (1− b)

2p+1 ) > C(p+ 1)

2p+1 = 2S,

o que é uma contradição. Assim, b = 1, isto é,

|v|p+1p+1 = p+ 1. (2.10)

Como vn v em H1(R3), então ‖v‖ ≤ lim infn→∞ ‖vn‖. Logo,

1

2‖v‖2 ≤ lim inf

n→∞

1

2‖vn‖2 = lim

n→∞

1

2‖vn‖2 = S,

isto é,1

2‖v‖2 ≤ S.

Por outro lado, desde que, |v|p+1p+1 = p + 1, então v ∈ M . Sendo infu∈M F (u) = S, por

definição de ínfimo1

2‖v‖2 ≥ S,

o que implica em1

2‖v‖2 = S.

Note que, se w ∈ M então |w| ∈ M . Assim, podemos supor que v é não negativa, e istocompleta a prova deste lema.

Lema 2.3 Seja w ∈ H1(R3) uma solução fraca do problema (P∞). Então, w ∈ C2(R3).

Demonstração: Veja que−∆w = ψ(x),

onde ψ(x) := |w|p−1w − w. Assim,

|ψ(x)| ≤ a(x)(1 + |w|),

com a(x) := ||w|p−1 − 1|. Note que a ∈ L32loc(R3), pois 3 < s := (p − 1)3

2< 6 (p ∈

(3, 5)) e w ∈ H1(R3) → Ls(R3). Pelo Teorema de Brezis-Kato (veja Proposição A.22 doApêndice) temos w ∈ Lq(R3) para todo q < +∞, o que implica em ψ ∈ Lq(R3) paratodo q < +∞. Assim, pelo Teorema de Calderon-Zygmund (veja Proposição A.20 doApêndice) w ∈ W 2,q

loc (R3). Agora, tomando q = 3, pela Proposição A.17 (veja Apêndice)temos w ∈ C0,γ

loc (R3) com γ < 1, o que implica em ψ ∈ C0,γloc (R3). Disto seque pela

Proposição A.19 (veja Apêndice) que w ∈ C2(R3), como queríamos.

Lema 2.4 O problema (P∞) possui solução fraca estritamente positiva.

19


Demonstração: Note que, pelo Lema 2.2, existe uma função v ∈ H1(R3) não negativatal que

F (v) = infu∈M

F (u)

e por (2.10)

T ′(v)v =

∫R3

|v|p+1dx = p+ 1 6= 0.

Pelo Teorema dos Multiplicadores de Lagrange (Proposição A.23 veja Apêndice), existeλ ∈ R tal que

F ′(v)ϕ = λT ′(v)ϕ,

para toda ϕ ∈ H1(R3), ou seja,∫R3

(∇v∇ϕ+ vϕ)dx = λ

∫R3

vpϕdx (2.11)

para toda ϕ ∈ H1(R3). Note que λ > 0. Com efeito, fazendo ϕ = v, obtemos

‖v‖2 = λ|v|p+1p+1.

Desde que, pelo Lema 2.1, S > 0, temos ‖v‖2 = 2S > 0, o que implica que λ > 0, pois|v|p+1

p+1 = p+ 1. Definaw = λσv,

onde o número σ será escolhido abaixo. Pelo Lema 2.2, v é não negativa. Assim, desdeque λ > 0, w é não negativa. Agora, substituindo a função w em (2.11), obtemos

1

λσ

∫R3

(∇w∇ϕ+ wϕ)dx =λ

λσp

∫R3

wpϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3), isto é,∫R3

(∇w∇ϕ+ wϕ)dx = λ1+σ−σp∫

R3

wpϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3). Sendo assim, como 1 + σ − σp = 0, se e somente se, σ = 1p−1

.Tomando σ = 1

p−1na equação acima, segue que∫

R3

(∇w∇ϕ+ wϕ)dx =

∫R3

wpϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3). Portanto, w é solução fraca não negativa do problema (P∞). PeloLema 2.3, w ∈ C2(R3). Agora, mostraremos que w é positiva e, com isso, concluímos aprova deste lema. Suponhamos, por contradição, que existe x0 ∈ R3 tal que w(x0) = 0.Seja Br(x0) uma bola arbitrária. Então, w ∈ C2(Br(x0)) ∩ C(Br(x0)). Desde que

−∆w + w = wq ≥ 0 em Br(x0),

pois w ≥ 0, pelo Princípio do Máximo Forte (Proposição A.21 veja Apêndice), temosw = 0 em Br(x0). Sendo Br(x0) arbitrária, segue que w ≡ 0 em R3. Uma vez que,w = λσv, com λ > 0, então v = 0. Sendo

S =1

2‖v‖2,

temos S = 0, contradição, pois pelo Lema 2.1, S > 0. Portanto, w que é solução fraca doproblema (P∞) é positiva.

20


Lema 2.5 Se u ∈ H1rad(R3), então

‖u‖2 = ω3

∫ ∞

0

(|u(r)|2 + |u′(r)|2)r2dr,

onde ω3 é o volume da esfera unitária em R3.

Demonstração: Desde que u ∈ H1rad(R3), então u(x) = u(r) para todo x ∈ R3 com

|x| = r. Agora, note que,∂u

∂xi=∂u

∂r

∂r

∂xi=∂u

∂r

xi|x|,

i = 1, 2, 3, o que implica em ( ∂u∂xi

)2

=(∂u∂r

)2( xi|x|

)2

.

Dessa forma,

|∇u(x)|2 =3∑i=1

( ∂u∂xi

)2

=(∂u∂r

)23∑i=1

( xi|x|

)2

=(∂u∂r

)2

= |u′(r)|2.

Sendo assim, como

‖u‖2 =

∫R3

(|∇u|2 + |u|2)dx,

por mudança de variáveis segue o resultado desejado.

Lema 2.6 (Lema Radial) Se u ∈ H1rad(R3) então

|u(x)| ≤ ω− 1

23 |x|−1‖u‖.

Em particular, u(x) → 0 quando |x| → ∞.

Demonstração: Desde que o espaço das funções C∞0 (R3), é denso em H1

rad(R3) é su-ficiente verificarmos este lema para as funções contínuas de suporte compacto. Dadoϕ ∈ C∞

0 ([0,+∞[) temos

ϕ(r)2 = −2

∫ ∞

r

ϕ′(s)ϕ(s)ds

= −2

∫ ∞

r

ϕ′(s)ϕ(s)s−2s2ds

≤ −r−2

∫ ∞

r

2ϕ′(s)ϕ(s)s2ds

= r−2

∫ ∞

r

(|ϕ′(s)|2 + |ϕ(s)|2)s2ds.

Se u ∈ H1rad(R3) ∩ C∞

0 (R3) temos u(r) = u(x) onde |x| = r. Sendo assim, pela desigual-dade acima e pelo Lema 2.5 temos o resultado desejado.

Pelo resultado anterior, temos que toda função u ∈ H1rad(R3) possui decaimento poli-

nomial. No próximo resultado, com o acréscimo de algumas hipóteses mostraremos queu possui decaimento exponencial.

21


Corolário 2.1 Seja u ∈ H1rad(R3) ∩ C2(R3) tal que

∆u = g(u) em R3,

onde g(u)u→ −m quando u→ 0 para algum m > 0. Então, existem constantes C1, C2 > 0

tais que|u(x)| ≤ C1e

−C2|x|,

para |x| suficientemente grande.

Demonstração: Note que se u ∈ H1rad(R3), então u(x) = u(|x|) para todo x ∈ R3.

Inicialmente, mostraremos que

−u′′(r)− 2

ru′(r) = g(u),

para todo r = |x| = (x21 + x2

2 + x23)

12 6= 0. Veja que

∂r

∂xi=

1

2(x2

1 + x22 + x2

3)− 1

2 2xi =xir

e que∂u

∂xi= u′(r)

xir

i = 1, 2, 3 para todo r 6= 0. Assim,

∂2u

∂x2i

= u′′(r)x2i

r2+ u′(r)

(1

r− x2

i

r3

),

i = 1, 2, 3 de onde segue que

−∆u = −g(u) = −(∂2u

∂x21

+∂2u

∂x22

+∂2u

∂x23

)= u′′(r) +

2

ru′(r),

para todo r 6= 0, como queríamos. Dessa forma, definindo v(r) := ru(r) temos

v′′(r) = −g(u)u

v.

Desde que, pelo Lema Radial (Lema 2.6) u(r) → 0 quando r →∞ sendo

−g(u)u

→ m,

quando u→ 0, temos

−g(u(r))u(r)

≥ m

2,

para todo r ≥ r0 para algum r0 > 0. Se w := v2, então

1

2w′′ = v′ + (−g(u)

u)w,

22


o que implica em w′′ ≥ mw para todo r ≥ r0. Defina

z(r) := e−√mr(w′(r) +

√mw(r)).

Assim, z′(r) = e−√mr(w′′(r) − mw(r)) ≥ 0, o que implica que z é não-decrescente em

(r0,+∞). Agora, suponhamos por contradição que exista r1 > r0 tal que z(r1) > 0.Assim, z(r) ≥ z(r1) > 0 para todo r ≥ r1. Disto segue que

w′(r) +√mw(r) ≥ (z(r1))e

√mr.

Desde que, (z(r1))e√mr é não integrável em (r1,+∞), então w′ +

√mw é não integrável

em (r1,+∞). No entanto, como u ∈ H1(R3) → L2(R3) por mudança de variavéis sendow(r) = r2u(r)2, temos que w′ +

√mw é integrável, o que é uma contradição. Então,

z(r) ≤ 0 para todo r ≥ r1. Dessa forma,

(e√mrw)′ = e2

√mrz ≤ 0,

para todo r ≥ r1. Disto, segue que

e√mrw(r)− e

√mr1w(r1) ≤ 0,

para todo r ≥ r1. Assim, desde que w(r) = r2u(r)2 temos

|u(r)| ≤ C1e−√m2r

para todo r ≥ r1, para alguma constante C1 > 0 e isto completa a demonstração.

Prova da Proposição 2.1: Pelo Lema 2.4 o problema (P∞) possui solução fraca westritamente positiva. Pelo Teorema C.4 (veja [20]) w é radialmente simétrica e única amenos de translação. Sendo assim, desde que |w|p−1 − 1 → −1 quando w → 0 pelo Lema2.3 e Corolário 2.1 temos que w possui decaimento exponencial. A existência da soluçãodo tipo ground state do problema (P∞) é devida ao Teorema 4.2 (veja [20]).

Lema 2.7 Se w é uma solução fraca, que muda de sinal, do problema (P∞) então

2m∞ ≤ I∞(w).

Demonstração: Note que

m∞ = infI∞(w); w ∈ N∞

= inf

(1

2− 1

p+ 1

)‖w‖2; w ∈ H1(R3)\0

.

Sendo assim, desde que w muda de sinal, isto é, w+ 6≡ 0 e w− 6≡ 0 temos

m∞ ≤(1

2− 1

p+ 1

)‖w+‖2

em∞ ≤

(1

2− 1

p+ 1

)‖w−‖2.

Agora, note que

‖w‖2 = ‖w+‖2 − 2〈w+, w−〉+ ‖w−‖2 = ‖w+‖2 + ‖w−‖2,

pois ∇w+ = χ[w>0]∇w e ∇w− = χ[w<0]∇w. Assim segue o resultado.

23


Lema 2.8 Seja u ∈ N∞ tal que I∞(u) = m∞, então u é solução fraca do problema (P∞).

Demonstração: Inicialmente, note que

J(u) := I ′∞(u)u = ‖u‖2 − |u|p+1p+1.

Pelos Lemas A.7 e A.9, segue que

J ′(u)ϕ = 2〈u, ϕ〉 − (p+ 1)

∫R3

|u|p−1uϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3), o que em particular implica em

J ′(u)u = 2‖u‖2 − (p+ 1)

∫R3

|u|p+1dx.

Desde que, u ∈ N∞ temos(1− p)‖u‖2 = J ′(u)u < 0,

pois 3 < p. Sendo assim, como

I∞(u) = m∞ = infI∞(v); v ∈ N∞

,

ondeN∞ =

v ∈ H1(R3)\0; J(v) = I ′∞(v)v = 0

pelo Teorema dos Multiplicadores de Lagrange (veja Proposição A.23 do Apêndice) temos

I ′∞(u) = λJ ′(u),

para algum λ ∈ R. Em particular temos

I ′∞(u)u = λJ ′(u)u.

Como u ∈ N∞ temos I ′∞(u)u = 0, além disso J ′(u)u < 0. Assim, λ = 0 o que implica em

I ′∞(u) = 0.

Portanto u é solução fraca do problema (P∞) como queríamos.

2.1.2 O Problema (Pa)Nesta subseção, sob a condição (a2), visando obtermos resultados de compacidade,

iremos estudar a equação de Schrödinger não-linear

−∆w + w = a(x)|w|p−1w em R3, (Pa)

a qual associaremos o funcional energia Ia : H1(R3) → R dado por

Ia(w) =1

2‖w‖2 − 1

p+ 1

∫R3

a(x)|w|p+1dx (2.12)

e a variedade de Nehari definida por

Na :=w ∈ H1(R3)\0; I ′a(w)w = 0

.

24

2.2 Projeções Sobre a Variedade de Nehari

Definição 2.3 O número

ma = infIa(w); w ∈ Na

é o nível de energia mínima associado ao funcional Ia dado acima.

Com uma demonstração análoga feita para provarmos que o nível m∞ está bem definidoprovamos que o nível ma está bem definido.

Proposição 2.2 Sob as hipóteses (a1), (a2), o problema (Pa) possui uma solução fracanão negativa e, além disso, existe wa ∈ Na tal que

ma = Ia(wa).

Demonstração: A existência da solução fraca é devida a [2]. A existência de wa quesatisfaz Ia(wa) = ma é obtida usando-se o Princípio de Concentração e Compacidade(veja [19]).

2.2 Projeções Sobre a Variedade de NehariNesta seção, iremos relacionar as variedades de Nehari N , Na e N∞. Argumentando

como em 1) do Lema 1.3, para cada u ∈ H1(R3)\0 existem únicos números τu, ξu > 0tais que τuu ∈ Na e ξuu ∈ N∞ sastifazendo

Ia(τuu) = maxt>0

Ia(tu) e I∞(ξuu) = maxt>0

I∞(tu).

As funções τuu ∈ Na e ξuu ∈ N∞ são denominadas projeções de u sobre as respectivasvariedades de Nehari Na e N∞. O próximo resultado, relaciona os números τu e ξu com oúnico número tu > 0 tal que tuu ∈ N .

Lema 2.9 Dado u ∈ H1(R3)\0, sejam tuu, τuu, ξuu (tu, τu, ξu > 0) as projeçães de usobre as respectivas variedades de Nehari N ,Na,N∞. Então,

a) τu ≤ tu.

Além disso, sob a condição (a3), isto é, a ≤ 1 em R3, temos

b) ξu ≤ tu.

Demonstração: Provaremos inicialmente o item a). Seja u ∈ H1(R3)\0. Desde que,tuu ∈ N e τuu ∈ Na, temos

t2u‖u‖2 = −t4u∫

R3

K(x)φu(x)u2dx+ tp+1

u

∫R3

a(x)|u|p+1dx

eτ 2u‖u‖2 = τ p+1

u

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

Pela condição (a1), sendo u 6= 0 temos∫R3

a(x)|u|p+1dx > 0.

25

2.3 Um Lema de Compacidade

Assim

τ p−1u =

‖u‖2∫R3 a(x)|u|p+1

dx =tp−1u

∫R3 a(x)|u|p+1dx− t2u

∫R3 K(x)φu(x)u

2dx∫R3 a(x)|u|p+1dx

.

Desde que, por 4) do Lema 1.2 φu é não negativa, sendo a e K funções não negativaspelas condições (a1) e (K), temos

τ p−1u ≤ tp−1

u ,

ou sejaτu ≤ tu

e isto prova o item a). Agora, provaremos o item b). Seja ξuu a projeção de u sobre avariedade N∞, ou seja,

ξ2‖u‖2 = ξp+1

∫R3

|u|p+1dx.

Uma vez que, u 6= 0, então ∫R3

|u|p+1dx > 0.

Dessa forma, pela condição (a3), temos

ξp−1u =

‖u‖2∫R3 |u|p+1dx

=tp−1u

∫R3 a(x)|u|p+1dx− t2u

∫R3 K(x)φu(x)u

2dx∫R3 |u|p+1dx

≤ tp−1u ,

o que implicaξu ≤ tu,

e isto completa a prova do item b).

2.3 Um Lema de CompacidadeNesta seção, vamos descrever o comportamento das sequências de Palais-Smale do

funcional I|N . Este estudo será fundamental para o estudo dos pontos críticos do funcionalI definido em (1.17).

Proposição 2.3 (Lema de Compacidade) Seja (un) ⊂ N uma sequência (PS), ouseja,

a) I(un) é uma sequência limitada;

b) limn→∞ ‖I ′(un)‖∗ = 0.

Então, passando se necessário a uma subsequência, existem u solução fraca de (P1),um número k ∈ N ∪ 0, k funções u1, ..., uk ∈ H1(R3) e k sequências de pontos (yjn),yjn ∈ R3, 1 ≤ j ≤ k, tais que

i) |yjn| → +∞;

ii) un −∑k

j=1 uj(.− yjn) → u em H1(R3);

26


iii) I(un) → I(u) +∑k

j=1 I∞(uj);

iv) uj é uma solução fraca não trivial do problema (P∞).

Observação 2.3 Se k = 0, temos na proposição acima apenas os itens ii) e iii).

A prova desta proposição será feita em várias etapas com auxílio dos seguintes lemasabaixo:

Lema 2.10 Seja (un) ⊂ H1(R3) tal que un u em H1(R3). Então,

i) limn→∞∫

R3 K(x)φunu2ndx =

∫R3 K(x)φuu

2dx e

ii) limn→∞∫

R3 K(x)φununhdx =∫

R3 K(x)φuuhdx, ∀ h ∈ H1(R3).

Demonstração: Inicialmente provaremos o item i). Note que∫R3

K(x)(φunu2n − φuu

2)dx = I1(n) + I2(n),

ondeI1(n) =

∫R3

K(x)u2(φun − φu)dx e I2(n) =

∫R3

K(x)φun(u2n − u2).

Agora, mostraremos quelimn→∞

I1(n) = 0. (2.13)

Como un u em H1(R3), por 2) do Lema 1.2, φun φu em D1,2(R3). Sendo assim,desde que, pelo Lema 1.1 para cada u ∈ H1(R3), o funcional Lu : D1,2(R3) → R definidopor

Lu(φ) =

∫R3

K(x)u2(x)φdx

é limitado segue (2.13). Agora, provaremos que

limn→∞

I2(n) = 0. (2.14)

Uma vez que, un u em H1(R3), então (un) é limitada em H1(R3). Assim por 1) doLema 1.2, (φun) é limitada em D1,2(R3) → L6(R3). Além disso, u2, u2

n ∈ L3(R3), poisu, un ∈ H1(R3) → L6(R3). Logo, pela desigualdade generalizada de Hölder∣∣∣ ∫

R3

K(x)φun(u2n − u2)dx

∣∣∣ ≤ |φun|6( ∫

R3

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx

) 56

≤ C( ∫

R3

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx

) 56,

para alguma constante C > 0. Sendo assim, desde que por (1.9)

limn→∞

∫R3

(K(x))65 |u2

n − u2|65dx = 0,

concluímos (2.14). Assim, por (2.13) segue a prova do item i).

27


Agora provaremos o item ii). Dado h ∈ H1(R3), temos∫R3

K(x)(φunun − φuu)hdx = I3(n) + I4(n)

onde

I3(n) =

∫R3

K(x)(φun − φu)unhdx e I4(n) =

∫R3

K(x)φu(un − u)hdx.

Inicialmente, provaremos quelimn→∞

I4(n) = 0, (2.15)

para todo h ∈ H1(R3). Para cada u ∈ H1(R3), defina o funcional Fu : H1(R3) → R por

Fu(ϕ) =

∫R3

K(x)φuϕhdx.

Note que, h, ϕ ∈ H1(R3) → L6(R3). Além disso, K ∈ L2(R3) e φu ∈ D1,2(R3) → L6(R3).Assim, pela desigualdade generalizada de Hölder

|Fu(ϕ)| ≤ |K|2|φu|6|h|6|ϕ|6.

Novamente pela imersão H1(R3) → L6(R3), temos

|Fu(ϕ)| ≤ |K|2|φu|6|h|6‖ϕ‖, (2.16)

de onde segue que Tu ∈ H−1, pois claramente este funcional é linear. Sendo assim, desdeque, un u em H1(R3), concluímos (2.15), como queríamos.

Agora, mostraremos quelimn→∞

I3(n) = 0. (2.17)

Uma vez que, un u em H1(R3), então (un) é limitada em H1(R3) → L6(R3). Assim,fixado h ∈ H1(R3) → L6(R3), desde que φu, φun ∈ D1,2(R3) → L6(R3) pela desigualdadegeneralizada de Hölder temos∣∣∣ ∫

R3

K(x)(φun − φu)unhdx∣∣∣ ≤ C

( ∫R3

(K(x))32 |φun − φu|

32dx

) 23, (2.18)

para alguma constante C > 0. Agora provaremos que

limn→∞

∫R3

(K(x))32 |φun − φu|

32dx = 0.

Considerando este limite, por (2.18), concluímos (2.17) e, consequentemente, o item ii).Desde que, K ∈ L2(R3) e (φun−φu) ∈ L6(R3), dado ρ > 0, pela desigualdade generalizadade Hölder, segue∫

Bρ(0)c(K(x))

32 |φun − φu|

32dx ≤ |K|

32

2,Bρ(0)c|φun − φu|

32

6,Bρ(0)c . (2.19)

Desde que, (un) é limitada em H1(R3), por do 1) Lema 1.2 segue que (φun) é limitada emD1,2(R3) → L6(R3). Sendo assim,

|φun − φu|6 ≤ C1, (2.20)

28


para alguma constante C1 > 0. Agora, note que, χBρ(0)c|K|2 ≤ |K|2, para todo ρ >0. Sendo assim, desde que, K ∈ L2(R3), pelo Teorema da Convergência Dominada deLebesgue e pela Proposição A.6 (veja Apêndice), segue que

limρ→∞

∫Bρ(0)c

(K(x))2dx = 0.

Assim, dado ε > 0, temos|K|2,Bρ(0)c < ε,

para ρ > 0 suficientemente grande. Com isso, por (2.19) e por (2.20), segue∫Bρ(0)c

(K(x))32 |φun − φu|

32dx ≤ C1ε, (2.21)

para ρ > 0 suficientemente grande. Agora, dado M > 0, defina o conjunto

ΩM =x ∈ Bρ(0);K(x) ≥M

,

com ρ > 0 obtido acima. Assim

M2µ(ΩM) ≤∫

ΩM

(K(x))2dx ≤∫

R3

(K(x))2dx,

para todo M > 0 onde µ(ΩM) é a medida de Lebesgue do conjunto ΩM . Desde que,K ∈ L2(R3), então limµ(ΩM) = 0, quando M → ∞. Dessa forma, Pela Proposição A.6(veja Apêndice), dado ε > 0, temos( ∫

ΩM

(K(x))2dx) 3

4 ≤ ε,

para M suficientemente grande. Sendo assim, pela desigualdade de Hölder e por (2.20),segue∫Bρ(0)

(K(x))32 |φun − φu|

32dx =

∫ΩM

(K(x))32 |φun − φu|

32dx+

∫Bρ(0)\ΩM

(K(x))32 |φun − φu|

32dx

≤ C2ε+M32

∫Bρ(0)\ΩM

|φun − φu|32dx.

(2.22)Por outro lado, como un u em H1(R3), por 2) do Lema 1.2, φun φu em D1,2(R3).

Assim, como D1,2(Bρ(0)) = H1(Bρ(0)) → L32 (Bρ(0)), compactamente, temos

limn→∞

∫Bρ(0)\ΩM

|φun − φu|32 = 0.

Dessa forma, por (2.21) e por (2.22), segue∫R3

(K(x))32 |φun − φu|

32 = 0,

de onde por (2.15) e (2.18) concluímos o item ii) e isto completa a prova deste lema.

29


Lema 2.11 Considere a aplicação G : H1 → R definida por

G(u) = I ′(u)u = ‖u‖2 +

∫R3

K(x)φu(x)u2dx−

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

Dada (un) ⊂ H1(R3) uma sequência limitada, então a sequência G′(un)h é limitada paratodo h ∈ H1(R3).

Demonstração: Dado h ∈ H1(R3), pelo Corolário A.5 (veja Apêndice), temos

G′(un)h = 2〈un, h〉+ 4

∫R3

K(x)φun(x)unhdx− (p+ 1)

∫R3

a(x)|un|p−1unhdx.

Agora, note que, por (2.16)∣∣∣2〈un, h〉+ 4

∫R3

K(x)φun(x)unhdx∣∣∣ ≤ 2‖un‖‖h‖+ 4|K|2|φun|6|un|6|h|6.

Como p ∈ (3, 5) então q := 66−p ∈ (2, 6), assim h ∈ H1(R3) → Lq(R3). Além disso,

un ∈ H1(R3) → L6(R3) o que implica em upn ∈ L6p (R3). Assim pela desigualdade de

Hölder segue ∣∣∣ ∫R3

a(x)|un|phdx∣∣∣ ≤ ‖a‖∞

∫R3

|un|p|h|dx ≤ ‖a‖∞|un|p6|h|q.

Como (un) é limitada em H1(R3) → L6(R3) por 1) do Lema 1.2 segue que (φun) é limitadaem D1,2(R3) → L6(R3). Disto segue a prova deste lema.

Lema 2.12 Seja (un) ⊂ N uma sequência (PS). Então,

I ′(un)h→ 0,

para todo h ∈ H1(R3).

Demonstração: Pela Proposição A.11 (veja Apêndice) temos

‖I ′(un)‖∗ = minλ∈R

‖I ′(un)− λG′(un)‖H−1 .

Assim, para algum λn ∈ R

‖I ′(un)‖∗ = ‖I ′(un)− λnG′(un)‖H−1 .

Desde que, (un) ⊂ N é uma sequência (PS) temos

limn→∞

‖I ′(un)‖∗ = 0,

o que implicalimn→∞

‖I ′(un)− λnG′(un)‖H−1 = 0. (2.23)

Agora, mostraremos que (un) é limitada em H1(R3). Com efeito, desde que (un) ⊂ N ,por (1.19)

I(un) ≥ (1

2− 1

p+ 1)‖un‖2.

30


Como (un) é uma sequência (PS) então I(un) é limitada de onde segue que (un) é limitadaem H1(R3). Dessa forma,

‖I ′(un)− λnG′(un)‖H−1 ≥ |I ′(un)un − λnG

′(un)un|‖un‖

≥ |I ′(un)un − λnG′(un)un|

C,

para alguma constante C > 0. Sendo assim, por (2.23)

limn→∞

(I ′(un)un − λnG′(un)un) = 0. (2.24)

Agora, afirmamos quelimn→∞

λn = 0. (2.25)

Com efeito, desde que, (un) ⊂ N , então I ′(un)un = 0. Além disso, por (1.25),

G′(un)un < c < 0,

para alguma constante c > 0, de onde prova-se a afirmação. Além disso, sendo (un) ⊂H1(R3) uma sequência limitada, pelo Lema 2.11 a sequência G′(un)h é limitada para todoh em H1(R3). Disto concluímos que

limn→∞

λnG′(un)h = 0, (2.26)

para todo h ∈ H1(R3). Sendo assim, como

‖I ′(un)− λnG′(un)‖H−1 ≥ |I ′(un)h− λnG

′(un)h|‖h‖

,

para todo h 6= 0 em H1(R3), por (2.23) seque o resultado desejado.

Observação 2.4 Agora, sob as condições da Proposição 2.3 , mostraremos que o prob-lema (P1) possui pelo menos uma solução fraca. Seja (un) ⊂ N uma sequência (PS). Pelolema anterior segue que (un) é limitada em H1(R3). Então, a menos de subsequência,

un u em H1(R3).

Afirmação 1 u é solução fraca do problema (P1). Para provarmos esta afirmação vamosprimeiramente provar alguns resultados técnicos.

Lema 2.13 Seja (un) ⊂ H1(R3) tal que un u em H1(R3) e p ∈ (2, 6). Então,

limn→∞

∫R3

[|un|p−2un − |un − u|p−2(un − u)]hdx =

∫R3

|u|p−2uhdx,


31


Demonstração: Dadas u, v ∈ H1(R3) considere a função g : [0, 1] → R definida por

g(t) = |u− tv|p−2(u− tv).

Note que,

|g′(t)| =∣∣∣(p− 2)|u− tv|p−4(u− tv)2(−v) + |u− tv|p−2(−v)

∣∣∣≤ (p− 1)|u− tv|p−2|v|≤ (p− 1)(|u|+ |v|)p−2|v|.

Assim, desde que pelo Teorema do Valor Médio g(1)− g(0) = g(θ) para algum θ ∈ (0, 1)definindo a função f : R3 → R por

f(u) = |u|p−2u,

temos|f(un)− f(un − u)| ≤ (p− 1)(|un|+ |u|)p−2|u|. (2.27)

Note que, χBr(0)c |u|p ≤ |u|p, para todo r > 0. Assim, desde que, u ∈ H1(R3) →Lp(R3), pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue e pela Proposição A.6(veja Apêndice), temos

limr→∞

∫Br(0)c

|u|pdx = 0,

e isto implica que, dado ε > 0 ∫Br(0)c

|u|pdx < ε, (2.28)

para r > 0 suficientemente grande. Como un u em H1(R3), então (un) é limitado emH1(R3) → Lp(R3). Assim

||un|+ |u||p ≤ C1

para alguma constante C1 > 0. Dessa forma, dadas u, h ∈ H1(R3) → Lp(R3), desde que,(|un|+ |u|)p−2 ∈ L

pp−2 (R3), pela desigualdade de Hölder e por (2.27) e (2.28), segue∣∣∣ ∫

Br(0)c(f(un)− f(un − u))hdx

∣∣∣ ≤ C2|u|p,Br(0)c||un|+ |u||p−2p,Br(0)c

|h|p,Br(0)c ≤ εC2,

para r > 0 suficientemente grande. De forma análoga,∣∣∣ ∫Br(0)c

f(u)hdx∣∣∣ ≤ |u|p−1

p,Br(0)c|h|p,Br(0)c ≤ εC3,

para r > 0 suficientemente grande. Assim

|∫Br(0)c

(f(un)− f(un − u)− f(u))hdx| ≤ εC4, (2.29)

para r > 0 suficientemente grande. Agora, afirmamos que

f(un)− f(un − u) → f(u) em Ll(Br(0)),

32


para l = pp−1

. Para isto, tome r = s = l e p = q no Lema A.1 (veja Apêndice). Desde que,

|f(x, u)| = |u|p−1 = |u|p/l,

temos que a função A : Lp(R3) → Ll(R3) definida por A(u) = f(., u), é contínua. Sendoassim, como un → u em Lp(Br(0)) pois H1(Br(0)) → Lp(Br(0)), compactamente segue aafirmação. Dessa forma, como∣∣∣ ∫

Br(0)

f(un)− f(un − u)− f(u)hdx∣∣∣ ≤ |f(un)− f(un − u)− f(u)|l,Br(0)|h|p,Br(0),

por (2.29) provamos o resultado desejado.

Lema 2.14 Seja a : R3 → R uma função satisfazendo lim|x|→∞ a(x) = 1 e a ∈ L∞(R3).Dado p ∈ (3, 5), se (un) ⊂ H1(R3) é tal que un 0 em H1(R3), então

limn→∞

∫R3

a(x)|un|p+1dx = limn→∞

∫R3

|un|p+1dx.

Demonstração: Como lim|x|→∞ a(x) = 1, dado ε > 0, existe r > 0, tal que para todox ∈ Br(0)

c, tem-se |a(x) − 1| < ε. Desde que, un 0 em H1(R3), então (un) é limitadaem H1(R3) → Lp+1(R3). Assim,∫

Br(0)c|a(x)− 1||un|p+1dx ≤ ε

∫Br(0)c

|un|p+1dx ≤ C1ε, (2.30)

para alguma constante C1 > 0. Por outro lado, como a ∈ L∞(R3), temos∫Br(0)

|a(x)− 1||un|p+1dx ≤ C2

∫Br(0)

|un|p+1dx,

para alguma constante C2 > 0. Dessa forma, como un 0 em H1(R3) e H1(Br(0)) →Lp+1(Br(0)), compactamente, por (2.30), concluimos o resultado desejado.

Lema 2.15 Sob as condições do Lema 2.14, temos

limn→∞

∫a(x)|un|p−1unhdx = lim

n→∞

∫|un|p−1unhdx,


Demonstração: Segue de forma análoga ao lema anterior.

Lema 2.16 Seja a ∈ L∞(R3) e (un) ⊂ H1(R3) tal que un u em H1(R3) e p ∈ (3, 5),então ∫

R3

a(x)|un|p−1unhdx→∫

R3

a(x)|u|p−1uhdx,


33


Demonstração: Desde que, p ∈ (3, 5), então 127−p ∈ (3, 6), assim h ∈ H1(R3) →

L12

7−p (R3). Como χBρ(0)c |h|12

7−p ≤ |h|12

7−p , para todo ρ > 0, pelo Teorema da ConvergênciaDominada de Lebesgue e pela Proposição A.6 (veja Apêndice), segue

limρ→∞

∫Bρ(0)c

|h|12

7−pdx = 0,

e isto implica que dado ε > 0,|h| 12

7−p ,Bρ(0)c < ε, (2.31)

para ρ > 0 suficientemente grande. Como H1(R3) → L12

7−p (R3) e H1(R3) → L6(R3) temos(|un|+ |u|)p−1 ∈ L

6p−1 (R3) e h, (un − u) ∈ L

127−p (R3). Sendo assim, desde que a ∈ L∞(R3),

pelo Lema A.5 (veja Apêndice) e pela desigualdade de Hölder∣∣∣ ∫Bρ(0)c

a(x)h(|un|p−1un − |u|p−1u)dx∣∣∣ ≤ C

∫Bρ(0)c

|h||un − u|(|un|+ |u|)p−1dx

≤ C|h| 127−p ,Bρ(0)

c |un − u| 127−p ,Bρ(0)

c ||un|+ |u||p−16,Bρ(0)c

,

para alguma constate C > 0. Por outro lado, como un u em H1(R3), então (un) élimitada em H1(R3), assim por imersões, concluímos que

|un − u| 127−p, ||un|+ |u||6 ≤ C1, (2.32)

para alguma constante C1 > 0. Dessa forma, por (2.31)∣∣∣ ∫Bρ(0)c

a(x)h(|un|p−1un − |u|p−1u)dx∣∣∣ ≤ εC2, (2.33)

para ρ > 0 suficientemente grande. Além disso,

|∫Bρ(0)

a(x)h(|un|p−1un − |u|p−1u)dx| ≤ C

∫Bρ(0)

|h||un − u|(|un|+ |u|)p−1dx

≤ C|h| 127−p ,Bρ(0)

|un − u| 127−p ,Bρ(0)||un|+ |u||p−1

6,Bρ(0).

Sendo assim, desde que, un u emH1(R3) eH1(Bρ(0)) → L12

7−p (Bρ(0)), compactamente,por (2.32), temos

|∫Bρ(0)

a(x)h(|un|p−1un − |u|p−1u)dx| ≤ εC3,

consequentemente por (2.33)

limn→∞

|∫

R3

a(x)h(|un|p−1un − |u|p−1u)dx| = 0,

o que completa a prova deste lema.

Agora provaremos a Afirmação 1.

Lema 2.17 u é solução fraca de (P1).

34


Demonstração: Pelo Lema 2.12,

I ′(un)h→ 0, (2.34)

para todo h ∈ H1(R3). Assim, é suficiente verificarmos que

I ′(un)h→ I ′(u)h, (2.35)

para todo h ∈ H1(R3). Note que, dado h ∈ H1(R3),

I ′(un)h = 〈un, h〉+

∫R3

K(x)φununhdx−∫

R3

a(x)|un|p−1unhdx.

Desde que un u em H1(R3), de forma imediata

〈un, h〉 → 〈u, h〉

e por ii) do Lema 2.10 ∫R3

K(x)φununhdx→∫

R3

K(x)φuuhdx.

Além disso, pelo Lema 2.16∫R3

a(x)|un|p−1unhdx→∫

R3

a(x)|u|p−1uhdx,

o que prova (2.35), de onde por (2.34) concluímos que

I ′(u)h = 0,

para todo h ∈ H1(R3), como queríamos.

Observação 2.5 Considere a convergência fraca

un u em H1(R3)

obtida na Observação 2.4. Se

un → u em H1(R3),

pelo lema acima esta provada a Proposição 2.3 com k = 0 nos itens ii) e iii) e sem ositens i) e iv). Isto ficará claro, pois para provarmos o Lema 2.21 é necessário que

un 9 u em H1(R3). (2.36)

(apenas a convergência fraca). Este lema será fundamental para obtermos a função u1 ∈H1(R3) e a sequência (y1

n) dos itens i) e iv) da Proposição 2.3, respectivamente. Portanto,no que se segue iremos considerar (2.36).

Lema 2.18 Seja (un) ⊂ H1(R3) tal que un u em H1(R3). Defina zn = un − u. Então

I(un) = I(u) + I∞(z1n) + o(1).

35


Demonstração: Pelo Corolário A.1 (veja Apêndice)

limn→∞

(|un|p+1p+1 − |zn|p+1

p+1) = |u|p+1p+1.

Desde que pela condição (a1) a ∈ L∞(R3), temos∣∣∣ ∫R3

a(x)(|un|p+1 − |zn|p+1 − |u|p+1)dx∣∣∣ ≤ ‖a‖∞

∣∣∣ ∫R3

|un|p+1 − |zn|p+1 − |u|p+1dx∣∣∣,

o que implica

limn→∞

( ∫R3

a(x)|un|p+1dx−∫

R3

a(x)|zn|p+1dx)

=

∫R3

a(x)|u|p+1dx. (2.37)

Como un u em H1(R3), então

limn→∞

(‖un‖2 − ‖zn‖2) = ‖u‖2

e pelo Lema 2.14

limn→∞

∫R3

a(x)|zn|p+1dx = limn→∞

∫R3

|zn|p+1dx.

Portanto, por i) do Lema 2.10 e por (2.37), segue

I(un) =1

2‖un‖2 +

1

4

∫R3

K(x)φun(x)u2ndx−

1

p+ 1

∫R3

a(x)|un|p+1dx

=1

2‖zn‖2 +

1

2‖u‖2 +

1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx

− 1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx− 1

p+ 1

∫R3

|zn|p+1dx+ o(1)

= I(u) + I∞(z1n) + o(1),

e isto completa a prova deste lema.

Seja (un) ⊂ N uma sequência (PS). Pela Observação 2.4

un u em H1(R3),

onde pelo Lema 2.12 u é solução fraca do problema (P1). Agora, definindo

z1n = un − u,

temos que

Lema 2.19 Para todo h ∈ H1(R3), temos

I ′∞(z1n)h→ 0.

36


Demonstração: Note que pelo Lema 2.12,

o(1) = I ′(un)h, (2.38)

para todo h ∈ H1(R3). De forma imediata

limn→∞

〈un, h〉 = 〈u, h〉 e limn→∞

〈z1n, h〉 = 0, (2.39)

para todo h ∈ H1(R3). Desde que, a ∈ L∞(R3), temos∣∣∣ ∫R3

a(x)(|un|p−1un−|u|p−1u−|z1n|p−1z1

n)hdx∣∣∣ ≤ ‖a‖∞

∣∣∣ ∫R3

(|un|p−1un−|u|p−1u−|z1n|p−1z1

n)hdx∣∣∣,

o que pelo Lema 2.13 implica

limn→∞

∫R3

a(x)(|un|p−1un − |u|p−1u− |z1n|p−1z1

n)hdx = 0.

Além disso, pelo Lema 2.15

limn→∞

∫R3

a(x)|z1n|p−1z1

nhdx = limn→∞

∫R3

|z1n|p−1z1

nhdx.

Assim ∫R3

a(x)|un|p−1unhdx =

∫R3

|z1n|p−1z1

nhdx+

∫R3

a(x)|u|p−1uhdx+ o(1).

Portanto, por (2.38), (2.39) e por ii) do Lema 2.10, dado h em H1(R3), temos

0 = 〈un, h〉+

∫R3

K(x)φununhdx−∫

R3

a(x)|un|p−1unhdx+ o(1)

= 〈u, h〉+

∫R3

K(x)φuuhdx−∫

R3

a(x)|u|p−1uhdx+ 〈z1n, h〉 −

∫R3

|z1n|z1

nhdx+ o(1)

= I ′(u)h+ I ′∞(z1n)h+ o(1).

Desde que, pelo Lema 2.17, u é solução fraca do problema (P1), temos I ′(u)h = 0, o queimplica

o(1) = I ′∞(z1n)h,

para todo h ∈ H1(R3), e isto completa a prova deste lema.

Lema 2.20 Desde que z1n 0 em H1(R3), então

‖z1n‖2 = |z1

n|p+1p+1 + o(1).

Demonstração: Por (2.24) do Lema 2.12, temos

limn→∞

(I ′(un)un − λnG′(un)un) = 0.

De forma análoga feita para provarmos que

limn→∞

λnG′(un)h = 0,

37


para todo h ∈ H1(R3), pela limitação da sequência (un) em H1(R3), prova-se

limn→∞

λnG′(un)un = 0.

Assim,limn→∞

I ′(un)un = 0,

o que por i) do Lema 2.10, por (2.37) e pelo Lema 2.14 segue que

0 = I ′(un)un = ‖un‖2 +

∫R3

K(x)φunu2ndx−

∫R3

a(x)|un|p+1dx+ o(1)

= ‖u‖2 + ‖z1n‖2 +

∫R3

K(x)φuu2dx−

∫R3

a(x)|u|p+1dx−∫

R3

|z1n|p+1dx+ o(1)

= I ′(u)u+ I ′∞(z1n)(z

1n) + o(1).

Desde que, pelo Lema 2.17, u é solução fraca do problema (P1), temos I ′(u)u = 0, o queimplica em

0 = I ′∞(z1n)(z

1n) + o(1),

isto é,‖z1

n‖2 = |z1n|p+1p+1 + o(1),


Lema 2.21 Existe (y1n) ⊂ R3 tal que |y1

n| → ∞ com z1n(. + y1

n) u1 em H1(R3), ondeu1 6= 0.

Demonstração: Defina

δ = limn→∞

(supy∈R3

∫B1(y)

|z1n|p+1dx).

Agora afirmamos que δ > 0. Com efeito, se δ = 0, pelo Lema de Lions (Proposição A.1veja Apêndice), z1

n → 0 em Lp+1(R3). Assim, desde que, pelo Lema 2.20

‖z1n‖2 = |z1

n|p+1p+1 + o(1),

concluímos que z1n → 0 em H1(R3), o que contradiz (2.36). Assim, existe ρ > 0 tal que a

menos de subsequência

supy∈R3

∫B1(y)

|z1n|p+1dx ≥ ρ.

Fixe n ∈ N, usando a definição de supremo existe y1n em R3 tal que∫

B1(y1n)

|z1n|p+1dx ≥ ρ

2. (2.40)

Agora, assumindo quez1n(.+ y1

n) u1 em H1(R3), (2.41)

afirmamos que u1 6= 0. Com efeito, por mudança de variável temos∫B1(0)

|z1n(x+ y1

n)|p+1dx ≥ ρ

2.

38


Sendo assim, como H1(B1(0)) → Lp+1(B1(0)), compactamente, segue∫B1(0)

|u1(x)|p+1dx ≥ ρ

2,

de onde concluímos que u1 6= 0, o que prova afirmação. Para finalizar, mostraremosque (y1

n) não é limitada. De fato, se |y1n| ≤ C, para alguma constante C > 0, teríamos

B1(y1n) ⊂ B1+C(0). Assim,∫

B1(y1n)

|z1n|p+1dx ≤

∫B1+C(0)

|z1n|p+1dx.

Desde que, z1n 0 em H1(R3) e H1(B1+C(0)) → Lp+1(B1+C(0)), compactamente, segue

limn→∞

∫B1+C(0)

|z1n|p+1dx = 0,

o que implica

limn→∞

∫B1(y1n)

|z1n|p+1dx = 0,

contradizendo (2.40). Portanto, (y1n) não é limitada e a menos de subsequência |y1

n| → ∞,como queríamos, e isto completa a prova deste lema.

Agora, sobre a função u1 obtida no lema acima afirmamos que

Lema 2.22 u1 é solução fraca não trivial do problema (P∞).

Demonstração: Note que, pelo Lema 2.19,

I ′∞(z1n)h→ 0,

para todo h ∈ H1(R3). Assim, é suficiente verificarmos que

I ′∞(z1n)h→ I ′∞(u1)h, (2.42)

para todo h ∈ H1(R3). Agora, fixe h ∈ H1(R3). Desde que, por (2.41),

z1n(.+ y1

n) u1 em H1(R3),

temos〈z1n, h〉 → 〈u1, h〉.

Além disso, pelo Lema 2.16 segue que

limn→∞

∫R3

|z1n|p−1z1

nhdx =

∫R3

|u1|p−1u1hdx.

Sendo assim, desde que

I ′∞(u)h = 〈u, h〉 −∫

R3

|u|p−1uhdx,

para todo u, h ∈ H1(R3), segue (2.42), o que prova que u1 é solução fraca do problema(P∞). Esta solução é não trivial devido ao Lema 2.21, e isto completa a prova deste lema.

Agora definaz2n = z1

n(.+ y1n)− u1.

Assim, temos

39


Lema 2.23 I(un) = I(u) + I∞(u1) + I∞(z2n) + o(1).

Demonstração: Note que, por (2.41) temos

z1n(.+ y1

n) u1,

o que implica em‖z1

n‖2 − ‖z2n‖2 = ‖u1‖2 + o(1),

além disso, pelo Corolário A.1 (veja Apêndice)

|z1n|p+1p+1 − |z2

n|p+1p+1 = |u1|p+1

p+1 + o(1).

Assim,

I∞(z2n) = ‖z2

n‖2 − 1

p+ 1|z2n|p+1p+1

= ‖z1n‖2 − ‖u1‖2 − 1

p+ 1(|z1

n|p+1p+1 − |u1|p+1

p+1) + o(1)

= I∞(z1n)− I∞(u1) + o(1).

(2.43)

Sendo assim, desde que, pelo Lema 2.18

I(un) = I(u) + I∞(z1n) + o(1),

segue o resultado desejado.

2.3.1 Prova da Proposição 2.3

Demonstração: Se z2n → 0 em H1(R3) de forma análoga feita na Observação 2.5 está

provada a Proposição 2.3 com k = 1 nos itens i)-iv). Se z2n 0 em H1(R3), de forma

análoga feita nos Lemas 2.21 e 2.22 obtemos uma sequência (y2n) ⊂ R3 tal que y2

n → ∞,uma sequência de funções z3

n = z2n−u2(.−y2

n), onde z3n 0 em H1(R3) (podendo convergir

forte) e u2 uma solução fraca não trivial do problema (P∞). Além disso, de forma análogafeita em (2.43) prova-se que

I∞(z3n) = I∞(z2

n)− I∞(u2) + o(1),

de onde pelo Lema 2.23 temos

I(un) = I(u) + I∞(u1) + I∞(u2) + I∞(z3n).

Assim, repetindo esse processo k vezes obtemos uma sequência (yjn) ⊂ R3, 1 ≤ j ≤ k talque yjn →∞, uma sequência de funções zj+1

n = zjn − uj(.− yjn) onde zj+1n 0 em H1(R3)

(podendo convergir forte) e uj é uma solução não trivial de (P∞), além disso

I(un) = I(u) +k∑j=1

I∞(uj) + I∞(zk+1n ) + o(1).

Agora, afirmamos que este processo para. Inicialmente, note que, desde que, zk+1n 0

em H1(R3), de forma análoga feita no Lema 2.23 prova-se que I∞(zk+1n ) → 0. Assim, por

a) da Proposição 2.3 segue

C ≥ I(u) +k∑j=1

I∞(uj),

40

2.4 Condição (PS)

para alguma constante C > 0. Dessa forma, como m∞ é o nível de energia mínimaassociada ao funcional I∞ e uj, 1 ≤ j ≤ k, são soluções fracas não triviais do problemaP∞ temos I∞(uj) ≥ m∞. Disto segue que

C ≥ I(u) +(k + 1)k

2m∞,

o que implica que o processo acima para em uma determinada etapa k, e isto prova aafirmação (note que pela Obsevação 2.2 m∞ > 0). Sendo assim, para finalizarmos a provadesta proposição falta-nos provar que

un −k∑j=1

uj(.− yjn) → u em H1(R3).

Desde que, zj+1n = zjn − uj(.− yjn) para 1 ≤ j ≤ k, temos

zk+1n = un −

k∑j=1

uj(.− yjn)− u.

Assim, para provarmos a convergência acima é suficiente verificarmos que

zk+1n → 0 em H1(R3).

Suponha, por contradição, que zk+1n 9 0 em H1(R3) apenas zk+1

n 0 em H1(R3). Então,o processo continua, o que é uma contradição já que este processo para na etapa k e istocompleta a prova desta proposição.

2.4 Condição (PS)

Nesta seção, daremos duas importantes consequências da Proposição 2.3. A primeiraconsequência se refere a não compacidade do funcional I|N , enquanto a segunda se referea compacidade deste funcional. Inicialmente, daremos a seguinte definição.

Definição 2.4 (Sequência de Palais-Smale para o funcional I|N ) O funcional I|Nsatisfaz a condição (PS)c se toda sequência (un) ⊂ N tal que

I(un) → c e ‖I ′(un)‖∗ → 0,

possui uma subsequência convergente.

Observação 2.6 Relembremos que m∞ é o nível de energia mínima associado ao fun-cional I∞ definido em (2.2).

Corolário 2.2 Seja (un) ⊂ N tal que

I(un) → m∞ e ‖I ′(un)‖∗ → 0.

Se (un) não possui subsequência convergente em H1(R3), então em iii) da Proposição 2.3,temos k = 1 e u = 0. Além disso, u1 = w a menos de translação onde w é a soluçãoground state do problema (P∞).

41

2.4 Condição (PS)

Demonstração: Desde que, I(un) é limitada e ‖I ′(un)‖∗ → 0, se (un) não possui sub-sequência convergente em H1(R3), temos que k 6= 0 em ii) da Proprosição 2.3. Agora,mostraremos que k = 1. Inicialmente, note que, desde que, m∞ é o nível de energia mín-ima associado ao funcional I∞ e pela Proposiçao 2.3 uj é solução fraca não trivial doproblema (P∞) para 1 ≤ j ≤ k temos

I∞(uj) ≥ m∞.

Agora, suponhamos por contradição que k ≥ 2. Como I(un) → m∞, por iii) da Proposição2.3 segue

m∞ = I(u) +k∑j=1

I∞(uj)

≥ I(u) + (k + 1)k

2m∞

≥ I(u) + 3m∞.

(2.44)

Note que, pela Proposição 2.3, u é solução fraca do problema (P1), assim temos duaspossibilidades:1a possibilidade: se u = 0, então I(u) = 0, de onde por (2.44), teríamos m∞ ≥ 3m∞,contradição (note que pela Obsevarção 2.2 m∞ > 0).2a possibilidade: se u 6= 0, como u é ponto crítico do funcional I definido em (1.17),temos I ′(u)u = 0, o que implica em u ∈ N . Note que, por 3) do Lema 1.3

m = infI(u);u ∈ N > 0.

Logo I(u) > 0, de onde por (2.44) temos m∞ > 3m∞, absurdo.Sendo assim, k = 1. Agora, mostraremos que u = 0. Com efeito, se u 6= 0, conforme

provado acima I(u) > 0. Dessa forma, desde que I(un) → m∞, por iii) da Proposição 2.3,teríamos

m∞ = I(u) + I∞(u1) > I∞(u1) ≥ m∞,

contradição. Agora, afirmamos que u1 = w a menos de translação. Com efeito, pelo Lema2.22 u1 é solução fraca não trivial do problema (P∞). Como pela Proposição 2.1 w é únicaa menos de translação segue a afirmação, de onde concluímos a prova deste corolário.

O próximo resultado fornece valores c ∈ R tais que o funcional I|N satisfaz a condição(PS)c. Mais precisamente

Corolário 2.3 O funcional I|N satisfaz a condição (PS)c para todo c ∈ (0,m∞). Alémdisso c = I(u), para algum u ∈ H1(R3) solução fraca do problema (P1).

Demonstração: Seja (un) ⊂ N tal que

I(un) → c e ‖I ′(un)‖∗ → 0.

Mostraremos, inicialmente, que a menos de subsequência

un → u em H1(R3).

42

2.5 Estimativa de Nível

Pela Proposição 2.3,

I(un) → I(u) +k∑j=1

I∞(uj) = c, (2.45)

onde u ∈ H1(R3) é solução fraca do problema (P1). Note que, pelo lema anterior,

I∞(uj) ≥ m∞,

1 ≤ j ≤ k. Assim

c = I(u) +k∑j=1

I∞(uj)

≥ I(u) + (k + 1)k

2m∞

> I(u) + (k + 1)k

2c,

isto é, c(1− k2(k+ 1)) > I(u). Agora mostraremos que k = 0. Com efeito, se k ≥ 1, como

0 < c, teríamosI(u) < 0.

Agora, note que, sendo u é solução fraca do problema (P1), conforme provado no lemaanterior temos I(u) ≥ 0, o que é uma contradição. Sendo k = 0, por ii) da Proposição2.3, temos

un → u em H1(R3)

e isto prova que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)c para todo c ∈ (0,m∞). Final-mente por iii) da Proposição 2.3,

limn→∞

I(un) = I(u) = c,


Observação 2.7 Pelo corolário anterior temos que para exibirmos uma solução fraca dotipo ground state é suficiente que m ∈ (0,m∞) e que exista uma sequência (un) ⊂ N talque

I(un) → m e ‖I ′(un)‖∗ → 0.

2.5 Estimativa de NívelNa seção anterior, provamos que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)c para todo

c ∈ (0,m∞). Nesta seção, provaremos que o nível de energia mínima m pertence aointervalo (0,m∞).

Observação 2.8 Relembremos que os números m, ma e m∞ são os níveis de energiamínimos associados ao funcionais (1.17), (2.12) e (2.2), respectivamente.

Lema 2.24 Sob as condições (a1), (a2) e (K), se

|K|22 <mϑ∞ −mϑ

a

σm1+ϑa

, (2.46)

43


com ϑ = p−3p+1

e σ = 2p+1p−1

S−2S−4, então

0 < m < m∞.

Demonstração: Por 3) do Lema 1.3 0 < m. Agora, mostraremos que m < m∞. Desdeque a condição (a2) é satisfeita, pela Proposição 2.2 existe wa ∈ Na tal que ma = Ia(wa),o que por (2.12) implica em

ma = Ia(wa) =(1

2− 1

p+ 1

)‖wa‖2. (2.47)

Por 1) do Lema 1.3, existe único t > 0 tal que twa ∈ N . Como wa ∈ Na, por a) do Lema2.9, temos t ≥ 1. Sendo assim, por (1.19) e (2.47), segue

m ≤ I(twa) =1

4‖twa‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

) ∫R3

a(x)|twa|p+1dx

≤ tp+1[1

4‖wa‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

) ∫R3

a(x)|wa|p+1]dx

= tp+1[1

4‖wa‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

)‖wa‖2]

= tp+1(1

2− 1

p+ 1)‖wa‖2 = tp+1ma

(2.48)

e0 = t2‖wa‖2 + t4

∫R3

K(x)φwaw2adx− tp+1

∫R3

a(x)|wa|p+1dx

≤ t4‖wa‖2 + t4∫

R3

K(x)φwaw2adx− tp+1‖wa‖2,

o que implica

t ≤(1 +

∫R3 K(x)φwaw

2adx

‖wa‖2

) 1p−3. (2.49)

Além disso, por (1.5), temos∫R3

K(x)φwaw2adx ≤ S

−2S−4|K|22‖wa‖4,

consequentemente

t ≤(1 + S

−2S−4|K|22‖wa‖2

) 1p−3.

Por (2.47), temos ‖wa‖2 = 2 (p+1)p−1

ma. Assim, tomando σ = 2 (p+1)p−1

S−2S−4 na última

desigualdade, temos

t ≤(1 + σ|K|22ma

) 1p−3.

Dessa forma, por (2.46), segue

ma

(1 + σ|K|22ma

) p+1p−3

< ma

(1 +

σma(mp−3p+1∞ −m

p−3p+1a )

σmamp−3p+1a

) p+1p−3

= ma

((m∞

ma

)p−3p+1

) p+1p−3

= m∞,

44


o que por (2.48) implica

m ≤ I(twa) ≤ tp+1ma ≤(1 + σ|K|22ma

) p+1p−3ma < m∞,


Para provarmos o Teorema 2.1 falta-nos apenas provar que

Lema 2.25 Existe uma sequência (un) ⊂ N tal que

I(un) → m e ‖I ′(un)‖∗ → 0.

Demonstração: Segue de forma imediata pelo Corolário A.3, tomando V igual avariedade de Nehari N e F igual ao funcional energia I associado ao problema (P1) enotando que, nesta situação, infV F = m.

Agora iremos provar o principal resultado deste capítulo.

2.5.1 Prova do Teorema 2.1

Pelo Lema 2.24, temosm ∈ (0,m∞).

Sendo assim, desde que, pelo Lema 2.25, existe uma sequência (un) ⊂ N tal que

I(un) → m e ‖I ′(un)‖∗ → 0,

pelo Corolário 2.3, existe u ∈ H1(R3) solução fraca do problema (P1) tal que

I(u) = m,

de onde concluímos que u é uma solução não-trivial do tipo ground state do problema(P1). Agora, para concluímos a prova do Teorema 2.1, provaremos que |u| ∈ H1(R3) éuma solução fraca do tipo ground state do problema (P1). Pela Observação 1.1, sabemosque

φu(x) =1

3ω3

∫R3

K(y)


onde ω3 é o volume da bola unitária em R3. Logo, φu = φ|u| q.t.p. em R3. Consequente-mente, I(u) = I(|u|) = m. Além disso, |u| ∈ N , pois u ∈ N , já que u é solução fracado problema (P1). Assim, por 5) do Lema 1.3 temos que |u| é solução fraca do problema(P1) e isto completa a prova deste teorema.

45

Capítulo 3

Existência de Solução do tipo BoundState

Neste capítulo, encontraremos uma solução do tipo bound state para o problema

−∆u+ u+K(x)φu(x)u = a(x)|u|p−1u em R3, (P1)

onde p ∈ (3, 5) e as funções a e K satisfazem

(a1) lim|x|→∞ a(x) = 1, a ∈ L∞(R3);

(a3) a ≤ 1 em R3 e a0 = infx∈R3 a(x) > 0;

(K) K ∈ L2(R3) ∩ C(R3) e K > 0 em R3.

As funções a : R3 → R e K : R3 → R definidas por

a(x) =

1, se |x| > 01/2, se |x| = 0

eK(x) =

1/|x|, se |x| > 11, se |x| ≤ 1,

são exemplos de funções que satisfasem as condições (a1), (a3) e (K).

Definição 3.1 (Solução do tipo Bound State) Entendemos como solução do tipo boundstate para o problema (P1), uma solução fraca estritamente positiva que não é do tipoground state.

O principal resultado deste capítulo é.


1 + η|K|22a0

< 2p−3p+1 , (3.1)

com η = 2p+1p−1

S−4S−2m∞, então o problema (P1) possui uma solução fraca do tipo bound

state.

46

3.1 Não Existência de Solução do tipo Ground State

3.1 Não Existência de Solução do tipo Ground StateNesta seção, sob a condição (a3), mostraremos que o problema (P1) não possui solução

do tipo ground state. Para isto, provaremos que

Lema 3.1 Suponha que a condição (a3) seja satisfeita. Então

m = m∞.

Demonstração: Inicialmente, mostraremos que

m∞ ≤ m. (3.2)

Dado u ∈ N∞, por (a3) e (1.20), temos

I∞(u) =1

2‖u‖2 − 1

p+ 1

∫R3

|u|p+1dx

≤ 1

2‖u‖2 +

1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx− 1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx

= I(u) ≤ I(tuu),

o que implicam∞ = inf

u∈N∞I∞(u) ≤ inf

u∈N∞I(tuu).

Agora provaremosinf

u∈N∞I(tuu) ≤ inf

u∈NI(u) = m, (3.3)

e, com isso, concluirmos (3.2). Note que, por 2) do Lema 1.3 existe um homeomorfismoϕ : S1 → N definido por

ϕ(u) = tuu,

onde tuu é a projeção de u sobre a variedade N . De forma análoga, existe um homeo-morfismo ψ : S1 → N∞ definido por

ψ(u) = ξuu,

onde ξuu é a projeção de u sobre a variedade N∞ cuja inversa ψ−1 : N∞ → S1 é dada por

ψ−1(u) =u

‖u‖.

Assim, a aplicação ϕψ−1 : N∞ → N é sobrejetora o que implica que dado v ∈ N , existeu ∈ N∞ tal que ϕ ψ−1(u) = v. Denotando w = u

‖u‖ , temos

ϕ ψ−1(u) = twu

‖u‖=

tw‖u‖

u = tuu = v.

Dessa forma, desde queinf

u∈N∞I(tuu) ≤ I(tuu),

dado v ∈ N , para algum u ∈ N∞, temos

infu∈N∞

I(tuu) ≤ I(tuu) = I(v),

47


o que prova (3.3), de onde concluímos (3.2). Agora, provaremos que

m ≤ m∞. (3.4)

Para isto, considere wn(.) = w(.−zn), onde w é a solução do tipo ground state do problema(P∞) e |zn| → ∞. Por 1) do Lema 1.3, existe único twn > 0 tal que un = twnwn ∈ N .Desde que,

m = infI(u); u ∈ N ≤ I(un),

para provarmos (3.4) é suficiente verificarmos que

I(un) → m∞. (3.5)

Inicialmente, provaremos que

wn u em H1(R3), (3.6)

onde a função u = 0 q.t.p. em R3. Com efeito, por mudança de variável temos ‖wn‖ =‖w‖. Assim, a menos de subsequência, wn u em H1(R3). Note que pela Proposição2.1, w possui decaimento exponencial, isto é, existem constantes C1, C2 > 0, tais que

|wn(x)| = |w(x− zn)| ≤ C1e−C2|x−zn| ≤ C1e

C2|x|−C2|zn|,

para |x| suficientemente grande. Logo,∫Bρ(0)

|wn|dx ≤ C1e−C2|zn|

∫Bρ(0)

eC2|x|dx,

para toda bola Bρ(0) com ρ > 0. Sendo assim, desde que, |zn| → ∞, temos wn →0 em L1(Bρ(0)). No entanto, como wn u em H1(R3) e H1(Bρ(0)) → L1(Bρ(0)),compactamente, temos wn → u em L1(Bρ(0)), o que implica que u = 0 q.t.p em Bρ(0).Como Bρ(0) é arbitrária, temos que u = 0 q.t.p em R3, e isto prova (3.6). Dessa forma,por ii) do Lema 2.10 e pelo Lema 2.14, segue

limn→∞

∫R3

K(x)φwn(x)w2ndx = 0 (3.7)

elimn→∞

∫R3

a(x)|wn|p+1dx = limn→∞

∫R3

|wn|p+1dx.

Como pela Proposição 2.1 w é única a menos de translação, wn ∈ N∞. Assim, desde que,por mudança de variável ‖wn‖ = ‖w‖, temos ‖wn‖2 = ‖w‖2 = |wn|p+1

p+1 = |w|p+1p+1, o que

implica

limn→∞

∫R3

a(x)|wn|p+1dx =

∫R3

|w|p+1dx. (3.8)

Com isso, desde que

I(un) =t2wn2‖wn‖2 +

t4wn4

∫R3

K(x)φwn(x)w2ndx−

tp+1wn

p+ 1

∫R3

a(x)|wn|p+1dx

em∞ = I∞(w) =

1

2‖w‖2 − 1

p+ 1|w|p+1

p+1,

48


por (3.7), temos que para provarmos (3.5) é suficiente verificarmos que tn → 1. Parafazermos tal verificação, note que, desde que, twnwn ∈ N temos

1

tp−1wn

‖wn‖2 =

∫R3

a(x)|wn|p+1dx− 1

tp−3wn

∫R3

K(x)φwn(x)w2ndx.

Além disso, como wn ∈ N∞, por b) do Lema 2.9, temos twn ≥ 1, o que implica que asequência (t−1

wn) é limitada. Sendo assim, como ‖w‖2 = ‖wn‖2 = |w|p+1p+1, por (3.7) e (3.8),

temoslimn→∞

‖w‖2( 1

tp−1wn

− 1)

= 0,

de onde concluímos twn → 1. Assim, segue (3.5), o que implica (3.4). Portanto, por (3.2)temos m = m∞, e isto completa a prova deste lema.

A seguir, daremos o principal resultado desta seção.

Lema 3.2 Sob a condição (a3), o problema (P1) não possui solução do tipo ground state.

Demonstração: Suponhamos, por contradição, que existe u ∈ H1(R3) solução nãotrivial do problema (P1) tal que

I(u) = m.

Note que u ∈ N , pois I ′(u)u = 0. Seja ξ > 0 tal que ξu ∈ N∞. Por b) do Lema 2.9, temos

ξ ≤ 1. (3.9)

Assim, como as funções K e φξu são não negativas, p ∈ (3, 5), por (1.19) e pelo Lema 3.1segue

m∞ ≤ I∞(ξu) = (1

2− 1

p+ 1)‖ξu‖2

≤ (1

2− 1

p+ 1)‖ξu‖2 + (

1

4− 1

p+ 1)

∫R3

K(x)φξu(x)(ξu)2dx

≤ (1

2− 1

p+ 1)‖u‖2 + (

1

4− 1

p+ 1)

∫R3

K(x)φu(x)u2dx

= I(u) = m = m∞,

(3.10)

o que implica em ∫R3

K(x)φξu(x)(ξu)2dx = ξ4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx = 0,

isto é, ∫R3

K(x)φu(x)u2dx = 0,

o que pela Proposição A.5 (veja Apêndice) segue

µ(x ∈ R3; K(x)φu(x)u2(x) > 0) = 0. (3.11)

Note que por (3.9) ξ ≤ 1. Agora, afirmamos que ξ = 1. De fato, se ξ < 1, por (3.10),teríamos m∞ < I(u) = m = m∞, contradição. Dessa forma, ξu = u ∈ N∞, de onde por

49

3.2 Funções Auxiliares

(3.10), temos I∞(u) = m∞. Assim |u| ∈ N∞ e I∞(|u|) = m∞ o que pelo Lema 2.8 temosque |u| é solução fraca do problema (P∞). Com o mesmo argumento utilizado no Lema2.4, prova-se que |u| > 0 em R3. Logo

x ∈ R3; K(x) > 0 ⊂ x ∈ R3; K(x)φu(x)u2(x) > 0,

pois por 4) do Lema 1.2 φu > 0 em R3. Assim, por (3.11) temos

µ(x ∈ R3; K(x) > 0) = 0,

o que é uma contradição, pois pela condição (K), K > 0 em R3. Portanto, não existe usolução fraca do problema (P1) tal que I(u) = m, e isto completa a prova deste lema.

Observação 3.1 Pelo resultado anterior, temos que, para provarmos o Teorema 3.1 ésuficiente exibirmos uma solução fraca do problema (P1) estritamente positiva, já queesta solução não será do tipo ground state e, portanto, será do tipo bound state.

3.2 Funções AuxiliaresA prova do Teorema 3.1 que é o principal resultado deste capítulo será feita com o

auxílio de ferramentas do tipo minimax. Para utilizarmos tais ferramentas, será fun-damental a introdução da função baricentro ao qual definiremos a seguir e a função Γdefinida em (3.15). Inicialmente, para cada u ∈ H1(R3)\0, definiremos as funçõesψu, u : R3 → R por

ψu(x) =1

µ(B1(0))

∫B1(x)

|u(y)|dy e u(x) =(ψu(x)−

1

2maxx∈R3

ψu(x))+

,

onde µ(B1(0)) é a medida de Lebesgue da bola B1(0). A função baricentro é a aplicaçãoβ : H1(R3)\0 → R3 definida por

β(u) =1

|u|1

∫R3

xu(x)dx.

O próximo resultado contém as principais propriedades da função baricentro.

Lema 3.3 A função baricentro satisfaz as seguintes propriedades:

1) β é contínua em H1(R3)\0;

2) se u ∈ H1(R3)\0 é radialmente simétrica então β(u) = 0;

3) para todo t ∈ R\0 e todo u ∈ H1(R3)\0, tem-se β(tu) = β(u);

4) dado z ∈ R3, então definindo uz(x) = u(x− z), temos β(uz) = β(u) + z.

Demonstração: Veja ?????

Definindob0 = infI(u); u ∈ N ; β(u) = 0,

temos

50


Lema 3.4 b0 > m.

Demonstração: Inicialmente afirmamos que o conjunto I(u); u ∈ N ; β(u) = 0 6= ∅.Com efeito, por 2) da Proposição 2.1, w que é a solução do tipo ground state do problema(P∞) é radialmente simétrica. Como por 1) do Lema 1.3 existe único tw > 0 tal quetww ∈ N , por 2) e 3) do Lema 3.3, segue que β(tww) = β(w) = 0, e isto prova a afirmação.É imediato que b0 ≥ m. Agora, mostraremos que b0 > m. Com efeito, suponhamos porcontradição que b0 = m. Desde que, o conjunto I(u); u ∈ N ; β(u) = 0 6= ∅ , pordefinição de ínfimo, existe uma sequência (un) ⊂ N tal que

I(un) → m = b0 e β(un) = 0, (3.12)

o que pelo Lema 3.2 implicaI(un) → m∞. (3.13)

Dessa forma, pelo Corolário A.3 (veja Apêndice), existe uma sequência (vn) ⊂ N tal que‖I ′(vn)‖∗ → 0, I(vn) → m e ‖un − vn‖ → 0. Assim, (vn) é uma sequência (PS), de ondepelo Lema 2.12, concluímos que I ′(vn)h→ 0, para todo h ∈ H1(R3) e que (vn) ⊂ H1(R3)é limitada. Com isso, pelo Lema A.10

I ′(un)h→ 0,

para todo h ∈ H1(R3), o que em particular implica que

‖I ′(un)‖∗ → 0, (3.14)

o que por (3.12) temos que (un) é uma sequência (PS). Note que, pela Observação 2.4,un u em H1(R3), onde pelo Lema 2.17, u e solução fraca do problema (P1). Agora,afirmamos que não existe subsequência de (un) que converge forte em H1(R3). Com efeito,se existisse alguma subsequência denotada por (un) tal que un → u em H1(R3), comoI(un) → b0 = m, por ii) e iii) da Proposição 2.3, teríamos

I(un) → I(u) = m.

Assim, u é uma solução do tipo ground state do problema (P1), o que contradiz o Lema3.2 e isto prova a afirmação. Sendo assim, por (3.13) (3.14) e pelo Corolário 2.2, temosque em ii) da Proposição 2.3, k = 1, u = 0 e u1 = w a menos de translação. Assim,

un(x) = w(x− zn) + o(1),

onde por i) da Proposição 2.3, |zn| → ∞. Por translação temos

un(x+ zn) = w(x) + o(1).

Dessa forma, desde que, pela Proposição 2.1 w é radialmente simétrica, por 1), 2) e 4) doLema 3.3, e por (3.12) segue

β(un(x+ zn)) = β(un)− zn = −zn

eβ(un(x+ zn)) → β(w(x)) = 0,

51


contradição, pois |zn| → ∞. Com está contradição, concluímos que b0 > m, comoqueríamos.

Agora considere a aplicaçãoΓ : R3 → N ,

definida porΓ[z](x) = tzw(x− z), (3.15)

onde tzw(. − z) é a projeção de w(. − z) sobre a variedade de Nehari N e w é a soluçãodo tipo ground state do problema (P∞). Desde que w é radialmente simétrica, por 2), 3)e 4) do Lema 3.3 temos

β(Γ[z](x)) = β(tzw(x− z)) = β(w(x− z)) = β(w(x)) + z = z. (3.16)

Além disso, sendo w única a menos de translação, w(.− z) ∈ N∞, o que por b) do Lema2.9 implica

tz ≥ 1, (3.17)

para todo z ∈ R3. Os próximos lemas fornecem propriedades importantes da aplicação Γdefinida acima. No que se segue, por efeito de simplificação denotaremos wz(x) = w(x−z).

Lema 3.5 A aplicação Γ é contínua.

Demonstração: Para provarmos a continuidade da aplicação Γ é suficiente verificarmosque se

zn → z em R3

entãotznwzn → tzwz em H1(R3). (3.18)

Inicialmente, afirmamos que

limn→∞

wzn = wz em H1(R3). (3.19)

Com efeito, pelo Lema 2.3, w ∈ C2(R3), de onde concluímos que

limn→∞

‖wzn − wz‖ = limn→∞

‖w(.− zn)− w(.− z)‖ = 0,

o que prova a afirmação. Agora provaremos (3.18). Desde que, tznwzn ∈ N , temos

t2zn‖wzn‖2 + t4zn

∫R3

K(x)wzn(x)(wzn)2 − tp+1

zn

∫R3

a(x)|wzn|p+1 = 0.

Assim, por (3.19) pela imersão H1(R3) → Lp+1(R3) e i) do Lema 2.10 segue

limn→∞

t2zn‖wz‖2 + lim

n→∞t4zn

∫R3

K(x)wz(x)(wz)2 − lim

n→∞tp+1zn

∫R3

a(x)|wz|p+1 = 0.

Sendo assim, como tz > 0 é o único número tal que tzwz ∈ N temos limn→∞ tzn = tz poistzn > 0 para todo n ∈ N. Dessa forma, por (3.19)

‖tznwzn − tzwz‖ ≤ ‖tznwzn − tzwzn‖+ ‖tzwzn − tzwz‖≤ |tzn − tz|‖wzn‖+ |tz|‖wzn − wz‖

o que prova (3.18), de onde concluímos a prova deste lema.

52


Lema 3.6 lim|z|→∞ I(Γ[z]) = m∞.

Demonstração: É a mesma demonstração feita para provar (3.5).

Lema 3.7 Suponhamos que1 + η|K|22

a0

< 2p−3p+1 , (3.20)

com η = 2p+1p−1

S−4S−2m∞ e a0 = infx∈R3 a(x) > 0, então

I(Γ[z]) < 2m∞.

Demonstração: Desde que pela Proposição 2.1, w é uma solução do tipo ground statee única a menos de translação do problema (P∞) temos

I∞(w) =(1

2− 1

p+ 1

)‖w‖2 = m∞ (3.21)

e wz ∈ N∞, o que implica em ‖wz‖2 = |wz|p+1p+1. Além disso, por mudança de variáveis

‖wz‖ = ‖w‖. Sendo assim, como Γ[z] ∈ N por (1.19), (3.17) e (a3), segue

I(Γ[z]) =1

4‖Γ[z]‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

) ∫R3

a(x)|Γ[z]|p+1dx

=1

4t2z‖wz‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

)tp+1z

∫R3

a(x)|wz|p+1dx

≤ t2z1

4‖wz‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

)tp+1z |wz|p+1

p+1

≤ tp+1z [

1

4‖wz‖2 +

(1

4− 1

p+ 1

)‖wz‖2]

= tp+1z

(1

2− 1

p+ 1

)‖w‖2 = tp+1

z m∞.

(3.22)

Assim, para provarmos este lema é suficiente verificarmos que

tp+1z < 2, (3.23)

para todo z ∈ R3. Agora, desde que, tzwz ∈ N , por (3.17) temos

0 = t2z‖wz‖2 + t4z

∫R3

K(x)φwzw2zdx− tp+1

z

∫R3

a(x)|wz|p+1dx

≤ t4z‖wz‖2 + t4z

∫R3

K(x)φwzw2zdx− tp+1

z

∫R3

a(x)|wz|p+1dx,

o que implica

tz ≤(‖wz‖2 +

∫R3 K(x)φwzw

2zdx∫

R3 a(x)|wz|p+1dx

) 1p−3. (3.24)

Por outro lado, como a0 = infx∈R3 a(x), temos∫R3

a(x)|wz|p+1dx ≥ a0

∫R3

|wz|p+1dx. (3.25)

53

3.3 Ferramentas do Tipo Minimax

Por (1.5) ∫R3

K(x)φwzw2zdx ≤ S

−2S−4|K|22‖wz‖4 = S

−2S−4|K|22‖w‖4.

Sendo assim, como por (3.21), ‖w‖2 = 2 (p+1)p−1

m∞, por (3.20), (3.24) e (3.25), temos

tz ≤(‖wz‖2 +

∫R3 K(x)φwzw

2zdx

a0‖wz‖2

) 1p−3 ≤

(1 + ‖wz‖−2∫

R3 K(x)φwzw2zdx

a0

) 1p−3

≤(1 + S

−2S−4|K|22‖wz‖2

a0

) 1p−3

=(1 + S

−2S−42 (p+1)

p−1m∞|K|22

a0

) 1p−3

< (2p−3p+1 )

1p−3 = 2

1p+1 ,

o que prova (3.23). Portanto, por (3.22), segue o resultado desejado.

Lema 3.8 Existe ρ > 0 tal que

max|z|=ρ

I(Γ[z]) < b0.

Demonstração: Pelos Lemas 3.4 e 3.6, temos

lim|z|→∞

I(Γ[z]) = m∞ < b0.

Assim, dado ε = b0−m∞, existe ρ > 0 tal que para todo |z| > ρ implica |I(Γ[z])−m∞| < ε.Com isso, fixado ρ > ρ temos

I(Γ[z]) < b0,

para todo |z| = ρ. Agora, afirmamos que o conjunto I(Γ[z]); |z| = ρ possui um elementomáximo. Com efeito, desde que, o conjunto z ∈ R3; ‖z‖ = ρ é compacto, para provarmosesta afirmação é suficiente verificarmos que o funcional IΓ é contínuo e depois utilizarmoso teorema de Weierstrass. Por ii) do Lema 2.10 e pela imersão H1(R3) → Lp+1(R3), seun → u, em H1(R3), então I(un) → I(u), o que prova que o funcional I é contínuo. Alémdisso, o operador Γ é contínuo pelo Lema 3.5. Assim pelo Teorema de Weierstrass, seguea afirmação, de onde concluímos o resultado desejado.

3.3 Ferramentas do Tipo MinimaxO principal objetivo desta seção é encontrarmos uma solução fraca do tipo bound

state para o problema (P1). Para isto, utilizaremos o Teorema de Linking (ProposiçaoA.13 veja Apêndice). Para utilizarmos tal teorema, será fundamental provarmos algunsresultados prévios.

Corolário 3.1 Com ρ > 0 obtido no lema anterior definindo

Q = Γ(Bρ(0)) e S = u ∈ N ; β(u) = 0,

entãomax∂Q

I < infSI.

54


Demonstração: Desde que b0 = infI(u), u ∈ N , β(u) = 0

a demonstração segue de

forma imediata pelo lema anterior.

Lema 3.9 Existe um link entre S e ∂Q, isto é,

a) ∂Q ∩ S = ∅;

b) h(Q) ∩ S 6= ∅, ∀h ∈ γ = h ∈ C(Q,N );h|∂Q = id.

Demonstração: Provaremos inicialmente a). Para isso, dado u ∈ ∂Q, mostraremosque u 6∈ S. Com efeito, desde que, u ∈ ∂Q, então u = Γ[z], onde ‖z‖ = ρ. Assim, por(3.16) temos β(u) = β(Γ[z]) = z 6= 0, e isto implica que u 6∈ S, como queríamos. Agora,provaremos b). Para isto, para cada h ∈ γ defina a função T : Bρ(0) → R3 por

T (z) = (β h Γ)(z)

que é contínua. Com efeito, conforme consta no Lema 3.8, Γ é contínua, h é contínua porhipótese, e pelo Lema 3.3, β é contínua. Além disso,

T (z) = z (3.26)

para todo z ∈ ∂Bρ(0). De fato, desde que, z ∈ ∂Bρ(0), então Γ(z) ∈ ∂Q o que implicaem h(Γ(z)) = Γ(z) pois h|∂Q = id. Sendo assim, por (3.16)

T (z) = (β h Γ)(z) = z,

como queríamos. Agora mostraremos que existe z ∈ Bρ(0) tal que

T (z) = 0. (3.27)

Com efeito, suponha por contradição que para todo z ∈ Bρ(0) tenhamos T (z) 6= 0. Sendoassim, defina a função ϕ : Bρ(0) → ∂Bρ(0) por

ϕ(z) =ρT (z)

‖T (z)‖

que é contínua pois a função T é contínua. Além disso, por (3.26), temos ϕ(z) = z, paratodo z ∈ ∂Bρ(0), e isto implica que a função é ϕ uma retração de Bρ(0) em ∂Bρ(0), quepela Proposição A.24 (veja Apêndice) é uma contradição, o que prova (3.27). Portanto,

T (z) = (β h Γ)(z) = 0,

para algum z ∈ Bρ(0) e isto implica que h(Γ(z)) ∈ S, ou seja

h(Q) ∩ S 6= ∅,

para todo h ∈ γ, e isto completa a prova do item b).

55


3.3.1 Outros níveis para a condição (PS)d

Observação 3.2 Para provarmos o Teorema 3.1 a principal ferramenta é o Teorema deLinking. Para utilizarmos tal teorema precisamos definir o seguinte nível minimax

c := infh∈γ

maxu∈Q

I(h(u)). (3.28)

No Capítulo 2, mostramos que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)d para todo d ∈(0,m∞). No entanto, este nível minimax c não pertençe ao intervalo (0,m∞). Paracontornarmos esta dificuldade, afim de obtermos um importante resultado de compacidade,provaremos que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)d para todo d pertencente a umnovo intervalo onde o nível minimax c pertence a este novo intervalo.

Observação 3.3 Relembremos que o funcional I|N satistaz a condição (PS)d se todasequência (un) ⊂ N tal que

I(un) → d e ‖I ′(un)‖∗ → 0,


Lema 3.10 O funcional I|N satisfaz a condição (PS)d para todo d ∈ (m∞, 2m∞).

Demonstração: Seja (un) ⊂ N tal que

I(un) → d e ‖I ′(un)‖∗ → 0,

mostraremos que a menos de subsequência

un → u em H1(R3)

para alguma função u ∈ H1(R3). Note que por ii) da Proposição 2.3

un −k∑j=1

uj(.− yjn) → u em H1(R3) (3.29)

onde u é solução fraca do problema (P1). Assim, para provarmos este lema, é suficienteverificarmos que k = 0 no limite acima. Mostraremos inicialmente que k ≤ 1. Por iii) daProposição 2.3, temos

I(un) → I(u) +k∑j=1

I∞(uj) = d, (3.30)

onde uj é solução fraca não trivial do problema (P∞) para 1 ≤ j ≤ k. Como m∞ é o nívelde energia mínima associado ao funcional I∞, segue que

I∞(uj) ≥ m∞. (3.31)

Suponhamos por contradição que k ≥ 2, então

2m∞ > d ≥ I(u) +(k + 1)k

2m∞

≥ I(u) + 3m∞.(3.32)

56


Sendo u solução fraca do problema (P1), conforme demonstrado no Corolário 2.2 temos0 ≤ I(u) o que implica em 2m∞ > 3m∞, contradição já que pela Proposição 3.1 m = m∞,onde por 3) do Lema 1.3 m > 0, e isto prova que k ≤ 1. Agora mostraremos que k = 0.Com efeito, se k = 1, teríamos duas possibilidades:1a possibilidade: se u 6= 0, como u é solução fraca do problema (P1) temos u ∈ N , oque pelo Lema 3.1 implica I(u) ≥ m = m∞. Sendo assm, por (3.30) e (3.31), segue

2m∞ > d = limn→∞

I(un) = I(u) + I∞(u1) ≥ 2m∞,

contradição.2a possibilidade: se u = 0, então I(u) = 0. Assim, por (3.30) segue

d = limn→∞

I(un) = I∞(u1) ∈ (m∞, 2m∞).

Consequentemente, a função u1 não muda de sinal pois do contrário pelo Lema 2.7teríamos I∞(u1) ≥ 2m∞ que é uma contradição. Assim, podemos supor que u1 é positiva.Desde que, pela Proposição 2.1 w que é a solução ground state positiva do problema (P∞)é única a menos de translação, temos u1(.+ z) = w para algum z ∈ R3, o que implica emI∞(u1) = m∞, contradição. Se u1 é negativa, repete-se o mesmo processo com |u1| que éainda solução fraca de (P∞). Portanto, k = 0 em (3.29) e isto prova que

un → u em H1(R3),

como queríamos.

Lema 3.11 O funcional I|N satisfaz a condição (PS)c, para o nível minimax c definidoem (3.28).

Demonstração: Desde que, pelo Lema 3.10 o funcional I|N satisfaz a condição (PS)dpara todo d ∈ (m∞, 2m∞), para provarmos este lema é suficiente verificarmos que c ∈(m∞, 2m∞). Mostraremos inicialmente que

c < 2m∞. (3.33)

Desde que, a função identidade pertence ao conjunto γ, temos

c ≤ maxu∈Q

I(u) = maxz∈Bρ(0)

I(Γ(z)).

Assim, para verificarmos (3.33) é suficiente provamos que

maxz∈Bρ(0)

I(Γ(z)) < 2m∞. (3.34)

Note que, pelo Lema 3.7, I(Γ(z)) < 2m∞, para todo z ∈ R3. Sendo assim, pela compaci-dade do conjunto Bρ(0) e pela continuidade do funcional I Γ provada no Lema 3.8, seque(3.34). Dessa forma, está provado (3.33), como queríamos. Agora mostraremos que

m∞ < c. (3.35)

57


Note que, pelo Lema 3.4 e pelo Lema 3.1

m = m∞ < b0. (3.36)

Assim para provarmos (3.35) é suficiente verificarmos que

b0 ≤ c. (3.37)

Desde que b0 = infI(u);u ∈ N ; β(u) = 0

, temos

b0 ≤ I(u),

para todo u ∈ N com β(u) = 0. Note que por b) do Lema 3.9, para todo h ∈ γ existeu ∈ Q tal que h(u) ∈ S, isto é, β(h(u)) = 0. Assim,

b0 ≤ I(h(u)),

para todo h(u) ∈ N com β(h(u)) = 0. Com isso

b0 ≤ maxu∈Q

I(h(u)),

de onde provamos (3.37). Dessa forma por (3.36) concluímos (3.35), como queríamos.Assim por (3.33) temos

m∞ < c < 2m∞,

o que pelo Lema 3.10, concluímos a prova deste lema.

Pelo lema acima temos que o funcional I|N satisfaz a condição (PS)c, para o nívelminimax c definido em (3.28). Agora, mostraremos que o funcional I satisfaz a condição(PS)c.

Lema 3.12 Se I(un) → c e I ′(un) → 0 em H−1, então a menos de subsequência

un → u em H1(R3).

Demonstração: Note que,

‖I ′(un)‖∗ = suph∈kerG′(un)

‖h‖=1

I ′(un)h ≤ suph∈H1(R3)

|I ′(un)h| = ‖I ′(un)‖H−1 .

Desde que pelo Lema 2.12 para algum λn ∈ R

‖I ′(un)‖∗ = ‖I ′(un)− λnG′(un)‖H−1 ≥ 0,

sendo I ′(un) → 0 em H−1, temos ‖I ′(un)‖∗ → 0. Como I(un) → c, pelo Lema 3.11 temos

un → u em H1(R3),

como queríamos.

Agora, temos todas as condições necessárias para usarmos o Teorema de Linking(Proposição A.13, veja Apêndice). Com este teorema, estabeleceremos o seguinte re-sultado

58


Corolário 3.2 O problema (P1) possui uma solução fraca não trivial.

Demonstração: Pela continuidade da função baricentro β, concluímos que S é umsubconjunto fechado de H1(R3). Agora, note que, pelo Lema 3.9, existe um link entreS e ∂Q. Além disso, pelo Corolário 3.1, max∂Q I < infS I. Sendo assim, desde que, peloLema 3.12 o funcional I satisfaz a condição (PS)c para o nível c definido em (3.28), peloTeorema de Linking (Proposição A.13 veja Apêndice), c é valor crítico de I, isto é, paraalgum u ∈ H1(R3), tem-se I(u) = c e I ′(u) = 0, de onde concluímos que u é solução fracado problema (P1). Note que, u 6= 0, pois pelo Lema 3.11, 0 < m = m∞ < b0 ≤ c e istocompleta a prova deste corolário.

Corolário 3.3 O problema (P1) possui solução fraca estritamente positiva.

Demonstração: Com uma demonstração análoga feita no corolário anterior prova-seque o problema auxiliar

−∆u+ u+K(x)φu(x)u = a(x)(u+)p em R3,

possui uma solução fraca não trivial. Inicialmente, note que esta solução é não negativa.Com efeito ∫

R3

(∇u∇ϕ+ uϕ)dx+

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx =

∫R3

a(x)(u+)pϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3), o que em particular temos∫R3

(∇u∇u− + uu−)dx+

∫R3

K(x)φu(x)uu−dx =

∫R3

a(x)(u+)pu−dx,

assim,

−‖u−‖ −∫

R3

K(x)φu(x)(u−)2 = 0.

Desde que, pela condição (K) e 4) do Lema 1.2 K e φu são funções não negativas, segueque u− ≡ 0, como queríamos. Agora, visando utilizar um resultado de regularidademostraremos que

u ∈ C2(R3). (3.38)

Para isto, note que−∆u = ψ,

onde ψ(x) := a(x)|u|p−1u− u−K(x)φu(x)u. Assim,

|ψ(x)| ≤ f(x)(1 + |u|),

com f(x) := |a(x)|u|p−1 − 1 − K(x)φu(x)|. Afirmamos que f ∈ L32loc(R3). Com efeito,

desde que, K ∈ L2(R3) então K32 ∈ L

43 (R3). Como φu ∈ D1,2(R3) → L6(R3) temos

φ32u ∈ L4(R3), o que pela desigualdade de Hölder segue Kφu ∈ L

32loc(R3). Assim, como pela

condição (a1) a ∈ L∞(R3) sendo 3 < s := 32(p − 1) < 6 (p ∈ (3, 5)) e u ∈ H1(R3) →

Ls(R3) segue a afirmação. Pelo Teorema de Brezis-Kato (Proposição A.22 do Apêndice),u ∈ Lqloc(R3) para todo q < +∞. Assim, desde que, pela condição (K) e por 4) doLema 1.2 φu, K ∈ C(R3), temos que ψ ∈ L3

loc(R3). Disto segue pela Proposição A.20 que

59


u ∈ W 2,3loc (R3), o que pela Proposição A.17 implica em u ∈ C0,γ

loc (R3) para γ < 1. Assim,ψ ∈ C0,γ

loc (R3). Seja Nψ o potencial Newtoniano da função ψ. Pela Proposição A.19 (vejaApêndice) Nψ ∈ C2(R3) e

−∆Nψ = ψ em R3.

Assim, u = Nψ q.t.p em R3, o que prova (3.38). Agora, mostraremos que u > 0 em R3

e, com isso, finalizar a prova deste corolário. Suponhamos por contradição que u(x0) = 0para algum x0 ∈ R3. Seja Bρ(x0) uma bola arbitrária. Assim, desde que

−∆u+ cu = a(x)(u+)p ≥ 0 em Bρ(x0),

onde c = 1 + K(x)φu ≥ 0, pelo Princípio do Máximo Forte (veja Proposição A.21 noApêndice) segue u = 0 em Bρ(x0). Como Bρ(x0) é arbitrária, segue que u ≡ 0 em R3 oque pelo corolário anterior é uma contradição e isto completa a prova deste resultado.

A seguir iremos provar o principal resultado deste capítulo.

3.3.2 Prova do Teorema 3.1

Pelo Corolário 3.3 o problema (P1) possui uma solução fraca estritamente positiva.Pelo Lema 3.2 esta solução não é do tipo ground state e, portanto, é do tipo bound state,e isto prova o resultado desejado.

60

Apêndice A

Resultados Utilizados

Neste apêndice, enunciaremos alguns resultados que utilizamos no decorrer deste tra-balho. Alguns serão demonstrados e, para os demais, iremos citar onde a prova pode serencontrada.

Resultados TécnicosProposição A.1 (Lema de Lions) Sejam r > 0 e 2 ≤ q < 6. Se (un) ⊂ H1(R3) é umasequência limitada tal que

limn→∞

(supy∈R3

∫Br(y)

|un|q) = 0,

entãoun → u em Lp(R3)

para cada 2 < p < 6.

Demonstração: Veja Lema 1.21 em [20].

Proposição A.2 (Lema de Brezis-Lieb) Seja (un) ⊂ Lp(R3), 1 ≤ p <∞, tal que

i) (un) é limitada em Lp(R3) e

ii) un → u q.t.p. em R3.

Então,limn→∞

(|un|pp − |un − u|pp) = |u|pp.


Corolário A.1 Seja (un) ⊂ H1(R3) tal que un u em H1(R3). Se p ∈ [2, 6) então

limn→∞

(|un|pp − |un − u|pp) = |u|pp.

61

Demonstração: Desde que, H1(Bρ(0)) → Lp(Bρ(0)), compactamente, para todo ρ > 0temos un → u em Lp(Bρ(0)). Assim, a menos de subsequência un(x) → u(x) q.t.p emBρ(0). Note que, x ∈ R3;un(x) 9 u(x) = ∪ρ>0x ∈ Bρ(0);un(x) 9 u(x), então

un → u q.t.p. em R3.

Além disso, (un) é limitada em H1(R3) → Lp(R3). Dessa forma, pelo Lema de Brezis-Liebtemos

limn→∞

(|un|pp − |un − u|pp) = |u|pp,

como queríamos.

Definição A.1 Seja Ω ⊂ R3. No espaço Lr(Ω) ∩ Ls(Ω), definimos a norma

‖u‖r∧s = |u|r + |u|s

e no espaço Lr(Ω) + Ls(Ω), definimos a norma

‖u‖r∨s = inf|v|r + |w|s; v ∈ Lr(Ω) e w ∈ Ls(Ω), u = v + w.

Lema A.1 Assuma que 1 ≤ r, s, p, q <∞, f ∈ C(Ω× R) e

|f(x, u)| ≤ C(|u|p/r + |u|q/s).

Então, para todo u ∈ Lp(Ω) ∩ Lq(Ω), f(., u) ∈ Lr(Ω) + Ls(Ω) e a função

A : Lp(Ω) ∩ Lq(Ω) → Lr(Ω) + Ls(Ω)

definida por A(u) = f(., u) é contínua.

Demonstração: Veja Teorema A.4 em [20].

Resultados de Medida e IntegraçãoO próximo resultado é conhecido como Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue.

Proposição A.3 Seja (fn) uma sequência de funções em L1(Ω) tal que

i) fn → f q.t.p. em Ω;

ii) existe g ∈ L1(Ω) tal que, para cada n ∈ N,

|fn| ≤ g, q.t.p. em Ω.

Então, f ∈ L1(Ω) elimn→∞

|fn − f |L1(Ω) = 0.

Demonstração: Veja Teorema 4.2 em [10].

Proposição A.4 Seja (fn) uma sequência de funções em Lp(Ω), 1 ≤ p ≤ ∞, tal quefn → f em Lp(Ω). Então, a menos de subsequência,

62

i) un → u q.t.p. em Ω e

ii) |un| ≤ h q.t.p. em Ω, para alguma função h em Lp(Ω).


Proposição A.5 Seja f : Ω → R uma função mensurável à Lebesgue não negativa.Então f = 0 q.t.p. em Ω se, e somente se,∫

Ω

fdµ = 0.

Demonstração: Veja Corolário 4.10 em [3].

Proposição A.6 Seja f : R3 → R uma função mensurável à Lebesgue, não negativa talque

∫Ωfdµ < ∞. Então,

∫Ωfdµ é absolutamente contínua com relação a µ, isto é, para

todo ε > 0, existe δ > 0 tal que µ(Ω) < δ implica∫

Ωfdµ < ε.

Demonstração: Veja Corolário 4.1.2 em [14].

Proposição A.7 (Desigualdade Generalizada de Hölder) Suponha que as funçõesf1, f2, ..., fk : Ω ⊂ R3 → R são tais que

fi ∈ Lpi(Ω) i = 1, 2, ..., k com1

p=

1

p1

+1

p2

+ ...+1

pk≤ 1.

Então, o produto f = f1f2...fk ∈ Lp(Ω) e

|f |p ≤ |f1|p1|f2|p2 ...|fk|pk .


Resultados de Análise FuncionalO resultado a seguir é conhecido como Teorema da Representação de Riesz.

Proposição A.8 Seja E um espaço de Hilbert. Dado f ∈ E ′, então existe um únicoz = z(f) ∈ E tal que

f(x) = 〈x, z〉,

todo x ∈ E. Além disso, ‖z‖E = ‖f‖E′.


Proposição A.9 Seja E um espaça de Banach reflexivo e (xn) uma sequência limitadaem E. Então, (xn) possui uma subsequência que converge na topologia fraca de E.


63

Uma Versão do Princípio Variacional de EkelandNesta seção, através do Lema de Deformação, provaremos uma versão do Princípio

Variacional de Ekeland. Este resultado foi fundamental para a obtenção de pontos críticosdo funcional I associado ao problema (P1). Inicialmente, precisamos introduzir algumasdefinições e notações básicas.

Definição A.2 Sejam X um espaço de Banach, ψ ∈ C2(X,R) e V =v ∈ X;ψ(v) = 1

tal que, para todo v ∈ V , tem-se ψ′(v) 6= 0. Então, temos:

i) O espaço tangente a V no ponto v é definido por

TvV =y ∈ X; 〈ψ′(v), y〉 = 0

.

ii) Sejam ϕ ∈ C1(X,R) e v ∈ V . A norma da derivada da restrição de ϕ a V em v édada por

‖ϕ′(v)‖∗ = supy∈TvV‖y‖=1

〈ϕ′(v), y〉.

iii) O ponto v é um ponto crítico de ϕ restrito a V se

‖ϕ′(v)‖∗ = 0.

iv) ϕc = v ∈ V ;ϕ(v) ≤ c, com c ∈ R.

Lema A.2 (Lema de Deformação) Sejam ϕ ∈ C1(X,R), S ⊂ V, c ∈ R, ε, δ > 0 taisque

∀u ∈ ϕ−1([c− 2ε, c+ 2ε]) ∩ S2δ tem-se ‖ϕ′(u)‖∗ ≥8ε

δ,

ondeS2δ =

u ∈ X; dist(u, S) ≤ 2δ

.

Então, existe η ∈ C([0, 1]× V, V ) tal que

i) η(t, u) = u se t = 0 ou u 6∈ ϕ−1([c− 2ε, c+ 2ε]) ∩ S2δ;

ii) η(1, ϕc+ε ∩ S) ⊂ ϕc−ε;

iii) ϕ(η(., u)) é não crescente ∀u ∈ V.


Como consequência imediata do Lema de Deformação, temos o seguinte resultado queé uma versão do Princípio Variacional de Ekeland.

Proposição A.10 (Princípio Variacional de Ekeland) Sejam X um espaço de Ba-nach e G ∈ C2(X,R) tal que para todo v ∈ V = v ∈ X;G(v) = 1, tem-se G′(v) 6= 0.Sejam F ∈ C1(X,R) limitado inferiormente em V , v ∈ V e ε, δ > 0 tais que

F (v) ≤ infVF + ε.

Então, existe uε ∈ V tal que

64

i) F (uε) ≤ infV F + 2ε;

ii) ‖uε − v‖ ≤ 2δ;

iii) minλ∈R ‖F ′(uε)− λG′(uε)‖ ≤ 8ε/δ.

Demonstração: Suponhamos, por contradição, que para todo u ∈ V tal que

F (u) ≤ infVF + 2ε, ‖u− v‖ ≤ 2δ,

tenhamos‖F ′(u)‖∗ = min

λ∈R‖F ′(u)− λG′(u)‖ > 8ε

δ,

isto é,

∀u ∈ F−1([c− 2ε, c+ 2ε]) ∩ S2δ, temos ‖F ′(u)‖∗ >8ε

δ,

onde c = infV F e S = v. Pelo Lema A.2 existe η : [0, 1]× V → V contínua tal que

η(1, F c+ε ∩ S) ⊂ F c−ε.

Note que, F (v) ≤ c+ ε, isto é, v ∈ F c+ε. Assim,

F c+ε ∩ S = v,

o que implica η(1, v) ∈ F c−ε, de onde obtemos F (η(1, v)) ≤ c− ε < c. Sendo assim, desdeque, η(1, v) ∈ V e c = infV F, obtemos

c = infVF ≤ F (η(1, v)) ≤ c− ε,

o que é uma contradição, e isto prova o resultado desejado.

Proposição A.11 Seja E um espaço de Hilbert. Dados f, g ∈ E ′, então

supy∈ker g‖y‖=1

〈f, y〉 = minλ∈R

‖f − λg‖.

Demonstração: Com efeito, para todo λ ∈ R temos


〈f, y〉 = supy∈ker g‖y‖=1

〈f − λg, y〉

≤ sup‖u‖=1

〈f − λg, y〉 = ‖f − λg‖,

isto é, sup y∈ker g‖y‖=1

〈f, y〉 é uma cota inferior do conjunto‖f − λg‖;λ ∈ R

.

Note que, pelo Teorema de Hahn Banach, existe f : E → R tal que f = f em ker g e

‖f‖ = supy∈ker g‖y‖=1

〈f, y〉.

65

Desde que f = f em ker g, temos ker g ⊂ ker(f − f). Assim, existe λ0 em R tal quef = f − λ0g, o que implica que


〈f, y〉 = ‖f‖ = ‖f − λ0g‖,

de onde concluímos que ‖f − λ0g‖ é o mínimo do conjunto‖f − λg‖;λ ∈ R

. Portanto,


〈f, y〉 = minλ∈R

‖f − λg‖,

como queríamos.

Proposição A.12 Sejam ψ, ϕ ∈ C1(X,R) e u ∈ V =v ∈ X;ψ(v) = 1

. Então,

‖ϕ′(u)‖∗ = minλ∈R

‖ϕ′(u)− λψ′(u)‖.

Demonstração: Com efeito,

‖ϕ′(u)‖∗ = supy∈TuV‖y‖=1

〈ϕ′(u), y〉

= supy∈kerψ′(u)‖y‖=1

〈ϕ′(u), y〉

= minλ∈R

‖ϕ′(u)− λψ′(u)‖.

Pelas condições da proposição acima, temos

Corolário A.2 u é ponto crítico de ϕ|V se, e somente se, existe λ0 ∈ R tal que

ϕ′(u) = λ0ψ′(u).

Demonstração: Se u é ponto crítico de ϕ|V , por iii) da Definição A.2, ‖ϕ′(u)‖∗ = 0.Assim, pela Proposição A.12

minλ∈R

‖ϕ′(u)− λψ′(u)‖ = 0,

consequentementeϕ′(u) = λ0ψ

′(u),

para algum λ0 ∈ R. Reciprocamente, se ϕ′(u) = λ0ψ′(u), para algum λ0 ∈ R, então

minλ∈R ‖ϕ′(u)− λψ′(u)‖ = 0, de onde obtemos pela Proposição A.12

‖ϕ′(u)‖∗ = 0,

isto é, u é ponto crítico de ϕ|V , o que prova o resultado desejado.

Sob as hipóteses da Proposição A.10, como consequência da Proposição A.12, temos:

66

Corolário A.3 Seja (vn) ⊂ V uma sequência tal que

F (vn) → infVF.

Então, existe uma sequência (un) ⊂ V tal que

a) F (un) → infV F ;

b) ‖un − vn‖ → 0;

c) ‖F ′(un)‖∗ → 0.

Demonstração: Para todo n ∈ N, existe vn ∈ V tal que

infVF ≤ F (vn) ≤ inf

VF + 1/n2.

Assim, pela Proposição A.10 existe un ∈ V tal que

a) infV F ≤ F (un) < infV F + 2/n2;

b) ‖un − vn‖ ≤ 2/n;

c) minλ∈R ‖F ′(un)− λG′(un)‖ = ‖F ′(un)‖∗ ≤ 8n/n2,

e isto prova o resultado desejado.

Teorema de LinkingEnunciaremos, agora, um resultado que utilizamos para encontrar pontos críticos do

funcional I associado ao problema (P1).Começaremos introduzindo as seguinte definições:

Definição A.3 (Sequência de Palais-Smale) Sejam X um espaço de Banach, I ∈C1(X,R) e c ∈ R. Dizemos que o funcional I satisfaz a condição (PS)c, se toda sequência(un) ⊂ X tal que

I(un) → c e I ′(un) → 0,


Observação A.1 Relembramos que Ic = u ∈ X; I(u) ≤ c, com c ∈ R

Lema A.3 Sejam X um espaço de Banach e I ∈ C1(X,R). Suponha que S ⊂ X, c ∈ Re ε, δ > 0 são tais que

‖I ′(u)‖ ≥ 4ε

δ

para todo u ∈ I−1([c− 2ε, c+ 2ε])∩S2δ, onde Sδ = u ∈ X; dist(u, S) ≤ δ. Então, existeη ∈ ([0, 1]×X,X) satisfazendo

i) η(0, u) = u, para todo u ∈ X;

ii) η(t, u) = u, se u 6∈ I−1([c− 2ε, c+ 2ε]) ∩ S2δ para todo t ∈ [0, 1];

67

iii) η(1, Ic+ε ∩ S) ⊂ Ic−ε ∩ Sδ;

iv) η(t, .) é um homeomorfismo para todo t ∈ [0, 1].


Lema A.4 Suponha que I ∈ C1(X,R) satisfas a condição (PS)c para algum c ∈ R. Se cnão é valor crítico do funcional I, então para algum ε > 0 suficientemente pequeno, existeη ∈ ([0, 1]×X,X) tal que para todo u ∈ X e t ∈ [0, 1], tem-se:

i) η(0, u) = u;

ii) η(t, u) = u, se u 6∈ I−1([c− 2ε, c+ 2ε]);

iii) η(1, Ic+ε ∩ S) ⊂ Ic−ε;

iv) η(t, .) é um homeomorfismo.

Demonstração: Inicialmente, mostraremos que existem α, β tais que

‖I ′(u)‖ ≥ β

para todo u ∈ I−1([c−2α, c+2α]). Suponhamos, por contradição que exista uma sequência(un) ⊂ X satisfazendo

‖I ′(un)‖ <1

n, c− 2

n≤ I(un) ≤ c+

2

n.

Assim,I(un) → c e I ′(un) → 0.

Desde que o funcional I satisfaz a condição (PS)c a menos de subsequência temos un → uem X. Disto seque que I ′(un) → I ′(u) e I(un) → I(u), o que pela unicidade do limitetemos que c é um valor crítico do funcional I, o que é uma contradição. Portanto, tomandoS = X, ε ∈ (0, α] e δ = 4ε

βno Lema A.3 temos o resultado desejado.

Definição A.4 Sejam X um espaço de Banach, S ⊂ X um subconjunto fechado e Q ⊂X. Dizemos que existe um link entre S e ∂Q se

i) S ∩ ∂Q = ∅;

ii) para toda função h ∈ γ = h ∈ C(X,X);h|∂Q = id existe u ∈ S tal que h(u) ∈ Q.

Proposição A.13 (Teorema de Linking) Sejam I ∈ C1(X,R) um funcional quesatisfaz a condição (PS)c para todo c ∈ R, S ⊂ X um subconjunto fechado e Q ⊂ X.Supondo que

1) existe um link entre S e ∂Q;

2) b := infu∈S I(u) > a := supu∈∂Q I(u),

68

considerandoγ := h ∈ C(X,X);h|∂Q = id,

temos que o nível minimaxc := inf

h∈γmaxu∈Q

I(h(u)) (A.1)

é um valor crítico do funcional I, isto é, para algum u ∈ X, I(u) = c e I ′(u) = 0.

Demonstração: Desde que existe um link entre ∂Q e S, dada h ∈ γ, existe u0 ∈ Q talque h(u0) ∈ S. Assim,

maxu∈Q

I(h(u)) ≥ I(h(u0)) ≥ infu∈S

I(u) = b,

para todo h ∈ γ, o que implica que

c ≥ b > a. (A.2)

Agora, suponhamos por contradição que o nível minimax c dado em (A.1) não é valorcrítico do funcional I. Pelo Lema A.4 existem

0 < ε < (b− a)/2 (A.3)

e η ∈ C([0, 1]×X,X) tais que

η(t, u) = u, se u 6∈ I−1([c− 2ε, c+ 2ε]) (A.4)

para todo t ∈ [0, 1] eη(1, Ic+ε) ⊂ Ic−ε. (A.5)

Note que, por definição de ínfimo, para ε > 0 obtido acima, existe h ∈ γ tal que

maxu∈Q

I(h(u)) < c+ ε. (A.6)

Agora, defina h : Q→ X porh(u) := η(1, h(u)).

Se u ∈ ∂Q sendo a = maxu∈∂Q I(u), por (A.2) e (A.3) temos

I(u) ≤ a < c− 2ε,

o que implica emu 6∈ I−1([c− 2ε, c+ 2ε]).

Assim, como u ∈ ∂Q e h ∈ γ por (A.4) segue

h(u) = η(1, h(u)) = η(1, u) = u,

de onde temos h ∈ γ. Além disso, por (A.6) temos h(u) ∈ Ic+ε para todo u ∈ Q, de ondepor (A.5) obtemos

h(u) = η(1, h(u)) ∈ Ic−ε,

isto é, I(h(u)) ≤ c− ε. Assim, desde que h ∈ γ temos

c ≤ maxu∈Q

I(h(u)) ≤ c− ε,

o que é uma contradição. Portanto, c é um valor crítico do funcional I como queríamos.

69

Espaços de HölderDefinição A.5 Seja Ω ⊂ R3 aberto. Dizemos que uma função f : Ω → R é Höldercontínua com expoente γ, se para algum 0 < γ ≤ 1 tem-se

supx,y∈Ωx6=y

|f(x)− f(y)||x− y|γ

<∞.

Denotaremos por C0,α(Ω) o espaço vetorial das funções Hölder contínua. Dizemos queuma função é localmente Hölder contínua com expoente γ, se ela for Hölder contínua comexpoente γ em todo subconjunto compacto de Ω.

Agora, definiremos o conjunto

Cm,α(Ω) =f ∈ C(Ω);Dβf ∈ C0,α(Ω) para todo |β| ≤ m

.

Imersões de SobolevProposição A.14 (Gagliardo-Nirenberg-Sobolev) A imersão

H1(R3) → L6(R3)

é continua, mais precisamente, existe uma constante C > 0 tal que

|u|L6(R3) ≤ C|∇u|L2(R3),

para todo u ∈ C1c (R3).

Demonstração: Veja Teorema 9.9 em [10].Proposição A.15 A imersão

H1(R3) → Lq(R3),

é continua para todo q em [2, 6].

Demonstração: Veja Corolário 9.10 em [10].

Denotamos por S a melhor constante da imersão H1(R3) → L6(R3) contínua, maisprecisamente

S := infu∈H1(R3)\0

‖u‖|u|6

.

Proposição A.16 (Kellich-Kondrachov) Se Ω ⊂ R3 é um subconjunto aberto e limi-tado de classe C1, então a imersão

H1(Ω) → Lq(Ω),

é compacta para todo q em [1, 6).

Demonstração: Veja Teorema 9.15 em [10].Proposição A.17 Seja Ω ⊂ R3 um subconjunto aberto e limitado de classe C1. Suponhaque u ∈ W k,p(Ω). Se k > 3

p, então u ∈ Ck−[ 3

p ]−1,γ(Ω), onde

γ =

[3p

]+ 1− 3

p, se 3

pnão é um inteiro

qualquer γ < 1, se 3p

é um inteiro.

Demonstração: Veja Teorema 6 em [13].

70

O Espaço H1rad(R3)

Nesta seção, iremos introduzir o espaço H1rad(R3). Para maiores detalhes veja [20].

Denotaremos o conjunto dos operadores lineares A : R3 → R3 que preserva o produtointerno por

O(3) =A ∈ L(R3,R3); 〈Ax,Ay〉 = 〈x, y〉

.

Prova-se que A ∈ O(3) então detA = ±1. Com isso, o conjunto

SO(3) =A ∈ L(R3,R3); 〈Ax,Ay〉 = 〈x, y〉 e detA = 1

é um subgrupo de O(3).

Definição A.6 H1rad(R3) =

u ∈ H1(R3); u(x) = u(g(x));∀g ∈ SO(3),∀x ∈ R3

.

O Espaço D1,2

Nesta seção, vamos considerar Ω ⊂ R3 um aberto. Definimos o espaço D1,2(Ω) comosendo o conjunto

D1,2(Ω) = u ∈ L2∗(Ω);∂u

∂xi∈ L2(Ω), i = 1, 2, 3,

munido da norma‖u‖D1,2(Ω) := |u|L2∗ (Ω) + |∇u|L2(Ω).

DefinimosD1,20 (Ω) como sendo o completamento de C∞

c (Ω) com respeito a norma ‖u‖D1,2(Ω).O próximo resultado relaciona os espaços D1,2(Ω) e W 1,2(Ω), no caso em que Ω = R3.

Proposição A.18 W 1,2(R3) = W 1,20 (R3) ( D1,2(R3) = D1,2

0 (R3).


Com este resultado, podemos afirmar que

‖u‖D1,2(R3) := |∇u|L2(R3)

é uma norma sobre D1,2(R3). Com efeito, dado u ∈ D1,2(R3), existe uma sequência(ϕn) ⊂ C∞

c (R3) tal queϕn → u em D1,2(R3).

Note que, pela Proposição A.14

|ϕn|L2∗ (R3) ≤ C|∇ϕn|L2(R3).

Consequentemente,|u|L2∗ (R3) ≤ C|∇u|L2(R3).

Assim,‖u‖D1,2(R3) ≤ (1 + C)|∇u|L2(R3).

Por outro lado,‖u‖D1,2(R3) ≥ |∇u|L2(R3).

Portanto, segue a afirmação. Além disso, segue que D1,2(R3) está imerso continuamenteem L2∗(R3).

71

Observação A.2 Se Ω ⊂ R3 é um subconjunto aberto de medida finita com fronteira declasse C1, então

H1(Ω) = D1,2(Ω) → Lq(Ω),

compactamente para todo q ∈ [1, 2∗). Além disso, D1,2(Ω) e D1,20 (Ω) são espaços de Hilbert

separáveis.

Denotamos por S é a melhor constante da imersão D1,2(Ω) → L6(R3) contínua, maisprecisamente

S := infu∈D1,2(Ω)\0

‖u‖D1,2

|u|6.

Em [20], vemos que essa constante é atingida somente quando Ω = R3.

Resultados de RegularidadeA equação homogênea

∆u = 0 em R3

é chamada equação de Laplace.

Definição A.7 A função

Γ(x− y) =1

3ω3|x− y|,

definida para x ∈ R3, x 6= y, é a solução fundamental da equação de Laplace, onde ω3 éo volume da esfera unitária em R3.

Definição A.8 Definimos o potencial Newtoniano Nf : R3 → R de uma função mensu-rável f : R3 → R por

Nf (x) =

∫R3

Γ(x− y)f(y)dy.

Para maiores detalhes veja [15]. Os dois próximos resultados nos fornecem propriedadesimportantes do pontecial Newtoniano de uma função f : Ω → R.

Proposição A.19 Sejam Ω um domínio limitado e uma função f : Ω → R localmenteHölder contínua com expoente α ≤ 1. Então, Nf ∈ C2(Ω) e

−∆Nf = f em Ω.


Proposição A.20 (Teorema de Calderon-Zygmund) Sejam Ω um domínio limitadoe uma função f ∈ Lp(Ω), 1 < p < +∞. Então, Nf ∈ W 2,p(Ω) e

−∆Nf = f q.t.p. em Ω.


72

Proposição A.21 (Princípio do Máximo Forte) Considere o operador elíptico L dadopor

Lu = −∆u+ cu em Ω,

onde c ∈ L∞(Ω), Ω ⊂ R3 é limitado e conexo, u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) e c ≥ 0 em Ω. SeLu ≥ 0 em Ω e u atinge um mínimo em Ω, então u é constante em Ω.


Proposição A.22 (Teorema de Brezis-Kato) Sejam Ω um domínio em R3 e g : Ω×R → R uma função Caractheódory tal que

|g(x, u)| ≤ a(x)(1 + |u|) q.t.p em Ω,

para alguma função a ∈ L32loc(R3). Se u ∈ H1

loc(Ω) é solução fraca do problema

−∆u = g(x, u) em Ω,

então u ∈ Lqloc(Ω) para todo q < +∞. Além disso, se u ∈ H10 (Ω) e a ∈ L

32 (R3) então

u ∈ Lq(Ω) para todo q < +∞.

Demonstração: Veja Lema B.3 em [19].

Teorema dos Multiplicadores de LagrangeDefinição A.9 Seja X um espaço de Banach, F ∈ C1(X,R) e um conjunto de vínculos

S := u ∈ X;F (u) = 0.

Suponhamos que para todo u ∈ S, tenhamos F ′(u) 6= 0. Seja J ∈ C1(X,R). Dizemosque c ∈ R é valor crítico de J sobre S se existem u ∈ S e λ ∈ R tais que J(u) = c eJ ′(u) = λF ′(u). Neste caso dizemos que u é um ponto crítico de J sobre S e o número λé denominado de multiplicador de Lagrange para o valor crítico c.

Proposição A.23 (Teorema dos Multiplicadores de Lagrange) Sejam X um es-paço de Banach, F,G ∈ C1(X,R) e u0 ∈ X um extremo local de F restrito ao conjunto

S = u ∈ X;G(u) = 1,

isto é,F (u0) = inf

u∈SF (u).

Se G′(u0) 6= 0, então existe λ ∈ R tal que

F ′(u0) = λG′(u0).

Demonstração: Veja Proposição 14.3 em [16].

73

Grau de BrouwerNesta seção, definiremos uma função que nos dará informações quanto a existência e

unicidade de soluções da equação ϕ(x) = b, onde ϕ ∈ C(Ω,R3), Ω ⊂ R3 é um aberto elimitado e b é um ponto fixado em R3. Tal função é denotada por d, que a cada terna(ϕ,Ω, b) associa a um número natural d(ϕ,Ω, b) que é denominado de grau de ϕ sobre Ωcom respeito a b. Os próximos resultados podem ser encontrados em [8] ou [12].

Definição A.10 Sejam Ω ⊂ R3 aberto e limitado, ϕ ∈ C(Ω,R3) ∩ C2(Ω,R3) tal queb ∈ R3 é valor regular da restrição ϕ|Ω, ou seja, se x ∈ ϕ−1(b), então ϕ′(x) é invertível.Pelo Teorema da Aplicação Inversa ϕ−1(b) é finito. O grau de ϕ sobre Ω com respeito ab é definido por

d(ϕ,Ω, b) = Σx∈f−1(b)sgn detϕ′(x).

Abaixo, listamos algumas propriedades da teoria do grau:g1) Continuidade com relação a função. Sejam ϕ ∈ C(Ω,R3) e b 6∈ ϕ(∂Ω). Então,existe uma vizinhança V de ϕ em C(Ω,R3) tal que para todo ψ ∈ V,

b 6∈ ψ(∂Ω) e d(ϕ,Ω, b) = d(ψ,Ω, b).

g2) Invariância por Homotopia. Sejam H ∈ C(Ω × [0, 1],R3) e b 6∈ H(∂Ω × [0, 1]).Então,

d(H(., t),Ω, b)

é constante para todo t ∈ [0, 1].g3) Aditividade. Seja Ω = Ω1∪Ω2, onde Ω1 e Ω2 são abertos de R3 tais que Ω1∩Ω2 = ∅.Se b 6∈ ϕ(∂Ω1) ∪ ϕ(∂Ω2) então

d(ϕ,Ω, b) = d(ϕ,Ω1, b) + d(ϕ,Ω2, b).

g4) Propriedade de Existência. Se 0 6∈ ϕ(∂Ω) e d(ϕ,Ω, 0) 6= 0, então 0 ∈ ϕ(Ω).

Teorema da Não RetraçãoCom propriedades da teoria do grau dadas acima, iremos estabelecer uma importante

relação entre os conjuntos

B1(0) = x ∈ R3; ‖x‖ ≤ 1 e S2 = x ∈ R3; ‖x‖ = 1.

Inicialmente, daremos a seguinte definição:

Definição A.11 Uma retração do espaço topológico X no subespaço Y é uma aplicaçãocontínua ϕ : X → Y tal que

ϕ(y) = y,

para todo y ∈ Y .

Agora, mostraremos que

Proposição A.24 Não existe retração de B1(0) em S2.

74

Demonstração: Suponhamos, por contradição, que existe uma retração

ϕ : B1(0) → S2.

Denote por U o interior de B1(0). Agora, note que, definindo a homotopoia H : U ×[0, 1] → R3 por

H(x, t) := (1− t)x+ tϕ(x),

temos que 0 6∈ H(S2 × [0, 1]). Com efeito, como ϕ é uma retração de B1(0) em S2, temospara todo x ∈ S2, ϕ(x) = x. Assim, para todo t ∈ [0, 1]

H(x, t) = (1− t)x+ tx = 1,

como queríamos. Assim, pela Propriedade g2), temos

d(id, U, 0) = d(ϕ,U, 0) = 1.

Dessa forma, desde que 0 6∈ ϕ(S2), pela Propriedade g4) temos

0 ∈ ϕ(U) ⊂ S2,

o que é uma contradição, e isto prova o resultado desejado.

Uma Desigualdade ElementarLema A.5 Se p ∈ [1,∞) então para quaisquer funções u, v : R3 → R

||u|p−1u− |v|p−1v| ≤ β|u− v|(|u|+ |v|)p−1,

para alguma constante β > 0.

Demonstração: Defina a função f : [0, 1] → R por

f(t) = |v + t(u− v)|p−1(v + t(u− v)).

Pelo Teorema Fundamental do Cálculo,

||u|p−1u− |v|p−1v| = |f(1)− f(0)| = |∫ 1

0

f ′(t)dt| ≤∫ 1

0

|f ′(t)|dt.

Agora, note que

|f ′(t)| ≤ (p− 1)|v + t(u− v)|p−1|u− v|+ |v + t(u− v)|p−1|u− v|= p|v + t(u− v)|p−1|u− v|

e para todo t ∈ [0, 1] temos

|v + t(u− v)| ≤ |v|+ t|u− v| ≤ |v|+ |u− v| ≤ |v|+ |u|+ |v| ≤ 2(|v|+ |u|),

de onde concluímos que

|f ′(t)| ≤ p2p−1(|u|+ |v|)p−1|u− v|.

Portanto,||u|p−1u− |v|p−1v| ≤ p2p−1(|u|+ |v|)p−1|u− v|,

o que prova o lema com β = p2p−1.

75

Funcionais DiferenciáveisDefinição A.12 Seja X um espaço de Banach e U ⊂ X aberto, considere um funcionalI : U → R. Este funcional possui derivada de Gateaux f ∈ X ′ no ponto u ∈ U se paratoda ϕ ∈ X tem-se

limt→0

I(u+ tϕ)− I(u)− f(ϕ)

t= 0.

Definição A.13 O funcional I : U → R possui derivada de Fréchet em u ∈ U , se existirf ∈ X ′ verificando

lim‖ϕ‖→0

|I(u+ ϕ)− I(u)− f(ϕ)|‖ϕ‖

= 0

para toda ϕ ∈ X. Dizemos que I ∈ C1(U,R) se a derivada de Fréchet é contínua.

O próximo resultado relaciona as derivadas de Fréchet e de Gateaux do funcional I : U →R.

Lema A.6 Seja I : X → R um funcional definido em um espaço de Banach X. Sea derivada de Gateaux é continua em X ′, então as derivadas de Gateaux e de Fréchetcoincidem e I ∈ C1(X,R).

Demonstração: Denotemos por I ′(u) a derivada de Gateaux no ponto u ∈ X. Agora,consideremos

r(ϕ) := I(u+ ϕ)− I(u)− I ′(u)ϕ. (A.7)

Nosso objetivo é mostrar que

|r(ϕ)|‖ϕ‖

→ 0 quando ‖ϕ‖ → 0. (A.8)

Inicialmente, defina a função ψ : [0, 1] → R por

ψ(t) = I(u+ tϕ).

Esta função é diferenciável. Com efeito,

limt→0

ψ(ξ + t)− ψ(ξ)

t= lim

t→0

I(u+ ξϕ+ tϕ)− I(u+ ξϕ)

t= I ′(u+ ξϕ)ϕ.

Desde que, o funcional I é Gateaux diferenciável, segue a diferenciabilidade da função ψe que ψ′(ξ) = I ′(u + ξϕ)ϕ. Sendo assim, pelo Teorema do Valor Médio, existe ς ∈ (0, 1)tal que

ψ(1)− ψ(0) = ψ′(ς).

Assim,I(u+ ϕ)− I(u) = I ′(u+ ςϕ)ϕ,

o que por (A.7) implica em

r(ϕ) = I ′(u+ ςϕ)ϕ− I ′(u)ϕ = (I ′(u+ ςϕ)− I ′(u))ϕ.

76

Consequentemente,|r(ϕ)| ≤ ‖I ′(u+ ςϕ)− I ′(u)‖‖ϕ‖.

Pela continuidade da derivada de Gateaux em X ′, segue (A.8), e isto completa a provadeste lema.

Agora considere os funcionais I1, I2, I3 : H1(R3) → R definidos por

I1(u) =1

2‖u‖2, I2(u) =

1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx e I3(u) =

1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

Nosso objetivo é mostrar que estes funcionais são de classe C1(H1(R3),R). Inicialmente,mostraremos que os funcionais I1, I2 e I3 estão bem definidos. Com efeito,i) Sendo u ∈ H1(R3), então I1(u) = 1

2‖u‖2 <∞.

ii) Como u ∈ H1(R3) → L6(R3), então u2 ∈ L3(R3). Além disso, K ∈ L2(R3) e φu ∈D1,2(R3) → L6(R3). Pela desigualdade generelizada de Hölder segue∫

R3

|K(x)φu(x)u2|dx ≤ |K|2|u2|3|φu|6,

de onde temos que I2 está bem definido.iii) Desde que, a ∈ L∞(R3) e u ∈ H1(R3) → Lp+1(R3), temos∫

R3

a(x)|u|p+1dx ≤ ‖a‖∞∫

R3

|u|p+1dx ≤ C‖u‖p+1,

para alguma constante C > 0. Assim I3, está bem definido.

Lema A.7 Se I1 : H1(R3) → R é definido por

I1(u) =1

2‖u‖2,

então I1 ∈ C1(H1(R3),R) eI ′1(u)ϕ = 〈u, ϕ〉,

para toda u, ϕ ∈ H1(R3).

Demonstração: Mostraremos inicialmente que I1 é Gateaux diferenciável. Dados u, ϕ ∈H1(R3), então

I ′1(u)ϕ =1

2limt→0

(‖u+ tϕ‖2 − ‖u‖2)

t

=1

2limt→0

(2〈u, v〉+ t‖ϕ‖2) = 〈u, ϕ〉,

de onde segue que I1 é Gateaux diferenciável. Agora mostraremos que essa derivada écontínua. Para isto, é suficiente verificarmos que se un → u em H1(R3), então I ′1(un) →I ′1(u) em H−1. Dado ϕ ∈ H1(R3) tal que ‖ϕ‖ ≤ 1, temos

|I ′1(un)ϕ− I ′1(u)ϕ| = |〈un, ϕ〉 − 〈u, ϕ〉|= |〈un − u, ϕ〉| ≤ ‖un − u‖‖ϕ‖ ≤ ‖un − u‖.

(A.9)

77

Desde que‖I ′1(un)− I ′1(u)‖H−1 = sup

‖ϕ‖≤1

|(I ′1(un)− I ′1(u))ϕ|,

tomando o supremo na ultima desigualdade e fazendo un → u em H1(R3), obtemos queI ′1(un) → I ′1(u) em H−1. Assim, a derivada de Gateaux é contínua. Portanto, pelo LemaA.6, segue o resultado desejado.


I2(u) =1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx,

então I2 ∈ C1(H1(R3),R) e

I ′2(u)ϕ =

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx,

para toda u, ϕ em H1(R3).

Demonstração: Mostraremos inicialmente que I2 é Gateaux diferenciável. Dadas u, ϕ ∈H1(R3), pela Observação 1.1, temos

φu(x) =1

3ω3

∫R3

K(y)


onde ω3 é o volume da bola unitária em R3. Assim,

g(t) :=φ(u+tϕ)(x)− φu(x)

t=

1

3ω3t

( ∫R3

K(y)

|x− y|(u+ tϕ)2dy −

∫R3

K(y)

|x− y|u2dy

)=

1

3ω3

(2

∫R3

K(y)

|x− y|(uϕ)dy +

∫R3

K(y)

|x− y|(tϕ2)dy

),

q.t.p em R3 para todo t ∈ R. Assim,

limt→0

g(t) =2

3ω3

∫R3

K(y)

|x− y|(uϕ)dy. (A.10)

Agora, definindo f : R → R por

f(t) =1

4K(x)φ(u+tϕ)(x)(u+ tϕ)2,

temos

h(t) :=f(t)− f(0)

t=

1

4K(x)u2

(φ(u+tϕ)(x)− φ(u)(x)

t

)+

1

4K(x)φ(u+tϕ)(x)(2uϕ+ tϕ2).

Desde que,limt→0

φ(u+tϕ)(x) = φu(x),

78

por (A.10) temos

limt→0

h(t) =1

2K(x)u2 1

3ω3

∫R3

K(y)

|x− y|(uϕ)dy +

1

2K(x)φu(x)uϕ,

o que pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue implica

limt→0

I2(u+ tϕ)− I2(u)

t=

1

2

∫R3

K(x)u2 1

3ω3

(

∫R3

K(y)

|x− y|(uϕ)dy)dx+

1

2

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx.

Note, pelo Teorema de Fubini∫R3

K(x)u2 1

3ω3

( ∫R3

K(y)

|x− y|(uϕ)dy

)dx =

∫R3

K(x)uϕ1

3ω3

( ∫R3

K(y)

|x− y|u2dy

)dx

=

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx,

de onde segue que

I ′2(u)ϕ =

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx

é a derivada de Gateaux do funcional I2. Agora mostraremos que essa derivada é contínua.Para isto, é suficiente verificarmos que se un → u em H1(R3), então I ′2(un) → I ′2(u) emH−1. Dado ϕ ∈ H1(R3) tal que, ‖ϕ‖ ≤ 1, desde que, un → u em H1(R3), por ii) do Lema2.10, dado ε > 0

|I ′2(un)ϕ− I ′2(u)ϕ| = |∫

R3

K(x)ϕ(φun(x)un − φu(x)u)dx| < ε, (A.11)

para n > 0 suficientemente grande. Sendo assim, como

‖I ′2(un)− I ′2(u)‖H−1 = sup‖ϕ‖≤1

|(I ′2(un)− I ′2(u))ϕ|,

temo que o funcional I2 é contínuo. Pelo Lema A.6 concluímos o resultado desejado.


I3(u) =1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx,

então I3 ∈ C1(H1(R3),R) e

I ′3(u)ϕ =

∫R3

a(x)|u|p−1uϕdx,

para toda u, ϕ em H1(R3).

Demonstração: Mostraremos inicialmente que I3 é Gateaux diferenciável. Para istoconsidere t ∈ R tal que 0 < |t| < 1, u, ϕ ∈ H1(R3) e a função f : [0, 1] → R definida por

f(s) =a

p+ 1|u+ stϕ|p+1.

79

Note quef ′(s) = at|u+ stϕ|p−1(u+ stϕ)ϕ.

Sendo f diferenciável em (0, 1), pelo Teorema do Valor Médio, existe θ ∈ (0, 1) tal quef(1)− f(0) = f ′(θ), o que implica que

g(t) :=a

t(p+ 1)(|u+ tϕ|p+1 − |u|p+1) = a|u+ θtϕ|p−1(u+ θtϕ)ϕ.

Assim,limt→0

g(t) = a|u|p−1uϕ.

Como (a + b)q ≤ 2q−1(aq + bq) para todo q ∈ [1,+∞) e a, b ∈ [0,+∞), sendo 0 < |t| < 1e θ ∈ (0, 1), temos

|g(t)| =∣∣∣at|u+ θtϕ|p−1(u+ θtϕ)ϕ

∣∣∣ ≤ ‖a‖∞|u+ θtϕ|p|ϕ|

≤ 2p−1‖a‖∞(|u|p + |ϕ|p)|ϕ|.

Afim de usarmos um resultado de convergência, afirmamos que (|u|p + |ϕ|p)ϕ ∈ L1(R3).Com efeito, como u, ϕ ∈ H1(R3) → L6(R3) temos (|u|p+ |ϕ|p) ∈ L

6p . Desde que, p ∈ (3, 5)

então 66−p ∈ (2, 6). Assim, como ϕ ∈ H1(R3) → L

66−p (R3), pela desigualdade de Hölder

segue a afirmação. Portanto, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue segue

limt→0

1

t(I3(u+ tϕ)− I3(u)) =

∫R3

a(x)|u|p−1uϕdx,

isto é,

I ′3(u)ϕ =

∫R3

a(x)|u|p−1uϕdx

é a derivada de Gateaux do funcional I3. Agora, mostraremos que essa derivada é contínua.Para isto, é suficiente verificarmos que se un → u em H1(R3), então I ′3(un) → I ′3(u) emH−1. Desde que, un → u em H1(R3), então (un) é limitada em H1(R3) → L6(R3), assim

||un|+ |u||6 ≤ C,

para alguma constante C > 0. Desde que p ∈ (3, 5), temos 127−p ∈ (3, 6). Assim, ϕ, u ∈

H1(R3) → L12

7−p (R3). Por outro lado, (|un| + |u|)p−1 ∈ L6p−1 . Pelo Lema A.5 e pela

desigualdade de Hölder, temos

|I ′3(un)ϕ− I ′3(u)ϕ| =∣∣∣ ∫

R3

a(x)ϕ(|un|p−1un − |u|p−1u)dx∣∣∣

≤∫

R3

|a(x)||ϕ|∣∣∣|un|p−1un − |u|p−1u

∣∣∣dx≤ ‖a‖∞β

∫R3

|ϕ||un − u|(|un|+ |u|)p−1dx

≤ ‖a‖∞β|ϕ| 127−p|un − u| 12

7−p||un|+ |u||p−1

6

≤ C1‖h‖‖un − u‖,

(A.12)

80

para alguma constante C1 > 0. Desde que un → u em H1(R3), dado ε > 0∣∣∣ ∫R3

a(x)ϕ(un|p−1un − |u|p−1u)dx∣∣∣ ≤ ε,

para n suficientemente grande. Portanto, como

‖I ′3(un)− I ′3(u)‖H−1 = sup‖ϕ‖≤1

|(I ′3(un)− I ′3(u))ϕ|,

pelo Lema A.6 segue o resultado desejado.

Como consequência imediata dos Lemas A.7, A.8 e A.9, temos os seguintes resultados:

Corolário A.4 Considere o funcional I : H1(R3) → R definido por

I(u) =1

2‖u‖2 +

1

4

∫R3

K(x)φu(x)u2dx− 1

p+ 1

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

Então,

I ′(u)ϕ =

∫R3

∇u∇ϕdx+

∫R3

uϕdx+

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx−∫

R3

a(x)|u|p−1uϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3).

Corolário A.5 Considere o funcional G : H1(R3) → R definido por

G(u) = I ′(u)u = ‖u‖2 +

∫R3

K(x)φu(x)u2dx−

∫R3

a(x)|u|p+1dx.

Então

G′(u)ϕ = 2〈u, ϕ〉+ 4

∫R3

K(x)φu(x)uϕdx− (p+ 1)

∫R3

a(x)|u|p−1uϕdx,

para toda ϕ ∈ H1(R3).

Lema A.10 Sejam (un) e (vn) sequências em H1(R3) tais que ‖un − vn‖ → 0 ondeI ′(vn)ϕ→ 0 para toda ϕ ∈ H1(R3). Se (vn) ⊂ H1(R3) é limitada então I ′(un)ϕ→ 0 paratoda ϕ ∈ H1(R3).

Demonstração: Inicialmente, mostraremos que

|I ′(un)ϕ− I ′(vn)ϕ| → 0, (A.13)

para toda ϕ ∈ H1(R3). Note que,

|I ′(un)ϕ− I ′(vn)ϕ| = |I ′1(un)ϕ− I ′1(vn)ϕ|+ |I ′2(un)ϕ− I ′2(vn)ϕ|+ |I ′3(un)ϕ− I ′3(vn)ϕ|.

Por (A.9) e (A.12) temos que

|I ′1(un)ϕ− I ′1(vn)ϕ| → 0 (A.14)

81

e|I ′3(un)ϕ− I ′3(vn)ϕ| → 0, (A.15)

para toda ϕ ∈ H1(R3) quando ‖un− vn‖ → 0. Assim, para provarmos (A.13) é suficienteverificarmos que

|I ′2(un)ϕ− I ′2(vn)ϕ| → 0, (A.16)

para toda ϕ ∈ H1(R3) quando ‖un−vn‖ → 0. Como (vn) ⊂ H1(R3) → L6(R3) é limitadaentão (un) ⊂ H1(R3) → L6(R3) é limitada pois ‖un − vn‖ → 0. Desde que, K ∈ L2(R3),f(y) := |x−y|−1 ∈ L6(R3), pela limitação de (u2

n) em L3(R3) e pela Observação 1.1 seguepela desigualdade generalizada de Hölder que

|φun(x)| =∣∣∣ 1

3ω3

∫R3

K(y)

|x− y|u2ndy

∣∣∣ ≤ 1

3ω3

|K|2|f |6|un|26 ≤ C1 q.t.p. em R3,

para alguma constante C1, onde ω3 é o volume da bola unitária em R3. De forma análogapela limitação de (vn) em L6(R3) prova-se que

|φvn(x)| ≤ C2 q.t.p. em R3,

para alguma constante C2. Seja C3 = maxC1, C2. Assim, por (A.11) e pela desigualdadegeneralizada de Hölder segue

|I ′2(un)ϕ− I ′2(vn)ϕ| = |∫

R3

K(x)ϕ(φun(x)un − φvn(x)vn)dx|

≤ C3|∫

R3

K(x)ϕ(un − vn)dx|

≤ C3|K|2|ϕ|3|un − vn|6.

Como, un−vn → 0 em H1(R3) → L6(R3) segue (A.16), o que por (A.14) e (A.15) implica(A.13). Assim, desde que I ′(vn)ϕ → 0 para toda ϕ ∈ H1(R3), temos I ′(un)ϕ → 0 paratoda ϕ ∈ H1(R3) como queríamos.

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84

sobre um sistema do tipo schrödinger-poissone7… · hari n. tal solução é denominada do tipo...

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