sobre uma classe de problemas elípticos com não ... · curso de mestrado em ... não linearidades...

Universidade Federal da Paraíba

Centro de Ciências Exatas e da Natureza

Programa de Pós-Graduação em Matemática

Curso de Mestrado em Matemática

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

por

Maxwell de Sousa Pita

sob orientação do

Prof. Dr. Everaldo Souto de Medeiros

Dissertação apresentada ao Corpo Do-

cente do Programa de Pós-Graduação em

Matemática - CCEN - UFPB, como re-

quisito parcial para obtenção do título de

Mestre em Matemática.

Abril/2013

João Pessoa - PB

P681s Pita, Maxwell de Sousa.

Sobre uma classe de problemas elípticos com não

linearidades do tipo côncavo-convexa / Maxwell de Sousa

Pita.João Pessoa, 2013.

74f.

Orientador: Everaldo Souto de Medeiros

Dissertação (Mestrado) - UFPB/CCEN

1. Matemática. 2. Problemas elípticos semilineares.

3. Teorema do Passo da Montanha. 4. Princípio variacional

de Ekeland.

UFPB/BC CDU: 51(043)

Figura 1:

Agradecimentos

A Deus, por nos dar a esperança de uma vida em paz.

Aos meus pais, pelo enorme apoio em todos os momentos, principalmente nos mais

difíceis.

À Minha namorada Edna, por estar sempre presente.

Ao meu orientador Everaldo, por estar sempre disponível a esclarecer quaisquer dú-

vidas, pela amizade, pelo incentivo e por acreditar em mim, apesar de todas as minhas

diculdades.

Ao professor Bruno, pela disponibilidade em me ajudar.

Aos meus professores da graduação em matemática do IFCE: Mário de Assis Oliveira

e José Alves, pelos excelentes ensinamentos.

Aos professores da pós-graduação em matemática da UFPB: Carlos Bocker, Lizandro,

Napoleon e Alexandre, pelas disciplinas lecionadas que contribuíram muito para a minha

formação.

i

Dedicatória

Aos meus pais, Maria Socorro de

Sousa Pita e José Pita Neto.

ii

Resumo

Neste trabalho, vamos estabelecer uma versão do Teorema do Passo da Montanha

devido a Martin Schechter [12], a qual irá fornecer uma sequência de Cerami em um

nível max-min. Como consequência deste, juntamente com o Princípio variacional de

Ekeland, vamos obter alguns resultados de existência e multiplicidade de solução para

uma classe de problemas elípticos semilineares envolvendo uma não-linearidade do tipo

côncavo-convexa.

iii

Abstract

In this work, we will establish a version of the Mountain Pass Theorem due to Martin

Schechter [12], which will provide a Cerami sequence at a max-min level. As a consequence

of this result, together with the Ekeland variational principle, we obtain some results of

existence and multiplicity of solution for a class of semilinear elliptic problems involving

a nonlinearity of concave-convex type.

iv

Sumário

Introdução 8

1 Um teorema do tipo max-min e o princípio variacional de Ekeland 12

1.1 O campo pseudo-gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2 O Teorema do Passo da Montanha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3 O princípio variacional de Ekeland . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Um problema assintoticamente linear 23

2.1 Prova do Teorema 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 Prova do Teorema 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3 Um problema Superlinear 42

3.1 Prova do Teorema 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.2 Prova do Teorema 3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4 O caso f(x, u) ≡ λu 57

4.1 Prova do Teorema 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.2 Prova do Teorema 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

A Resultados utilizados 62

A.1 Diferenciabilidade de funcionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

A.2 Regularidade dos funcionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

A.3 Autovalores do Laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida . . . . . . . . . . . . 69

Referências Bibliográcas 71

v

Notações

Vamos utilizar as seguintes notações:

Notações gerais:

• Br(x) denota a bola aberta de raio r e centro x.

• e → denotam convergência fraca e forte, respectivamente.

• |Ω| denota a medida de Lebesgue do conjunto Ω.

• ∆u =∑n

i=1∂u∂xi

denota o laplaciano da função u.

• ∇u = ( ∂u∂x1, ..., ∂u

∂xn) denota o gradiente da função u.

• q.t.p é uma abreviação de quase todo ponto.

• u+ =max0, u.

• u− =max0,−u.

• I ′ denota a derivada a Gâteaux do funcional I.

• ∂Ω denota a fronteira do conjunto Ω.

Espaços de funções:

• Lp(Ω)=u : Ω→ R; u é mensurável e∫

Ω|u|p <∞.

• L∞(Ω)=u : Ω→ R; u é mensurável e ∃C > 0 tal que |u(x)| ≤ C q.t.p em Ω.

vi

• H10 (Ω) denota o espaço de Sobolev usual.

• H−10 (Ω) denota o espaço dual do Espaço de Sobolev H1

0 (Ω).

• C(Ω) denota o espaço das funções contínuas em Ω.

• C1(Ω) denota o espaço das funções continuamente diferenciáveis em Ω.

• C∞0 (Ω) denota o espaço das funções de classe C∞ em Ω com suporte compacto.

Normas:

• ‖u‖ =(∫

Ω|∇u|2dx

) 12 , para u ∈ H1

0 (Ω).

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

• ‖h‖p = (∫

Ω|u|p)

1p denota a norma em Lp(Ω) com 1 ≤ p <∞.

vii

Introdução

O objetivo desta dissertação é estudar a existência e multiplicidade de solução não

negativa para o problema

−∆u = h(x)uq + f(x, u) em Ω

u = 0 sobre ∂Ω,(1)

onde Ω é um domínio limitado e suave em RN (N ≥ 1), 0 < q < 1 e as funções h(x) e

f(x, s) satisfazem algumas condições de crescimento.

Esta dissertação é baseada nos artigos de Li, Wu e Zhou [10] e Schechter [12].

O problema (1) foi amplamente estudado sob várias hipóteses em h(x) e f(x, s). Em

[6] foi estudado o caso onde h(x) ≡ λ e f(x, s) ≡ 0. Neste caso foi provado que existe

uma única solução positiva para o problema (1). Além disso, Wang em [13] provou que, se

h(x) ≡ λ é uma constante positiva, o problema (1) possui innitas soluções un ∈ H10 (Ω)

tais que |un|∞ → 0, I(un) < 0 e I(un) → 0. Para o caso onde f(x, s) é superlinear

podemos citar o famoso artigo de Ambrosetti, Brezis e Cerami, [1], no qual estudaram o

caso onde h(x) = λ e f(x, u) = up, com 0 < q < 1 < p e λ > 0. Através do método de sub

e supersolução estes autores provaram que existe Λ > 0 tal que λ ∈ (0,Λ) se, e somente

se, o problema (1) possui uma solução não-trivial. Além disso, se p ∈ (1, N+2N−2

) foi provada

a existência de outra solução, caso tenhamos 0 < λ < Λ.

As hipóteses utilizadas nesta dissertação, as quais veremos no início de cada capítulo,

diferem das hipóteses usadas nestes outros artigos, onde descartamos várias hipóteses dos

mesmos. O método usado neste artigo é baseado em uma simples variação do Teorema

do Passo da Montanha. Este método também vale para o caso onde f(x, s) é superlinear

em relação a s no innito ou f(x, s) ≡ λs para algum λ > 0, isto é, os resultados obtidos

nesta dissertação cobrem todas as condições de crescimento de f(x, s) em s, a saber,

8

linear, assintoticamente linear e superlinear, desde que f(x, s) seja subcrítico.

Consideraremos apenas soluções não-negativas e não-triviais para o problema (1),

assim supomos f(x, s) ≥ 0 para s ≥ 0.

Esta dissertação está organizada da seguinte forma:

No Capítulo 1, estão enunciados e demonstrados alguns resultados clássicos da Análise

não-linear que são: uma versão mais geral do que conhecemos como Teorema do Passo

da Montanha e o Princípio Variacional de Ekeland. Ambos tem importância fundamental

para que possamos encontrar soluções fracas do problema (1).

No Capítulo 2, será estudado o problema (1) no caso assintoticamente linear. Assim,

a função f(x, s) deve satisfazer a seguinte hipótese:

(f3) lims→+∞f(x,s)s

= ` ∈ (λ1,+∞) uniformemente em x ∈ Ω.

Serão enunciados e demonstrados dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 2.1, vamos

obter uma solução fraca não-negativa para este problema, com energia positiva. Além

disso, se a função h for não-negativa esta solução deverá ser estritamente positiva. Sua

demonstração consiste de vários lemas, mas dois desses lemas tem maior importância,

num sentido que cará preciso no decorrer desta dissertação, onde daremos agora algumas

informações que justicam a importância destes dois lemas. No primeiro deles, o Lema 2.1,

vamos mostrar que o funcional energia I associado ao problema (1) satisfaz a geometria

do Teorema do Passo da Montanha. Isto nos garante a existência de uma sequência de

Cerami no nível c > 0 que será denido no Teorema 1.2. No outro lema citado, o Lema

2.4, mostramos que toda sequência de Cerami para o funcional I é limitada. Assim, a

compacidade da imersão H10 (Ω) → Lp(Ω), com 1 ≤ p < 2∗, garantirá a existência de

uma solução fraca não-negativa para este problema. No teorema seguinte, o Teorema 2.2,

será adicionada uma outra hipótese sobre a função h. Vamos denotar por c1 o ínmo

do funcional I em uma bola Bρ ⊂ H10 (Ω) e provaremos que c1 < 0. Utilizaremos o

Princípio Variacional de Ekeland para construir uma sequência (un) ⊂ H10 (Ω) limitada.

Assim, novamente pela imersão compacta H10 (Ω) → Lp(Ω), com 1 ≤ p < 2∗, e pelo

mesmo procedimento do Teorema 2.1 obteremos uma solução não-negativa, com energia

negativa. O Princípio do Máximo Forte será útil para mostrar que se h for não-negativa

então as soluções obtidas nesses dois dois teoremas devem ser estritamente positivas.

No Capítulo 3, será estudado o problema (1) no caso superlinear. Assim, na condição

9

(f3) anterior analisaremos o caso onde ` = +∞. Por consequência, adicionaremos mais

algumas hipóteses de regularidade e crescimento para a função f(x, s). Este capítulo é

composto por dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 3.1, vamos obter duas solu-

ções fracas não negativas, uma com energia positiva e outra com energia negativa. Para

demonstrá-lo, vamos utilizar um lema técnico e mais dois lemas análogos aos do capítulo

2, mas com demonstração diferente, pois agora f(x, s) é superlinear. No primeiro deles,

o Lema 3.1, novamente vamos mostrar que o funcional energia associado ao problema

satisfaz a geometria do passo da montanha. Isto nos dá uma sequência de Cerami , a qual

mostraremos ser limitada no lema seguinte, o Lema 3.2. A partir daí, procedemos analo-

gamente ao Teorema 2.1 e obteremos uma solução não-negativa com energia positva. Para

obtermos uma outra solução não-negativa, mas com energia negativa, procedemos de ma-

neira análoga ao Teorema 2.2, utilizando o princípio variacional de Ekeland. No teorema

seguinte, o Teorema 3.2, vamos obter uma solução não-negativa com energia positiva, mas

analisando o caso onde a função h é não-negativa. Para tal, descartamos algumas hipó-

teses envolvendo h e f(x, s) utilizadas no Teorema 3.2 e acrescentamos monotonicidade à

função f(x, s). A demonstração é análoga.

No Capítulo 4, como aplicação, analisaremos um caso particular do problema (1); a

saber, o caso especial onde f(x, u) é globalmente linear em relação a u, isto é, f(x, u) =

λu. Serão enunciados e demonstrados dois teoremas. No primeiro deles, o Teorema 4.1,

supondo que a função h seja não-negativa vamos provar existência e não existência de

soluções positivas, analisando separadamente os casos onde λ ≥ λ1 e λ < λ1. Vamos

mostrar que o funcional energia J associado ao problema satisfaz a geometria do passo da

montanha e assim o restante da demonstração será análoga a demonstração do Teorema

2.1, no caso λ < λ1. No teorema seguinte, o Teorema 4.2, supondo que h seja não-

positiva vamos novamente provar existência e não-existência de soluções positivas para

este problema, analisando separadamente os casos onde λ > λ1 e λ ≤ λ1. Além disso, será

dada uma caracterização para soluções positivas deste problema, se h for identicamente

nula e λ = λ1.

Finalmente, no Apêndice vamos demonstrar alguns resultados de regularidade dos

funcionais energia utilizados, serão enunciados alguns resultados de Análise Funcional

e outros envolvendo os autovalores do Laplaciano. Estes resultados serão utilizados no

10

decorrer de toda a dissertação.

11

Capítulo 1

Um teorema do tipo max-min e o

princípio variacional de Ekeland

Neste capítulo, apresentaremos um Teorema do tipo max-min devido a M. Schechter

em [12] bem como o enunciado e a prova do princípio Variacional de Ekeland. Para provar

o Teorema max-min, precisamos denir e construir um campo vetorial Pseudo-Gradiente,

o qual está incluso na próxima seção.

1.1 O campo pseudo-gradiente

Denição 1 Seja I : E → R um funcional de classe C1 denido em um espaço de

Banach E. Um campo pseudo-gradiente para I é uma aplicação localmente lipschitziana

γ : E → E tal que, para todo α ∈ (0, 1), temos:

‖γ(w)‖ ≤ 1, α‖I ′(w)‖ ≤ I ′(w)γ(w), ∀w ∈ E,

onde E = u ∈ E; I ′(u) 6= 0.

Lema 1.1 Existe um campo vetorial pseudo-gradiente para o funcional I.

Demonstração: Para cada u ∈ E, como I ′(u) é contínua, temos

‖I ′(u)‖ = sup‖w‖=1

I ′(u)w.

Seja α1 ∈ (α, 1). Existe w(u) ∈ E tal que

α1‖I ′(u)‖ ≤ I ′(u)w(u)

12

1.2 O Teorema do Passo da Montanha

com

‖w(u)‖ = 1.

Pela continuidade de I ′, existe uma vizinhança Vu de u tal que

α‖I ′(v)‖ ≤ I ′(v)w(u), ∀v ∈ Vu.

Observe que a família Vu;u ∈ E forma uma cobertura para E. Como E ⊂ E

é metrizável e portanto paracompacto, existe uma cobertura localmente nita Vii∈Je uma partição da unidade λii∈J localmente Lipschitz contínua subordinada à esta

cobertura, onde podemos supor que J = 1, 2, ..., n0. Com isso, para cada i ∈ J temos

Vi ⊂ Vui . Assim, consideremos a função γ : E → E denida por

γ(v) =

n0∑i=1

λi(v)w(ui).

Logo, como cada λi é localmente Lipschitz contínua, e uma soma nita de aplicações

localmente Lipschitz também o é, temos que γ é localmente Lipschitz contínua. Assim,

‖γ(v)‖ ≤n0∑i=1

λi(v) = 1.

Além disso, temos

I ′(v)γ(v) ≥ α

n0∑i=1

λi(v)‖I ′(v)‖ = α‖I ′(v)‖,

o que prova o resultado.


Inicialmente, denotemos o seguinte conjunto:

Ψ = ψ : (0,+∞)→ R, ψ é não crescente e∫ +∞

1

ψ(r)dr = +∞.

Considere o seguinte exemplo.

Exemplo: A função ψ : (0,+∞)→ R denida por

ψ(s) =1

1 + s, s > 0

claramente pertence a Ψ.

O seguinte teorema é uma versão generalizada do Teorema do Passo da Montanha.

13


Teorema 1.1 (Schechter, [12]) Seja I : E → R um funcional denido em um espaço

de Banach E e um elemento e ∈ E com e 6= 0. Seja Λ o conjunto de todos os abertos

limitados N ⊂ E tais que 0 ∈ N com e /∈ N . Suponha que as seguintes condições sejam

satisfeitas:

(i) I ∈ C1(E,R)

(ii) Existe N0 ∈ Λ e η ∈ R tal que maxI(0), I(e) ≤ η e

I(u) ≥ η, ∀u ∈ ∂N0. (1.1)

Seja b ≥ η denido por

b = supN∈Λ

infu∈∂N

I(u), (1.2)

então, para todo ψ ∈ Ψ existe uma sequência (un) em E tal que

I(un)→ b, quando n→ +∞,

e‖I ′(un)‖ψ(‖un‖)

→ 0, quando n→ +∞.

Demonstração: Observe na Figura 1.1 a seguir o caso particular de um funcional I

satisfazendo as condições (i) e (ii):

Figura 1.1:

14


Inicialmente, suponhamos que b > η. Suponha por contradição que a conclusão deste

teorema não seja verdadeira. Assim, existe ε > 0 e ψ ∈ Ψ tal que

‖I ′(u)‖ ≥ ψ(‖u‖), (1.3)

para todo u ∈ E satisfazendo

|I(u)− b| ≤ 3ε. (1.4)

Se necessário, podemos tomar ε > 0 sucientemente pequeno tal que

3ε < b− η.

Denimos os seguintes conjuntos:

Q = u ∈ E, |I(u)− b| ≤ 2ε,

Q1 = u ∈ E; |I(u)− b| ≤ ε,

Q2 = E \Q.

Seja g : E → R denida da seguinte forma

g(u) =d(u,Q2)

d(u,Q1) + d(u,Q2).

Armamos que g é uma aplicação localmente lipschitziana e satisfaz

g(u) =

1, u ∈Q1,

0, u ∈Q2

(1.5)

e

0 < g(u) < 1, caso contrário.

De fato, vamos denotar g1 e g2 da seguinte forma

g1(u) = d(u,Q1) e g2(u) = d(u,Q2).

Dados u2, u2 ∈ E, temos

g(u1)− g(u2) =g2(u1)

g1(u1) + g2(u1)− g2(u2)

g1(u2) + g2(u2).

Daí,

g(u1)− g(u2) =g1(u2)g2(u1) + g2(u2)g2(u1)− g1(u1)g2(u2)− g2(u1)g2(u2)

[g1(u1) + g2(u1)][g1(u2) + g2(u2)].

15


Com isso, temos

g(u1)− g(u2) =g1(u2)g2(u1)− g1(u1)g2(u2)

[g1(u1) + g2(u1)][g1(u2) + g2(u2)].

Assim,

g(u1)− g(u2) =g1(u2)g2(u1)− g2(u1)g1(u1) + g2(u1)g1(u1)− g1(u1)g2(u2)

[g1(u1) + g2(u1)][g1(u2) + g2(u2)].

Consequentemente,

|g(u1)− g(u2)| ≤ g2(u1)

[g1(u1) + g2(u1)][g1(u2) + g2(u2)]|g1(u2)− g1(u1)|

+g1(u1)

[g1(u1) + g2(u1)][g1(u2) + g2(u2)]|g2(u1)− g2(u2)|.

Como g1 e g2 são funções lipschitzianas, existem c1 > 0 e c2 > 0 tais que

|g(u1)− g(u2)| ≤ g2(u1)

[g1(u1) + g2(u1)][g1(u2) + g2(u2)]c1|u2 − u1|

+g1(u1)

[g1(u1) + g2(u1)][g1(u2) + g2(u2)]c2|u1 − u2|.

Como g1(u1) + g2(u1) > 0, existem a > 0 e uma vizinhança W de u1 tal que

g1(u) + g2(u) > a > 0 ∀u ∈ W.

Além disso, comog2(u1)

g1(u2) + g2(u2)≤ 1,

eg1(u1)

g1(u2) + g2(u2)≤ 1,

temos que

|g(u)− g(v)| ≤ c1 + c2

a‖u− v‖ ∀u, v ∈ W,

donde obtemos que g é localmente lipschitziana.

Seja γ um campo pseudo-gradiente para I, isto é, uma aplicação γ : E → E tal que

I ′(u)γ(u) ≥ α‖I ′(u)‖, com ‖γ(u)‖ ≤ 1, (1.6)

para algum α > 0. Seja ϕ : E → E a aplicação denida por ϕ(u) = g(u)γ(u). Assim, ϕ é

localmente Lipschitz contínua com

I ′(u)ϕ(u) ≥ 0, para ‖ϕ(u)‖ ≤ 1. (1.7)

16


Considere o seguinte problema de valor inicial:d

dtσ(t, u) = ϕ(σ(t, u)),

σ(0, u) = u.

(1.8)

Como ϕ é localmente lipschitziana e limitada, existe uma única solução para (1.8) denida

em um intervalo maximal (t−(u), t+(u)). Armamos que t−(u) = −∞ e t+(u) = +∞. De

fato, suponhamos por contradição que t+(u) < ∞. Seja uma sequência (tn) no intervalo

(−∞, t+(u)) tal que tn → t+(u). Assim, temos

‖σ(tm, u)− σ(tn, u)‖ =

∥∥∥∥∫ tm

tn

d

dτ(σ(τ, u))dτ

∥∥∥∥=

∥∥∥∥∫ tm

tn

ϕ(σ(τ, u))dτ

∥∥∥∥≤∫ tm

tn

‖ϕ(σ(τ, u))‖dτ

≤ ‖tm − tn‖.

Assim, como (tn) é uma sequência de Cauchy, pois é convergente em R, temos que a

sequência (σ(tn, u)) ⊂ E também é de Cauchy. Logo, (σ(tn, u)) converge para algum

ponto v ∈ E, desde que tn → t+(u). Agora, considere o seguinte problema de valor iniciald

dtσ(t, u) = ϕ(σ(t, u)),

σ(t+(u), u) = v.

Isto nos dá uma extensão de σ(t, u) no intervalo [t−(u)− δ, t+(u) + δ], para algum δ > 0.

Isto é uma contradição, pois por hipótese temos que (t−(u), t+(u)) é um intervalo maximal.

De maneira análoga, provamos que t−(u) = −∞. Por (1.7) temos

‖σ(t, u)− u‖ ≤ t. (1.9)

Além disso, por (1.6) e (1.8) temos

d

dt(I(σ(t, u)) = I ′(σ(t, u))ϕ(σ(t, u))

≥ αg(σ(t, u))‖I ′(σ(t, u))‖

> 0.

(1.10)

Isto implica que I(σ(., u)) é não-decrescente, ou seja,

I(σ(t1, u)) ≤ I(σ(t2, u)) 0 < t1 < t2. (1.11)

17


Por (1.2) existe N ∈ Λ tal que

I(u) > b− ε, u ∈ ∂N. (1.12)

Seja

M = supu∈∂N

‖u‖, (1.13)

e seja T tal que

2ε < α

∫ T+M

M

ψ(t)dt. (1.14)

Por (1.11) e (1.12), temos

I(σ(t, u)) > b− ε, u ∈ ∂N, t ≥ 0. (1.15)

Assim

σ(t, u) 6= 0, σ(t, u) 6= e, u ∈ ∂N, t ≥ 0, (1.16)

pois temos η < b− 3ε. Se u ∈ ∂N , com u /∈ Q1, temos

I(u) > b+ ε, (1.17)

pois não podemos ter, por (1.12), a seguinte desigualdade

I(u) < b− ε. (1.18)

Assim, por (1.11) temos

I(σ(t, u)) ≥ I(u) > b+ ε, u ∈ ∂N, u /∈ Q1, 0 ≤ t ≤ T. (1.19)

Por outro lado, se u ∈ ∂N ∩Q1, seja t1 o maior número possível tal que t1 ≤ T e

σ(t, u) ∈ Q1

para 0 ≤ t ≤ t1. Se t1 < T , então para δ > 0 sucientemente pequeno, temos

I(σ(t1 + δ, u)) ≥ I(σ(t1, u)) ≥ b− ε.

Além disso, como σ(t1 + δ, u) /∈ Q1 temos

I(σ(t1 + δ, u)) > b+ ε.

18


Consequentemente

I(σ(T, u)) > b+ ε. (1.20)

Se t1 = T , então por (1.10), (1.5), (1.3), (1.9), (1.13) e (1.14), temos

I(σ(T, u))− I(u) ≥ α

∫ T

0

‖I ′(σ(t, u))‖dt

≥ α

∫ T

0

ψ(‖(σ(t, u))‖)dt

≥ α

∫ T

0

ψ(‖u‖+ t)dt

≥ α

∫ T

0

ψ(M + t)dt

= α

∫ T+M

M

ψ(τ)dτ

> 2ε.

Assim, a desigualdade (1.20) segue de (1.12). Portanto, a desigualdade (1.20) é válida

para todo u ∈ ∂N . Denimos os seguintes conjuntos

NT = σ(T, u);u ∈ N,

e

∂NT = σ(T, u);u ∈ ∂N.

Por (1.7) e pela dependência contínua de σ(T, u) em u temos que NT é um conjunto aberto

limitado em E. Como 0, e ∈ Q2 e g ≡ 0 em Q2, pela unicidade de soluções de (1.8) temos

que σ(T, 0) = 0, σ(T, e) = e. Como σ(T, 0) ∈ NT e σ(T, e) /∈ NT , temos que 0 ∈ NT e

e /∈ NT . Assim, NT ∈ Λ e, por (1.20)

I(u) > b+ ε, u ∈ ∂NT . (1.21)

Mas isto contradiz (1.2). Assim, o teorema está provado para o caso η < b. Agora,

suponha que η = b. Então, por (1.1), temos

I(u) ≥ b, u ∈ ∂N0. (1.22)

Seja

T =1

2min[d(0, ∂N0), d(e, ∂N0)]. (1.23)

19


Escolha ε > 0 sucientemente pequeno tal que (1.14) seja verdadeiro. Então, procedendo

de maneira análoga com N0 em vez de N substituímos (1.12) por (1.22). Para obtermos

(1.16), por (1.9) e (1.23) temos a seguinte desigualdade

‖(σ(t, u)− u‖ ≤ t ≤ T.

Isto implica que (1.16) é verdadeiro para todo u ∈ ∂N0 e 0 ≤ t ≤ T . Para obter (1.21)

procedemos analogamente contradizendo mais uma vez (1.2). Assim, está concluído o

teorema.

Agora, vamos relembrar a condição de Cerami:

Denição 2 Seja E um espaço de Banach real e I ∈ C1(E,R). Uma sequência (un) ⊂ E

é dita uma sequência de Cerami no nível c ∈ R quando

I(un)→ c e (1 + ‖un‖)‖I ′(un)‖E∗ → 0. (1.24)

Como aplicação do Teorema 1.1, temos a seguite variação do Teorema do passo da

Montanha.

Teorema 1.2 Seja E um espaço de Banach real com seu espaço dual E∗ e suponha que

I ∈ C1(E,R) satisfaz a condição

maxI(0), I(e) ≤ 0 < η ≤ inf‖u‖=ρ

I(u)

para algum 0 < η, ρ > 0 e e ∈ E com ‖e‖ > ρ. Se c é denido por

c = supN∈Λ

infu∈∂N0

I(u),

onde N0 = Bρ(0) e Λ = N ⊂ E;N é aberto e limitado, então c > 0 e existe uma

sequência (un) ⊂ E que satisfaz a condição de Cerami, ou seja,

I(un)→ c e I ′(un)(1 + ‖un‖) = 0.

Demonstração: Observe que c > 0. De fato,

c = supN∈Λ

infu∈∂N0

I(u) ≥ infu∈∂N0

I(u) ≥ η > 0.

Desde que ψ(s) = 11+s∈ Ψ, pelo Teorema 1.1, obtemos o resultado desejado.

20

1.3 O princípio variacional de Ekeland


O seguinte princípio devido a I. Ekeland [7] será de fundamental importância para

obtermos soluções com energia negativa para o problema a ser estudado.

Teorema 1.3 (Princípio Variacional de Ekeland) Seja V um espaço métrico com-

pleto e F : V → R ∪ +∞ uma função semicontínua inferiormente e limitada inferior-

mente. Então, para todo ε > 0 existe v ∈ V tal que:

F (v) ≤ infv∈V

F (v) + ε e F (w) ≥ F (v) − εd(v, w) para todo w ∈ V.

Demonstração: Seja u0 ∈ V tal que

F (u0) ≤ infv∈V

F (v) + ε.

Deniremos a seguir indutivamente uma sequência (un) cujo primeiro elemento seja u0.

Escolhamos um elemento un ∈ V . Então podemos ter um dos seguintes casos:

(a) F (w) > F (un)− εd(un, w), ∀w 6= un;

(b) existe w 6= un tal que F (w) ≤ F (un)− εd(un, w).

Supondo que (a) seja verdadeiro, denimos un+1 = un. Caso contrário, se (b) for verda-

deiro, então denimos un+1 da seguinte forma:

Seja Sn o conjunto dos elementos w ∈ V satisfazendo a condição (b). Assim, escolha

un+1 ∈ Sn tal que

F ((un+1)− infu∈Sn

F (u) ≤ 1

2

[F (un)− inf

u∈SnF (u)

].

Armamos que a sequência (un) é de Cauchy. De fato, se (a) for verdadeiro, então a

sequência é convergente e portanto de Cauchy. Caso contrário, se o item (b) for verdadeiro,

temos satisfeita a seguinte desigualdade:

εd(un, un+1) ≤ F (un)− F (un+1), ∀n ∈ N. (1.25)

Reordenando os termos da sequência, temos

εd(un, up) ≤ F (un)− F (up), ∀n ≤ p. (1.26)

21


Assim, F (un) é uma sequência decrescente e limitada. De fato,

F (un) ≥ εd(un, un+1) + F (un+1) ≥ F (un+1).

Assim, F (un) é limitada inferiormente e decrescente, logo é limitada. Portanto, é con-

vergente. Assim, fazendo n, p → +∞ obtemos claramente que (un) é uma sequência de

Cauchy. Como V é um espaço métrico completo, (un) converge para algum ponto v ∈ V .

Usando o fato de que F é semicontínua inferiormente, temos

F (v) ≤ limnF (un).

Além disso, como F (un) é decrescente, dado qualquer u ∈ V , temos

F (v) ≤ limnF (un) ≤ F (u) ≤ inf

v∈VF (v) + ε,

donde obtemos a primeira desigualdade do teorema.

Para demonstrarmos a outra desigualdade do teorema, suponhamos que ela não seja

verdadeira, ou seja, suponhamos que existe w ∈ V tal que

F (w) < F (v)− εd(v, w). (1.27)

Fazendo p→ +∞ na equação (1.26) obtemos

F (w) ≤ limF (up) ≤ F (un)− εd(un, w).

Portanto, w ∈ Sn, ∀ n ∈ N. Por outro lado, podemos escrever (1.25) da seguinte forma:

2F (un+1)− F (un) ≤ infu∈Sn

F (u) ≤ F (w). (1.28)

Desde que

F (un)→ l,

tomando o limite em (1.28), temos

l ≤ F (w).

Como F é semicontínua inferiormente, temos

F (v) ≤ l ≤ F (w,

o que contradiz (1.27). Logo, devemos ter

F (w) ≥ F (v)− εd(v, w).

22

Capítulo 2

Um problema assintoticamente linear

Neste capítulo, baseado no artigo de Li-Wu-Zhou [10], vamos estudar o problema−∆u = h(x)uq + f(x, u) em Ω

u ≥ 0 em Ω

u = 0 sobre ∂Ω,

(2.1)

onde Ω é um domínio suave e limitado em RN (N ≥ 1), 0 < q < 1.

Seja λ1 > 0 o primeiro autovalor (veja Apêndice) de −∆ em H10 (Ω), isto é,−∆u = λ1u em Ω

u = 0 sobre ∂Ω.

Sabemos que λ1 é caracterizado por

λ1 = inf

∫Ω|∇u|2dx∫Ωu2dx

: u ∈ H10 (Ω), u 6= 0

.

Neste capítulo vamos assumir que h(x) satisfaz as seguintes condições:

(h1) h(x) ∈ L∞(Ω) e h(x) 6= 0;

(h2) existe v ∈ H10 (Ω) tal que

∫Ωh(x)(v+)q+1dx > 0.

Temos como principal objetivo encontrar soluções para o problema (2.1) quando f(x, s)

tem crescimento assintoticamente linear no innito. Mais precisamente:

(f1) f(x, s) ∈ C(Ω× R,R); f(x, 0) ≡ 0; f(x, s) ≥ ( 6≡)0 para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.

23

(f2) lims→0+f(x,s)s

= µ ∈ [0, λ1) uniformemente em x ∈ Ω.


= ` ∈ (λ1,+∞) uniformemente em x ∈ Ω.

Para visualizar geometricamente as condições (f1), (f2) e (f3), observe a Figura 2.1:

Figura 2.1:

Exemplo: Se α > 0 e ` > λ1, então a função denida por

f(x, s) :=

`sα

1 + sα, se s ≥ 0

0, se s ≤ 0,

satisfaz as hipóteses (f1), (f2) e (f3).

Denição 3 Dizemos que u ∈ H10 (Ω) é uma solução fraca para o problema (2.1) se∫

Ω

∇u∇ϕdx =

∫Ω

h(x)(u+)qϕdx+

∫Ω

f(x, u+)ϕdx, para todo ϕ ∈ H10 (Ω). (2.2)

Note que o funcional energia associado ao problema (2.1) é dado por(veja Apêndice)

I(u) =1

2

∫Ω

|∇u|2dx− 1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+)q+1dx−∫

Ω

F (x, u+)dx. (2.3)

Pela Proposição A.1 temos que I ∈ C1(H10 (Ω),R). Além disso, para todo ϕ ∈ H1

0 (Ω)

temos

I ′(u)ϕ =

∫Ω

∇u∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+)qϕdx−∫

Ω

f(x, u+)ϕdx. (2.4)

Se u ∈ H10 (Ω) é um ponto crítico de I, escolhendo ϕ = u− em (2.4), obtemos

−∫

Ω

|∇u−|2 =

∫Ω

h(x)(u+)qu−dx+

∫Ω

f(x, u+)u−dx = 0.

Logo, u = u+ e assim pontos críticos de I são soluções fracas não-negativas de (2.1).

24

2.1 Prova do Teorema 2.1

Observação 2.1 Suponha que h(x) ≥ 0. Então, pelo Princípio do Máximo Forte, o

qual pode ser encontrado em [8], os pontos críticos não-nulos de (2.3) são soluções fracas

positivas do problema (2.1).

No teorema a seguir, sob as hipóteses anteriores, com exceção da hipótese (h2), encon-

traremos uma solução não-negativa com energia positiva para o problema (2.1) quando a

norma ‖h‖∞ é pequena.

Teorema 2.1 Suponha que as funções h e f(x, s) satisfaçam as hipóteses (h1), (f1), (f2)

e (f3). Então existe uma constante m > 0 tal que se ‖h‖∞ < m, o problema (2.1) tem

uma solução fraca não-negativa, u1 ∈ H10 (Ω), com I(u1) > 0. Além disso, se h(x) ≥ 0

então u1 > 0.

Assumindo uma hipótese adicional, além da solução obtida no Teorema 2.1, obtemos

uma outra solução não-negativa u2 com energia negativa. Mais precisamente, temos

Teorema 2.2 Suponha que as funções h e f(x, s) satisfam as hipóteses (h1), (h2), (f1),

(f2) e (f3). Então existe uma constante m > 0 tal que se ‖h‖∞ < m, o problema (2.1) tem

pelo menos duas soluções fracas não-negativas u1, u2 ∈ H10 (Ω) tais que I(u1) < 0 < I(u2).

Além disso, se h(x) ≥ 0 devemos ter u1 > 0 e u2 > 0.


Para demonstrar o Teorema 2.1, usaremos o Teorema 1.2. A seguir, serão enunciados

e demonstrados alguns lemas importantes utilizados na demonstração deste teorema. Ini-

ciamos esta seção com o Lema 2.1, o qual trata a geometria do Teorema 1.2. Este lema é

de fundamental importância para garantir, juntamente com o Teorema 1.2, a existência

de uma sequência de Cerami no nível max-min c > 0.

Lema 2.1 Suponha que as funções h e f(x, s) saatisfaçam as hipóteses (h1), (f1), (f2) e

(f3). Então existe uma constante m > 0 tal que se ‖h‖∞ < m, temos:

i) Existem ρ > 0, η > 0 tais que

I(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ H10 (Ω), com ‖u‖ = ρ.

25


ii) Existe e ∈ H10 (Ω) com ‖e‖ > ρ tal que I(e) < 0.

Demonstração: Prova do item i). Inicialmente, vamos provar as seguintes armações:

Armação 1 Dado ε > 0 existe Cε = Cε(ε, f,Ω, k) tal que:

F (x, s) ≤ (µ+ ε)

2s2 + Cεs

k+1, ∀s ≥ 0, x ∈ Ω, (2.5)

onde k é uma constante tal que se N ≥ 3, então 1 < k < N+2N−2

. Se N = 1, 2 então

1 < k < +∞.

Pela hipótese (f3) temos

lims→+∞

f(x, s)

sk= 0, uniformemente em x ∈ Ω. (2.6)

De fato,

lims→+∞

f(x, s)

sk=

(lim

s→+∞

f(x, s)

s

)(lim

s→+∞

1

sk−1

)= `.0 = 0.

Assim, pelas hipóteses (f1), (f2) e (f3) existe uma constante Cε = C(ε, k, f,Ω) > 0 tal

que

f(x, s) ≤ (µ+ ε)s+ Cεsk, para todo s ≥ 0, x ∈ Ω. (2.7)

De fato, pela hipótese (f2) existe s0 > 0 tal que

f(x, s) ≤ (µ+ ε)s, se 0 < s ≤ s0, x ∈ Ω. (2.8)

Por (2.6), existem constantes s1 > 0 e C1 > 0 tais que

f(x, s) ≤ C1sk, para todo s ≥ s1, x ∈ Ω. (2.9)

Pela hipótese (f1), existe uma constante C2 > 0 tal que

f(x, s) ≤ C2 = C2sk

sk≤ C2

sk

s0

= C3sk, se s ∈ [s0, s1], x ∈ Ω. (2.10)

Das desigualdades (2.8)-(2.9)-(2.10) obtemos obtemos a desigualdade (2.7). Integrando a

desigualdade (2.7), obtemos:∫ s

0

f(x, t)dt ≤∫ s

0

(µ+ ε)tdt+

∫ s

0

Cεtkdt,

o que prova (2.5). Além disso, temos

h(x) ≤ |h(x)| ≤ ‖h‖∞, q.t.p. em Ω.

26


Agora xemos ε0 > 0 tal que µ + ε0 < λ1. Pela caracterização do primeiro autovalor

temos(µ+ ε0)

2

∫Ω

u2 ≤ (µ+ ε0)

2λ1

∫Ω

|∇u|2dx.

Pela denição de I dada em (2.3), segue de (2.5) e da imersão de Sobolev H10 (Ω) → Lp(Ω)

que

I(u) ≥ 1

2

∫Ω

|∇u|2dx− 1

q + 1

∫Ω

‖h‖∞(u+)q+1dx−∫

Ω

[(µ+ ε0)

2u2 + Cε|u|k+1]dx

≥ (1

2− (µ+ ε0)

2λ1

)‖u‖2 − ‖h‖∞q + 1

∫Ω

(u+)q+1dx− Cε∫

Ω

|u|k+1dx

≥ C1‖u‖2 − C2‖h‖∞‖u‖q+1 − C3‖u‖k+1.

Assim,

I(u) ≥ [C1 − ‖h‖∞C2‖u‖q−1 − C3‖u‖k−1]‖u‖2. (2.11)

Considere a função denida por:

g(t) = C2‖h‖∞tq−1 + C3tk−1,

onde t ≥ 0, q ∈ (0, 1) e k ∈ [1, N+2N−2

) se N ≥ 3, ou k ∈ [1,+∞) se 1 ≤ N < 3. Derivando

g em relação a t, temos

g′(t) = C2(q − 1)‖h‖∞tq−2 + C3(k − 1)tk−2.

Se t0 > 0 é tal que g′(t0) = 0, então

C3(k − 1)tk−q0 + C2(q − 1)‖h‖∞ = 0,

o que implica

t0 =

[(1− q)C2

C3(k − 1)‖h‖∞

]1/(k−q)

, 0 < q < 1 < k.

Vamos denotar C4 = (1−q)C2

C3(k−1). Assim,

g(t0) = C2‖h‖∞(C4‖h‖∞)q−1k−q + C3(C4‖h‖∞)

k−1k−q = C5‖h‖

k−1k−q∞ ,

onde C5 = C2Cq−1k−q4 +C3C

k−1k−q4 , e k−1

k−q > 0, pois 0 < q < 1 < k. Assim, existem = (C1

C5)k−qk−1 >

0, tal que g(t0) < C1 se ‖h‖∞ < m. Então, se ‖h‖∞ < m e ρ = t0, por (2.11) e para todo

u ∈ H10 (Ω) tal que ‖u‖ = ρ, temos

I(u) ≥ (C1 − g(t0))t20 = η > 0,

27


donde obtemos i).

Prova do item ii). Segue da hipótese (f3) que

lims→+∞

F (x, s)

s2=`

2, uniformemente em x ∈ Ω. (2.12)

De fato, dado ε > 0, existe M > 0 tal que

`− ε ≤ f(x, s)

s≤ `+ ε, para todo s ≥M.

Assim, integrando de 0 a s a desigualdade acima, temos∫ s

0

(`− ε)tdt ≤∫ s

0

f(x, t)dt ≤∫ s

0

(`+ ε)tdt, para todo s ≥M.

Logo,(`− ε)

2≤ F (x, s)

s2≤ (`+ ε)

2, para todo s ≥M.

Portanto,

lims→+∞

F (x, s)

s2=`

2, uniformemente em x ∈ Ω.

Agora, usando que ` > λ1, existe τ > 0 tal que, para s > 0 sucientemente grande, temos

F (x, s)

s2≥ `− τ

2>λ1

2, uniformemente em x ∈ Ω. (2.13)

Seja ϕ1 > 0 a autofunção associada ao autovalor λ1. Sabemos que

‖ϕ1‖2 = λ1‖ϕ1‖2L2(Ω).

Assim temos

I(tϕ1) =t2

2‖ϕ1‖2 − tq+1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx−

∫Ω

F (x, tϕ1)dx

≤ t2

2‖ϕ1‖2 − tq+1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx− t2

2

∫Ω

(`− τ)ϕ21dx

=t2

2

∫Ω

(λ1 − `+ τ)ϕ21dx−

tq+1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx

=t2

2

(∫Ω

(λ1 − `+ τ)ϕ21dx−

tq−1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx

).

Como

0 < q < 1 e λ1 − `+ τ < 0,

temos

limt→+∞

tq−1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx = 0 e

∫Ω

(λ1 − `+ τ)ϕ21dx < 0.

28


Escolhendo t0 sucientemente grande tal que

‖t0ϕ1‖ > ρ,

temos

I(t0ϕ1) < 0.

Logo, escolhendo e = t0ϕ1, obtemos ii) e isto completa a prova do lema.

Lema 2.2 Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado e (un) ⊂ H10 (Ω) uma sequência tal que

un u em H10 (Ω). Então u+

n u+ e u−n u−.

Demonstração: Pela convergência fraca de (un) em H10 (Ω), existe uma constante C > 0

tal que ‖un‖ ≤ C. Além disso, como un = u+n + u−n , temos

‖un‖2 =

∫Ω

|∇un|2dx

=

∫Ω

|∇(u+n + u−n )|2dx

=

∫Ω

|∇u+n |2dx+ 2

∫Ω

∇u+n∇u−n dx+

∫Ω

|∇u−n |2dx

=

∫Ω

|∇u+n |2dx+

∫Ω

|∇u−n |2dx

= ‖u+n ‖2 + ‖u−n ‖2.

Logo (u+n ) é limitada em H1

0 (Ω). Assim, existe v ∈ H10 (Ω) tal que

u+n v em H1

0 (Ω),

u+n → v em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗,

u+n (x)→ v(x) q.t.p em Ω.

(2.14)

Desde que a imersão H10 (Ω) → Lp(Ω) é compacta temosun → u, em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗,

un(x)→ u(x) q.t.p em Ω.(2.15)

Por outro lado, sabemos que

u+n =

un + |un|2

e u+ =u+ |u|

2.

Assim, segue de (2.15) que

u+n → u+ q.t.p em Ω.

29


Logo, pela unicidade do limite, segue de (2.14) que v = u+. Portanto,

u+n u+.

Analogamente, conclui-se que u−n u−, e isto conclui a prova do lema.

Lema 2.3 Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado e (fn) ⊂ L2(Ω) uma sequência tal que fn f

em L2(Ω) e fn ≥ 0, para todo n. Então temos que f ≥ 0 q.t.p em Ω.

Demonstração: Pelo Teorema da Representação de Riesz em L2(Ω), temos

limn→+∞

∫Ω

fnϕdx =

∫Ω

fϕdx para todo ϕ ∈ L2(Ω).

Fazendo a substituição ϕ = f−, temos

0 ≤ limn→+∞

∫Ω

fnf−dx

=

∫Ω

ff−dx

=

∫Ω

(f+ − f−)f−dx

= −∫

Ω

(f−)2dx.

Logo,

f− = 0 q.t.p em Ω.

Portanto,

f ≥ 0 q.t.p em Ω,

e isto conclui o lema.

O lema a seguir, juntamente com a imersão compacta H10 (Ω) → Lp(Ω), será impor-

tante para obtermos de maneira direta uma solução para o problema (2.1). Este lema nos

diz que, sob as condições dadas no início do capítulo sobre as funções f(x, s) e h, qualquer

sequência de Cerami é limitada. Mais precisamente, temos

Lema 2.4 Suponha que as funções f(x, s) e h(x) satisfazem as condições (h1), (f1), (f2)

e (f3). Então toda sequência de Cerami (un) para o funcional I é limitada.

Demonstração: Seja (un) ⊂ H10 (Ω) uma sequência de Cerami no nível c > 0, ou seja,

I(un) =1

2‖un‖2 − 1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx−

∫Ω

F (x, u+n )dx = c+ o(1) (2.16)

30


e

I ′(un)ϕ =

∫Ω

∇un∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+n )qϕdx−

∫Ω

f(x, u+n )ϕdx = o(1). (2.17)

De fato,

‖I ′(un)‖ = (1 + ‖un‖)‖I ′(un)‖1 + ‖un‖

.

Desde que1

1 + ‖un‖≤ 1,

por (1.24) obtemos

‖I ′(un)‖ = o(1), (2.18)

e portanto temos (2.17). Agora, substituindo un = ϕ em (2.17), temos

I ′(un)un =

∫Ω

|∇un|2dx−∫

Ω

h(x)(u+n )q+1dx−

∫Ω

f(x, u+n )undx = o(1). (2.19)

Agora, suponha que ‖un‖ → +∞ e denotemos por

wn =un‖un‖

. (2.20)

Note que (wn) é limitada em H10 (Ω) e podemos supor, para alguma subsequência de (wn)

e w ∈ H10 (Ω), que

wn w em H10 (Ω),

wn → w em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗,

wn(x)→ w(x) q.t.p em Ω.

(2.21)

Pelo Lema 2.2 temos w+n w+ em H1

0 (Ω),

w+n → w+ em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗,

w+n (x)→ w+(x) q.t.p em Ω.

(2.22)

Armamos que

w 6= 0.

De fato, suponha que w ≡ 0. Note que

limn→+∞

∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx = lim

n→+∞

∫Ω

F (x,w+n (x))dx

= limn→+∞

∫Ω

f(x,w+n (x))wn(x)dx

= 0.

31


Por (2.22) temos

h(x)(w+n (x))q+1 → h(x)(w+(x))q+1 q.t.p em Ω.

Como a imersão H10 (Ω) → Lr(Ω) é compacta se 1 ≤ r < 2∗, existe ψ ∈ Lq+1(Ω) tal que

|wn(x)| ≤ ψ(x) q.t.p em Ω.

Logo,

|h(x)(w+n (x))q+1| ≤ ‖h‖∞(ψ(x))q+1 ∈ L1(Ω).

Pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx→ 0.

Além disso, por (2.5) temos

F (x, s) ≤ C1s2 + C2s

k+1.

Assim, temos

0 ≤ F (x,w+n (x)) ≤ C1(w+

n (x))2 + C2(w+n (x))k+1.

Isto implica que

F (x,w+n (x))→ 0 q.t.p em Ω.

Como k + 1 < 2∗ e 2 < 2∗, existem ψ1 ∈ Lk+1(Ω) e ψ2 ∈ L2(Ω) tais que

|w+n (x)| ≤ ψ1(x) q.t.p em Ω.

|w+n (x)| ≤ ψ2(x) q.t.p em Ω.

Assim, temos

|F (x,w+n (x))| ≤ C1|(w+

n (x))|2 + C2|(w+n (x))|k+1

≤ C1|ψ2(x)|2 + C2|ψ1(x)|k+1 ∈ L1(Ω).

Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos∫Ω

F (x,w+n (x))dx→ 0.

Por (2.7) temos

f(x, s) ≤ (µ+ ε)s+ Cεsk, s ≥ 0.

32


De maneira análoga, obtemos ∫Ω

f(x,w+n (x))wn(x)dx→ 0.

Multiplicando (2.17) por 1‖un‖2

, temos

‖wn‖2 − 1

‖un‖1−q

∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx−

∫Ω

p(x, un)(w+n )2dx = o(1), (2.23)

onde

p(x, s) =

f(x, s)

sse s > 0

0 se s ≤ 0.

Assim, segue de (f1), (f2) e (f3) que existe uma constante M > 0 tais que∣∣∣∣f(x, s)

s

∣∣∣∣ ≤M, para todo x ∈ Ω e s ∈ R. (2.24)

De fato, dado ε > 0, existem δ > 0 e A > 0 tal que∣∣∣∣f(x, s)

s

∣∣∣∣ ≤ ε+ µ, se s < δ,∣∣∣∣f(x, s)

s

∣∣∣∣ ≤ ε+ `, se s > A,∣∣∣∣f(x, s)

s

∣∣∣∣ ≤M1, se s ∈ [δ, A].

TomandoM = maxε+µ, ε+`,M1, obtemos o resultado. Como ‖un‖ → +∞ e 1−q > 0,

temos1

‖un‖1−q

∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx→ 0.

Segue de (2.23) que

‖wn‖2 −∫

Ω

p(x, u+n )(w+

n )2dx = o(1). (2.25)

Por outro lado, segue de (2.24) e do fato que w+n → 0 em L2(Ω), que∣∣∣∣∫

Ω

p(x, u+n )(w+

n )2dx

∣∣∣∣ ≤M

∫Ω

(w+n )2dx.

Pela imersão compacta H10 (Ω) → L2(Ω) existe ψ ∈ L2(Ω) tal que

|w+n (x)| ≤ ψ(x) q.t.p em Ω.

Logo, por (2.22) e pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos∫Ω

(w+n )2dx→ 0.

33


Assim,

limn→+∞

∫Ω

p(x, u+n )(w+

n )2dx = 0.

Por (2.25) obtemos ‖wn‖2 → 0 e isto contradiz o fato de que ‖wn‖ = 1.

Agora, armamos que

w(x) > 0 q.t.p em Ω.

De fato, multiplicando (2.17) por 1‖un‖ , temos:∫

Ω

∇wn.∇ϕdx−1

‖un‖1−q

∫Ω

h(x)(w+n )qϕdx−

∫Ω

p(x, u+n )wnϕdx = o(1). (2.26)

Pela desigualdade (2.24), p(x, s) é limitada. Logo,∫Ω

(p(x, un))2 ≤M |Ω|.

Assim existe v ∈ L2(Ω) tal que

p(x, un) v(x) em L2(Ω). (2.27)

Além disso, pelo Lema 2.3 temos

v(x) ≥ 0 q.t.p x ∈ Ω.

Armamos que∫Ω

p(x, un)w+n (x)ϕdx→

∫Ω

v(x)w+ϕdx para todo ϕ ∈ H10 (Ω). (2.28)

De fato, como

p(x, un)w+nϕ− v(x)w+ϕ = p(x, un)w+

nϕ− p(x, un)w+ϕ+ p(x, un)w+ϕ− v(x)w+ϕ,

temos∣∣∣∣∫Ω

[p(x, un)w+nϕ− v(x)w+ϕ]dx

∣∣∣∣ ≤ ∫Ω

|p(x, un)w+nϕ|dx−

∫Ω

|p(x, un)w+ϕ|dx

+

∫Ω

|p(x, un)w+ϕ|dx−∫

Ω

|v(x)w+ϕ|dx

≤∫

Ω

M |(w+n − w+)ϕ|dx.

Segue de (2.22) que

limn→+∞

∫Ω

M |(w+n − w+)ϕ|dx = 0.

34


Logo,

limn→+∞

∫Ω

[p(x, un)w+nϕ− v(x)w+ϕ]dx = 0,

donde obtemos (2.28).

Desde que∫Ω

f(x, u+n )

w+n

w+nϕdx =

∫Ω

p(x, un)w+n (x)ϕdx, ϕdx, para todo ϕ ∈ H1

0 (Ω),

usando que ‖un‖ → +∞, segue de (2.26) que∫Ω

∇w∇ϕdx =

∫Ω

v(x)w+ϕdx, para todo ϕ ∈ H10 (Ω). (2.29)

Substituindo ϕ = w− em (2.29), obtemos∫Ω

|∇w−|2dx = 0.

Isto implica que

w− = 0 q.t.p em Ω.

Logo, w ≡ w+ ≥ 0. Por (2.29), sabemos que w ≥ 0 é uma solução fraca do seguinte

problema: −∆w = v(x)w+ ≥ 0, em Ω;

w = 0, sobre Ω.(2.30)

Então, pelo Princípio do Máximo Forte(ver [8]) temos que

w(x) > 0 q.t.p em Ω.

Agora, vamos mostrar que w > 0 satisfaz a seguinte identidade∫Ω

∇w∇ϕdx = `

∫Ω

wϕdx, para todo ϕ ∈ H10 (Ω). (2.31)

Por (2.20) e (2.22), temos

wn(x) =un‖un‖

→ w(x) > 0 q.t.p em Ω.

Além disso, pela hipótese (f2), temos

p(x, u+n (x)) =

f(x, u+n (x))

u+n (x)

→ `.

35


Portanto, pela unicidade do limite, segue de (2.27) que v(x) = `. Substituindo esta

igualdade em (2.29), obtemos (2.31). Logo, w é uma solução fraca não-trivial do seguinte

problema: −∆w = `w, em Ω;

w = 0, sobre Ω.

Sabemos que λ1 < `. Assim, existe uma autofunção ϕ1 > 0 associada ao autovalor λ1 que

é ortogonal a w. Assim, fazendo a substituição ϕ = ϕ1 em (2.31), temos

`

∫Ω

wϕ1dx =

∫Ω

∇w∇ϕ1dx = 0.

Mas isto contraria o fato de que ` > λ1, pois λ1 é o menor autovalor de −∆. Logo, a hipó-

tese ‖un‖ → +∞ é falsa, isto é, (un) é limitada em H10 (Ω). Isto conclui a demonstração.

Na demonstração a seguir, encontraremos uma solução para o problema (2.1) com

energia positiva. Para tal, além dos lemas anteriores, teremos como principal ferramenta

o Teorema 1.2.

Prova do Teorema 2.1: Pelo Lema 2.1 e Teorema 1.2, existe uma sequência de

Cerami (un) ⊂ H10 (Ω) no nível c > 0. Pelo Lema 2.4 a sequência (un) é limitada e, como

consequência da imersão compacta H10 (Ω) → Lp(Ω), existe u1 ∈ H1

0 (Ω), tal queun u1 em H1

0 (Ω),

un → u1 em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗,

un(x)→ u1(x) q.t.p em Ω.

(2.32)

Pelo Lema 2.2, temos u+n u+

1 em H10 (Ω)

u+n → u+

1 em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗

u+n (x)→ u+

1 (x) q.t.p em Ω.

Por (2.18), temos

I ′(un)ϕ =

∫Ω

∇un∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+n )qϕdx−

∫Ω

f(x, u+n )ϕdx = o(1). (2.33)

Por (2.32), obtemos

I ′(u1)ϕ =

∫Ω

∇u1∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+1 )qϕdx−

∫Ω

f(x, u+1 )ϕdx = 0,

36


para toda ϕ ∈ H10 (Ω), ou seja, I ′(u1) = 0. Note que∫

Ω

∇un∇(un − u1)dx =

∫Ω

h(x)(u+n )q(un − u1)dx−

∫Ω

f(x, u+n )(un − u1)dx+ o(1).

Além disso, temos∫Ω

∇u1∇(un − u1)dx =

∫Ω

h(x)(u+1 )q(un − u1)dx−

∫Ω

f(x, u+1 )(un − u1)dx+ o(1).

Como ‖un − u1‖2 =∫

Ω∇(un − u1)∇(un − u1)dx, temos

‖un − u1‖2 =

∫Ω


∫Ω

h(x)(u+1 )q(un − u1)dx+

+

∫Ω

f(x, u+n )(un − u1)dx−

∫Ω

f(x, u+1 )(un − u1)dx + o(1).

Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos

‖un − u1‖2 → 0.

Desde que I ∈ C1 obtemos

I(u1) = limn→+∞

I(un) = c > 0.

Portanto, u1 é uma solução fraca não-negativa do Problema (2.1) com I(u1) > 0.


Para demonstrar este teorema, faremos uso do bem conhecido Princípio Variacional de

Ekeland, o Teorema 1.3, para obter uma solução do problema (2.1) com energia negativa.

Vale relembrar que o Teorema 2.2 é equivalente ao Teorema 2.1 mas com a hipótese

adicional (h2), a qual será de fundamental importância para obtermos uma solução com

energia negativa através do Teorema 1.3.

Prova do Teorema 2.2: Para ρ > 0 dado pelo Lema 2.1, item (i), dena

Bρ = u ∈ H10 (Ω) : ‖u‖ ≤ ρ, ∂Bρ = u ∈ H1

0 (Ω) : ‖u‖ = ρ.

Como Bρ é um subespaço fechado do espaço completo H10 (Ω), então Bρ é um espaço

métrico completo com a distância

dist(u, v) = ‖u− v‖ para u, v ∈ Bρ.

37


Pelo item i) do Lema 2.1, sabemos que:

I(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ ∂Bρ. (2.34)

Como I ∈ C1(H10 (Ω),R), em particular temos que I ∈ C1(Bρ,R) e, além disso, I é

semicontínuo inferiormente. Seja

c1 = infI(u) : u ∈ Bρ. (2.35)

Armamos que

c1 < 0. (2.36)

De fato, Segue de (f2) que

lims→0+

2F (x, s)

s2= µ,

pois, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que

µ− ε ≤ f(x, s)

s≤ µ+ ε para todo s < δ.

Assim, integrando de 0 a s a desigualdade acima, temos∫ s

0

(µ− ε)tdt ≤∫ s

0

f(x, t)dt ≤∫ s

0

(µ+ ε)tdt para todo s < δ.

Logo,(µ− ε)

2≤ F (x, s)

s2≤ (µ+ ε)

2para todo s < δ.

Portanto,

lims→0+

F (x, s)

s2=µ

2uniformemente em x ∈ Ω.

Então, para s > 0 sucientemente pequeno temos

F (x, s)

s2≥ µ

4.

Seja v ∈ C∞0 (Ω) satisfazendo (h2). Assim, para t > 0 sucientemente pequeno obtemos

I(tv) =t2

2

∫Ω

|∇v|2dx− tq+1

q + 1

∫Ω

h(x)(v+)q+1dx−∫

Ω

F (x, tv+)dx

≤ t2

2

∫Ω

|∇v|2dx− tq+1

q + 1

∫Ω

h(x)|v+|q+1dx− µt2

4

∫Ω

|v+|2dx.(2.37)

Por outro lado, segue de (h2) que

limt→0+

tq−1

q + 1

∫Ω

h(x)(v+)q+1dx = +∞.

38


Assim, para t > 0 sucientemente pequeno, temos

1

2

∫Ω

|∇v|2dx− µ

4

∫Ω

|v+|2dx < tq−1

q + 1

∫Ω

h(x)|v+|q+1dx. (2.38)

Multiplicando ambos os membros da desigualdade acima por t2, temos

t2

2

∫Ω

|∇v|2dx− tq+1

q + 1

∫Ω

h(x)|v+|q+1dx− µt2

4

∫Ω

|v+|2dx < 0.

Portanto,

I(tv) < 0.

Assim, basta escolher t0 > 0 satisfazendo (2.38) tal que ‖t0v‖ ≤ ρ. Logo, existe e = t0v,

com e ∈ Bρ tal que

I(e) < 0,

donde obtemos a desigualdade (2.36).

Pelo Princípio Variacional de Ekeland, para todo n > 0, existe un ∈ H10 (Ω) tal que

c1 ≤ I(un) ≤ c1 +1

n(2.39)

I(w) ≥ I(un)− 1

n‖un − w‖, para todo w ∈ Bρ. (2.40)

Armamos que ‖un‖ < ρ para n ≥ 1 sucientemente grande. De fato, suponha que

‖un‖ = ρ para uma quantidade innita de índices n. Sem perda de generalidade, podemos

supor que ‖un‖ = ρ para todo n ≥ 1. Segue de (2.34) que

I(un) ≥ η > 0.

Por (2.39) temos

I(un)→ c1.

Assim, obtemos

0 > c1 ≥ η > 0,

o que é uma contradição.

Provaremos agora que I ′(un)→ 0 em H−10 (Ω). De fato, vamos denotar

wn = un + tu, para todo u ∈ H10 (Ω), ‖u‖ = 1.

39


Assim, se t > 0 é sucientemente pequeno, temos

‖wn‖ ≤ ‖un‖+ t < ρ.

Logo, segue de (2.40) que

I(un + tu) ≥ I(un)− t

n‖u‖,

o que implicaI(un + tu)− I(un)

t≥ − 1

n‖u‖ = − 1

n.

Aplicando o limite quando t→ 0 em ambos os lados da desigualdade, temos

I ′(un)u ≥ − 1

n,

o que implica

|I ′(un)u| < 1

npara todo u ∈ H1

0 (Ω), com ‖u‖ = 1.

Portanto,

I ′(un)→ 0 em H−10 (Ω). (2.41)

Além disso, segue de (2.39) que

I(un)→ c1.

Como (un) é limitada, pela imersão compacta H10 (Ω) → Lp(Ω), existe u2 ∈ H1

0 (Ω) tal queun u2 em H1

0 (Ω)

un → u2 em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗

un(x)→ u2(x) q.t.p em Ω.

(2.42)

Pelo Lema 2.2, temos u+n u+

2 em H10 (Ω)

u+n → u+

2 em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗

u+n (x)→ u+

2 (x) q.t.p em Ω.

Por (2.41), temos

I ′(un)ϕ =

∫Ω

∇un∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+n )qϕdx−

∫Ω

f(x, u+n )ϕdx = o(1). (2.43)

Além disso, por (2.42), temos

I ′(u2)ϕ =

∫Ω

∇u2∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+2 )qϕdx−

∫Ω

f(x, u+2 )ϕdx = 0.

40


Isto implica que I ′(u2) = 0. Fazendo a substituição ϕ = un − u2, temos∫Ω

∇u2∇(un − u2)dx =

∫Ω

h(x)(u+2 )q(un − u2)dx−

∫Ω

f(x, u+2 )(un − u2)dx+ o(1).

Como

‖un − u2‖2 =

∫Ω

∇(un − u2)∇(un − u2)dx,

temos

‖un − u2‖2 =

∫Ω


∫Ω

h(x)(u+2 )q(un − u2)dx+

+

∫Ω

f(x, u+n )(un − u2)dx−

∫Ω

f(x, u+2 )(un − u2)dx + o(1).

Assim, pelo Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue, temos

‖un − u2‖2 → 0.

Isto implica que

limn→+∞

I(un) = I(u2) = c1 < 0.

Assim u2 ∈ H10 (Ω) é uma solução não-negativa do problema (2.1). Além disso, se h(x) ≥ 0,

o Princípio do Máximo Forte [8] implica que u2 > 0 q.t.p em Ω. Isto naliza a prova do

teorema.

41

Capítulo 3

Um problema Superlinear

Neste capítulo vamos estudar o problema−∆u = h(x)uq + f(x, u) em Ω

u ≥ 0 em Ω

u = 0 sobre ∂Ω,

(3.1)


Como no capítulo anterior, vamos assumir que h(x) satisfaz:

(h1) h(x) ∈ L∞(Ω) e h(x) 6≡ 0;

(h2) existe v ∈ H10 (Ω) tal que

∫Ωh(x)(v+)q+1dx > 0.

A função f(x, s) satisfaz novamente as seguintes hipóteses:

(f1) f(x, s) ∈ C(Ω× R); f(x, 0) ≡ 0; f(x, s) ≥ (6=)0 para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.

(f2) lims→0+f(x,s)s

= µ ∈ [0, λ1);

onde λ1 > 0 é o primeiro autovalor de −∆ em H10 (Ω), isto é,

λ1 = inf

∫Ω|∇u|2dx∫Ωu2dx

: u ∈ H10 (Ω), u 6= 0

. (3.2)

No innito vamos assumir que f(x, s) tem crescimento superlinear, mais precisamente,


= +∞; uniformemente em x ∈ Ω.

Além disso, supomos que f(x, s) tem crescimento subcrítico, isto é,

42

(f4) lims→+∞

f(x, s)

sr= 0 uniformemente em x ∈ Ω,

onde r é uma constante tal que r ∈ (1, (N + 2)/(N − 2)) se N ≥ 3 e r ∈ (1,+∞) se

N = 1, 2.

Denição 4 Dizemos que u ∈ H10 (Ω) é uma solução fraca para o Problema (3.1) se∫

Ω

∇u∇ϕdx =

∫Ω

h(x)uqϕdx+

∫Ω

f(x, u)ϕdx para todo ϕ ∈ H10 (Ω). (3.3)

Note que o funcional energia associado ao problema (3.1) é dado por

I(u) =1

2

∫Ω

|∇u|2dx− 1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+)q+1dx−∫

Ω

F (x, u+), (3.4)

onde F (x, s) =∫ s

0f(x, t)dt.

Pela Proposição A.1 temos que I ∈ C1(H10 (Ω),R). Além disso, para todo ϕ ∈ H1

0 (Ω)

temos

I ′(u)ϕ =

∫Ω

∇u∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+)qϕdx−∫

Ω

f(x, u+)ϕdx. (3.5)

Se u ∈ H10 (Ω) é um ponto crítico de I, escolhendo ϕ = u− em (3.5), obtemos

−∫

Ω

|∇u−|2 =

∫Ω

h(x)(u+)qu−dx+

∫Ω

f(x, u+)u−dx = 0.


Observação 3.1 Suponha que h satisfaz (h1) e que h(x) ≥ 0. Então, pela Proposição A.1

e pelo Princípio do Máximo Forte, o qual pode ser encontrado em [8], os pontos críticos

não-nulos de (3.4) são soluções fracas positivas do problema (3.1).

O teorema a seguir nos diz que podemos encontrar duas soluções não-negativas, uma

com energia negativa e outra com energia positiva.

Teorema 3.1 Suponha que h(x) e f(x, s) satisfazem (h1), (h2), (f1), (f2), (f3) e (f4).

Além disso, suponha que para todo σ ∈ (0, 1), com τ > 0 sucientemente pequeno tal que

σ > q + (1 + q)τ , tenhamos satisfeitas as seguintes condições:

lims→+∞

f(x, s)

s1+τ= 0 uniformemente em x ∈ Ω (3.6)

lims→+∞

f(x, s)s− 2F (x, s)

s1+σ= η uniformemente em x ∈ Ω, (3.7)

onde η ∈ (0,+∞]. Então existe m > 0 tal que se ‖h‖∞ < m, o problema (3.1) possui duas

soluções não-negativas u1, u2 ∈ H10 (Ω) com I(u1) < 0 < I(u2). Além disso, se h(x) ≥ 0,

então temos que u1, u2 são soluções positivas.

43

No teorema a seguir encontraremos uma solução não-negativa com energia positiva,

no caso em que h(x) ≤ 0.

Teorema 3.2 Suponha que h satisfaz (h1) e que f(x, s) satisfaz (f1), (f2), (f3) e (f4).

Considere a função denida por p(x, s) = f(x, s)/s, s > 0. Suponha que p(x, s) seja

não-decrescente e que h(x) ≤ 0. Então o problema (3.1) possui pelo menos uma solução

não-negativa u ∈ H10 (Ω), com I(u) > 0.

Observação 3.2 Relembremos que uma função f(x, s) satisfaz a condição de Ambrosetti-

Rabinowitz, se existe θ > 2 e M > 0 tais que

0 < θF (x, s) ≤ f(x, s)s ∀x ∈ Ω e |s| ≥M.

Em um certo sentido, nossas hipóteses (f1), (f2), (f3), (3.6), (3.7) e a hipótese de que

p(x, s) = f(x, s)/s seja não decrescente em s>0, são mais fracas que a condição de

Ambrosetti-Rabinowitz. Devemos observar que se f(x, s) satisfaz a condição de Ambrosetti-

Rabinowitz então

lims→+∞

f(x, s)

s1+τ> 0

Daí a necessidade da hipótese (3.6).

Exemplo: A função denida por

f(x, s) ≡ f(s) :=

sln(s+ 1), se s ≥ 0

0, se s ≤ 0,

claramente satisfaz as condições (f1), (f2), (f3), (3.6), (3.7) e a condição de que p(x, s) =

f(x, s)/s seja não decrescente em s>0, mas não satisfaz a condição de Ambrosetti-

Rabinowitz. De fato, supondo que satisfeita a condição de Ambrosetti-Rabinowitz, tería-

mos

lims→+∞

f(x, s)

s1+θ6= 0

o qual contradiz (3.6), pois τ em (3.6) pode ser tomado sucientemente pequeno tal que

τ < θ.

44



Para demonstrar este teorema, usaremos lemas análogos ao capítulo anterior. Temos

como objetivo principal encontrar duas soluções, uma com energia positiva e outra com

energia negativa. Para isso, serão utilizados principalmente os Teoremas 1.2 e 1.3. A

seguir, demonstraremos um resultado análogo ao Lema 2.1. Note, porém, que agora f

é superlinear, isto é, f satisfaz a hipótese (f3), a qual não é mais a mesma do capítulo

anterior. Assim a demonstração do lema seguinte não segue de maneira análoga ao Lema

2.1. Mais precisamente, temos o seguinte:

Lema 3.1 Suponha que h e f(x, s) funções satisfazendo as hipóteses (h1), (f1), (f2), (f3)

e (f4). Além disso, suponha que p(x, s) = f(x, s)/s seja não-decrescente em s > 0. Então,

existe m > 0 tal que se ‖h‖∞ < m, temos:

i) Existem ρ > 0, η > 0 tais que

I(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ H10 (Ω), com ‖u‖ = ρ.

ii) Existe e ∈ H10 (Ω) com ‖e‖ > ρ tal que I(e) < 0.

Demonstração:

Prova do item i): A prova utilizada no item i) do Lema 2.1 é a mesma para este caso,

pois pela hipótese (f3) e por (f4) obtemos novamente a desigualdade (2.5). Assim, a prova

segue de maneira análoga.

Prova do item ii): Seja ϕ1 ∈ C(Ω), ϕ1 > 0, uma autofunção associada ao autovalor

λ1. Por continuidade, para todo x0 ∈ Ω existe r > 0 tal que

Br(x0) ⊂ Br(x0) ⊂ Ω com |Ω| > 0.

Além disso, existe α > 0 tal que

minBr(x0)ϕ1(x) ≥ α > 0.

Portanto,

limt→+∞

tϕ(x) = +∞ uniformemente em Br(x0).

Note, que

0 ≤ 2F (x, s) ≤ f(x, t)t para todo x ∈ Ω, t ≥ 0 (3.8)

45


De fato, considere a função denida por

θ(x, t) = f(x, t)t− 2F (x, t).

Derivando θ em relação a t, obtemos

θ′(x, t) = f ′(x, t)t− f(x, t).

Por hipótese, temos que p(x, s) é não-decrescente em s > 0. Assim,

p′(x, t) =f ′(x, t)t− f(x, t)

t2≥ 0.

Isto implica que θ′(x, t) ≥ 0 e portanto θ é não-decrescente. Assim, observando que

θ(x, 0) = 0, concluímos que

θ(x, t) ≥ 0 para todo x ∈ Ω, t ≥ 0

Logo, obtemos (3.8). Além disso, usando (3.8) temos

d

dt

(F (x, t)

t2

)=f(x, t)t2 − F (x, t)2t

t4≥ 0.

Isto nos diz que F (x, t)/t2 é não-decrescente em t > 0. Temos

limt→+∞

F (x, tϕ1)

t2ϕ21

= +∞ uniformemente em x ∈ Br(x0).

Assim, dado K > 0, existe T = T (α,K) > 0 tal que

F (x, tϕ1)

t2ϕ21

≥ K > 0 para todo t ≥ T, x ∈ Br(x0).

Como Br(x0) ⊂ Ω, temos que∫Br(x0)

F (x, u+)dx ≤∫

Ω

F (x, u+)dx.

Escolhemos T > 0 sucientemente grande tal que se t > T então

− tq−1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx ≤ 1,

e também escolhemos K > 0 sucientemente grande tal que

K >1 +

1

2

∫Ω|∇ϕ2

1|2dx

α2|Br(x0)|.

46


Assim,

I(tϕ1)

t2≤ 1

2

∫Ω

|∇ϕ1|2dx−∫Br(x0)

F (x, tϕ1)

t2ϕ21

ϕ21dx−

tq−1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕ1(x)q+1dx

≤ 1

2

∫Ω

|∇ϕ21|

2dx−K

∫Br(x0)

ϕ21dx+ 1

≤ 1

2

∫Ω

|∇ϕ21|

2dx− α2K|Br(x0)|+ 1

< 0.

Logo, escolhendo e = t0ϕ1, para t0 sucientemente grande tal que e = ‖t0ϕ1‖ > ρ, o item

(ii) está provado.

Lema 3.2 Suponha que as funções f(x, s) e h satisfazem as condições (h1), (f1), (f2),

(f3), (3.6) e (3.7). Então toda sequência de Cerami (un) para o funcional I é limitada.

Demonstração: Por (3.6), para todo ε > 0 existe T1 > 0 tal que

f(x, t) ≤ εt1+τ para todo t ≥ T1 e para q.t.p x ∈ Ω, (3.9)

e segue de (3.7) que existe T2 > 0 tal que

f(x, t)t− 2F (x, t) ≥ η

2t1+σ > 0 para todo t ≥ T2 e para q.t.p x ∈ Ω (3.10)

Fazendo T = maxT1, T2 , para cada n ≥ 1 denotamos

An = x ∈ Ω; |un(x)| ≥ T

Bn = x ∈ Ω; |un(x)| ≤ T.

Sejam ρ, η e e dados no Lema 3.1. Aplicando o Teorema 1.2, com µ = 0, E = H10 (Ω), seja

(un) ⊂ H10 (Ω) uma sequência de Cerami. Assim, temos

I(un) =1

2‖un‖2 − 1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx−

∫Ω

F (x, u+n )dx = c+ o(1). (3.11)

Além disso, por (2.18) temos

I ′(un)un =

∫Ω

|∇un|2dx−∫

Ω

h(x)(u+n )q+1dx−

∫Ω

f(x, u+n )undx = o(1). (3.12)

Pela hipótese (f1), em Ω×BT (0) existe uma constante K > 0 tal que

|f(x, un)un − 2F (x, un)| ≤ K.

47


Integrando em Bn, temos:

−∫Bn

Kdx ≤∫Bn

[f(x, un)un − 2F (x, un)]dx

≤∫Bn

Kdx.

Como Ω é domínio limitado, denotando C0 = K|Bn|, temos

−C0 ≤∫Bn

[f(x, un)un − 2F (x, un)]dx ≤ C0.

e, por (3.10),

f(x, un)un − 2F (x, un) ≥ 0 em An. (3.13)

Para o T > 0 escolhido acima, segue de (3.11), (3.12), (3.13) e (3.10) que(2

q + 1− 1

)∫Ω

|u+n |q+1dx+ 2c+ o(1) =

∫Ω

[f(x, u+n )u+

n − 2F (x, u+n )]dx

=

∫An∪Bn

[f(x, u+n )u+

n − 2F (x, u+n )]dx

=

∫An

[f(x, u+n )u+

n − 2F (x, u+n )]dx

+

∫Bn

[f(x, u+n )u+

n − 2F (x, u+n )]dx

≥∫An

[f(x, u+n )u+

n − 2F (x, u+n )]dx− C0

≥ η

2

∫An

|u+n |1+σdx− C0.

Isto implica que, pelas imersões de Sobolev∫An

|u+n |σ+1dx ≤ 2

η

(2

q + 1− 1

)‖un‖q+1 +

4c

η+ C0 + o(1)

Denotando

C1 =4c

η+ C0,

C2 =2

η

(2

q + 1,−1

),

temos ∫An

|u+n |σ+1dx ≤ C1 + C2‖un‖q+1 + o(1). (3.14)

Seja m = 1+qq. Como q ∈ (0, 1), temos que m > 2. Multiplicando (3.12) por (− q

q+1) e

somando com (3.11), temos

1− q2(1 + q)

‖un‖2 − 1− qq + 1

∫Ω

h(x)|u+n |q+1dx−

∫Ω

[F (x, un)− 1

mf(x, u+

n )u+n

]dx

48


= c+ o(1). (3.15)

Pela hipótese (f1), sabemos que existe K > 0 tal que em Ω×BT (0)

|F (x, u+n )− 1

mf(x, u+

n )u+n | ≤ K.

Assim, denotando C3 = K|Bn|, temos∣∣∣∣∫Bn

[F (x, u+

n )− 1

mf(x, u+

n )u+n

]dx

∣∣∣∣ ≤ C3.

Então, segue de (3.13)-(3.15) que

1− q2(1 + q)

‖un‖2 + o(1) = c+ C3 +

∫An

[F (x, u+

n )− 1

mf(x, u+

n )u+n

]dx+

+

∫Bn

[F (x, u+

n )− 1

mf(x, u+

n )u+n

]dx

+1− q1 + q

∫Ω

h(x)|u+n |q+1dx

≤ c+ C3 +

∫An

[F (x, u+

n )− 1

mf(x, u+

n )u+n

]dx

+1− q1 + q

∫Ω

h(x)|u+n |q+1dx

≤ c+ C3 +

∫An

[1

2f(x, u+

n )u+n −

q

1 + qf(x, u+

n )u+n

]dx

+1− q1 + q

∫Ω

h(x)|u+n |q+1dx.

Pela imersão de Sobolev, existe uma constante positiva C > 0 tal que

‖u+n ‖

q+1q+1 ≤ C‖u+

n ‖q+1.

Assim,

c+ C3 +

∫An

[1

2f(x, u+

n )u+n −

q

1 + qf(x, u+

n )u+n

]dx

+1− q1 + q

∫Ω

h(x)|u+n |q+1dx

≤ c+ C3 +

∫An

[1

2f(x, u+

n )u+n −

q

1 + qf(x, u+

n )u+n

]dx

+C(1− q)

1 + q|h(x)|∞‖u+

n ‖q+1dx.

49


Tomando ε =2(1 + q)

1− qem (3.9), temos

c+ C3 +

∫An

[1

2f(x, u+

n )u+n −

q

1 + qf(x, u+

n )u+n

]dx

+C(1− q)

1 + q|h(x)|∞‖u+

n ‖q+1dx

≤ c+ C3 +

∫An

|u+n |2+τdx+ C|h(x)|∞‖u+

n ‖q+1.

Tomando p = σ+11+τ

e q = σ+1σ−τ , temos que p > 1, q > 1 e 1

p+ 1

q= 1. Assim, como

|u+n |1+τ ∈ Lp(Ω) e |u+

n | ∈ Lq(Ω), pela desigualdade de Hölder temos∫An

|u+n |2+τ ≤

(∫An

|u+n |1+σdx

) 1+τ1+σ(∫

An

|u+n |

1+σσ−τ

)σ−τσ+1

.

Assim,

c+ C3 +

∫An

|u+n |2+τdx+ C|h(x)|∞‖u+

n ‖q+1

≤ c+ C3 +

(∫An

|u+n |1+σdx

) 1+τ1+σ(∫

An

|u+n |

1+σσ−τ

)σ−τσ+1

+C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1.

Pela imersão compacta H10 (Ω) → Lp(Ω), temos

c+ C3 +

(∫An

|u+n |1+σdx

) 1+τ1+σ(∫

An

|u+n |

1+σσ−τ

)σ−τσ+1

+ C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1

≤ c+ C3 +

(∫An

|u+n |1+σdx

) 1+τ1+σ

‖un‖+ C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1.

Pela desigualdade de Young, obtemos

c+ C3 +

(∫An

|u+n |1+σdx

) 1+τ1+σ

‖un‖+ C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1

≤ c+ C3 +1− q

4(1 + q)‖un‖2 +

(1 + q)C2

1− q

(∫An

|u+n |1+σdx

) 2(1+τ)1+σ

+C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1.

Assim,

c+ C3 +1− q

4(1 + q)‖un‖2 +

(1 + q)C2

1− q

(∫An

|u+n |1+σdx

) 2(1+τ)1+σ

+C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1

≤ C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1 + c+ C3 +

1− q4(1 + q)

‖un‖2 +(1 + q)C2

1− q(C2‖un‖q+1 + C1)

2(1+τ)1+σ .

50


Portanto,

1− q2(1 + q)

‖un‖2 + o(1) ≤ C|h(x)|∞‖u+n ‖q+1 + c+ C3 +

1− q4(1 + q)

‖un‖2

+(1 + q)C2

1− q(C2‖un‖q+1 + C1)

2(1+τ)1+σ

≤ C4‖un‖q+1 + C5 +1− q

4(1 + q)‖un‖2 + C6‖un‖

2(q+1)(1+τ)1+σ + C7.

Multiplicando a desigualdade acima por ‖un‖−2, temos

1− q2(1 + q)

+ o(1) ≤ C4‖un‖q−1 +C5

‖un‖2+ C6‖un‖

2(q+1)(1+τ)1+σ

−2 +C7

‖un‖2. (3.16)

Isto implica que un é limitada em H10 (Ω). De fato, suponha por contradição que ‖un‖ →

+∞. Sabendo que q + (1 + q)τ < σ < 1, temos 2(1+q)(1+τ)1+σ

< 2. Assim, fazendo n→ +∞

em (3.16), temos1− q

2(1 + q)= 0.

Isto é uma contradição, pois 0 < q < 1. Logo, (un) é limitada.

Prova do Teorema 3.1: Pelo Lema 3.1 e pelo Teorema 1.2, existe uma sequência de

Cerami (un) ⊂ H10 (Ω). Pelo Lema 3.2, temos que (un) é limitada. Logo, pela prova do

Teorema 2.1, concluímos que o problema (3.1) tem uma solução não-negativa u1 ∈ H10 (Ω)

com I(u1) > 0. De maneira inteiramente análoga à prova do Teorema 2.2, encontramos

uma solução não-negativa u1 ∈ H10 (Ω) do problema (3.1) com I(u1) < 0. Além disso,

supondo que h(x) ≥ 0, pelo Princípio do Máximo Forte temos que u1 > 0 e u2 > 0.


A seguir, temos um lema técnico importante muito útil nos resultados seguintes.

Lema 3.3 Sejam h e f(x, s) funções satisfazendo as hipóteses (h1), (f1), (f2) e (f3).

Além disso, suponha que h(x) ≤ 0 e que p(x, s) = f(x, s)/s seja não-decrescente em s >

0.. Seja I o funcional denido por (3.4). Supondo que existe uma sequência (un) ⊂ H10 (Ω)

satisfazendo

I ′(un)un → 0,

então, para todo t > 0 temos

I(tun) ≤ t2 + 1

2n+

[t2

2− tq+1

1 + q

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx+ I(un).

51


Demonstração: Por hipótese, podemos supor que

− 1

n≤ I ′(un)un ≤

1

n, ∀n ≥ 1. (3.17)

Note que

I ′(un)un = ‖un‖2 −∫

Ω

h(x)(un)q+1dx+

∫Ω

f(x, un)(un)dx.

Por hipótese, segue que que f(x, s) é não decrescente em s > 0. Desde que un(x) ≤ u+n (x)

para todo x ∈ Ω, temos

I ′(un)un ≤ ‖un‖2 −∫

Ω

h(x)(u+n )q+1dx+

∫Ω

f(x, u+n )(un)dx.

Somando∫

Ωf(x, u+

n )u+n dx nos termos da desigualdade (3.17) temos

− 1

n+

∫Ω

f(x, u+n )u+

n dx ≤ ‖un‖2 −∫

Ω

h(x)(u+n )q+1dx+

∫Ω

f(x, u+n )(u+

n − un)dx

≤ 1

n+

∫Ω

f(x, u+n )u+

n dx.

(3.18)

Como f(x, 0) ≡ 0, temos

− 1

n+

∫Ω

f(x, u+n )u+

n dx ≤ ‖un‖2 −∫

Ω

h(x)(u+n )q+1dx

≤ 1

n+

∫Ω

f(x, u+n )u+

n dx.

(3.19)

Assim, para todo t > 0, pela desigualdade (3.18) temos

I(tun) =t2

2‖un‖2 − tq+1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx−

∫Ω

F (x, tu+n )dx

≤ t2

2n+

[t2

2− tq+1

q + 1

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx

+

∫Ω

[t2

2f(x, u+

n )u+n − F (x, tu+

n )

]dx. (3.20)

Para s ≥ 0 e t ≥ 0, considere a função denida por:

g(t) =1

2t2f(x, s)s− F (x, ts).

Supondo que s 6= 0 e t 6= 0 temos, por (f3)

f(x, s)

s≤ f(x, ts)

ts, se t ≥ 1

f(x, s)

s≥ f(x, ts)

ts, se t ≤ 1

52


Se t e s forem nulos, ou pelo menos um deles o for, temos

f(x, s)ts = f(x, ts).

Assim,

g′(t) = f(x, s)ts− f(x, ts)s =

≥ 0 se t ≤ 1

≤ 0 se t ≥ 1

Isto mostra que g(t) ≤ g(1), para todo t > 0. Portanto, segue de (3.20) que

I(tun) ≤ t2

2n+

[t2

2− tq+1

q + 1

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx (3.21)

+

∫Ω

[1

2f(x, u+

n )u+n − F (x, u+

n )

]dx.

Como h(x) ≤ 0 e 0 < q < 1, temos[1

2− 1

q + 1

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx ≥ 0.

Logo, pela desigualdade (3.18), temos

I(un) =1

2

∫Ω

|∇un|2dx−1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx−

∫Ω

F (x, u+n )

≥ − 1

2n+

[1

2− 1

q + 1

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx

+

∫Ω

[1

2f(x, u+

n )u+n − F (x, u+

n )

]dx

≥ − 1

2n+

∫Ω

[1

2f(x, u+

n )u+n − F (x, u+

n )

]dx

Portanto, ∫Ω

[1

2f(x, u+

n )u+n − F (x, u+

n )

]dx ≤ 1

2n+ I(un). (3.22)

Assim, por (3.21) e pela desigualdade (3.22), temos

I(tun) ≤ t2

2n+

[t2

2− tq+1

q + 1

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx

+

∫Ω

[1

2f(x, u+

n )u+n − F (x, u+

n )

]dx.

≤ t2

2n+

[t2

2− tq+1

q + 1

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx+

1

2n+ I(un).

Logo, obtemos a desigualdade desejada.

53


A prova deste teorema segue de maneira análoga à parte da prova do Teorema 3.1

onde se obtém uma solução para o problema (3.1), com energia positiva. Note, porém,

que temos hipóteses diferentes. Assim, para podermos usar o Teorema (1.2) precisamos

do seguinte lema:

Lema 3.4 Suponha que as funções f(x, s) e h(x) satisfazem as condições (h1), (f1), (f2),

(f3) e que p(x, s) = f(x, s)/s seja não-decrescente em s > 0. Então toda sequência de

Cerami (un) para o funcional I é limitada.

Demonstração: Suponha por contradição que ‖un‖ → ∞. Seja c > 0 o nível dado pelo

Teorema 1.2. Denotamos

tn =2√c

‖un‖, wn = tnun =

2√cun‖un‖

. (3.23)

Claramente, (wn) é limitada em H10 (Ω). Assim, pela imersão compacta H1

0 (Ω) → Lp(Ω),

existe w ∈ H10 (Ω) tal que

wn w em H10 (Ω),

wn → w em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗,

wn(x)→ w(x) q.t.p em Ω.

Analogamente, pelo Lema 2.2 w+n = u+

n

|un‖ satisfazw+n w+ em H1

0 (Ω),

w+n → w+ em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗,

w+n (x)→ w+(x) q.t.p em Ω.

(3.24)

Armamos que

w+ 6= 0.

De fato, se w+ ≡ 0, então por (3.24) temos

wn → 0 em L2(Ω),

wn → 0 em Lq+1(Ω).

Portanto,

limn→∞

∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx = 0,

54


limn→∞

∫Ω

F (x,w+n (x))dx = 0.

Logo,

I(wn) =1

2‖wn‖2 − 1

q + 1

∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx−

∫Ω

F (x,w+n )dx

= 2c+ o(1).

(3.25)

Como estamos supondo ‖un‖ → ∞, por (3.23), temos

tn → 0.

Portanto, substituindo t por tn no Lema 3.1 temos:

I(wn) = I(tun)

≤ t2n + 1

2n+

[t2n2− tq+1

n

1 + q

] ∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx+ I(un)

=t2n2n

+

[t1−qn

2− 1

1 + q

] ∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx+ I(un).

Assim, I(wn) ≤ c + o(1), o que contradiz (3.25). Portanto, w+ 6= 0. Denotamos os

seguintes conjuntos:

Ω1 = x ∈ Ω;w+(x) = 0

Ω2 = x ∈ Ω;w+(x) > 0.

Assim, Ω = Ω1 ∪ Ω2. Por (3.23) e (3.24), temos

u+n (x)→ +∞ q.t.p em Ω2.

Usando (2.17), procedendo analogamente à demonstração do Lema 2.4 obtemos (2.26).

Substituindo ϕ = w+ em (2.26), temos∫Ω

∇wn∇w+dx− 1

‖un‖1−q

∫Ω

h(x)(w+n )qw+dx

−∫

Ω

pn(x, un)w+nw

+dx = o(1), (3.26)

onde

pn(x, un) =

f(x, un(x))

un(x)para x ∈ Ω com un(x) ≥ 0

0 para x ∈ Ω com un(x) ≤ 0.

55


Assim, pelo Lema de Fatou temos∫Ω

|∇w+|2dx = limn→+∞

∫Ω

f(x, u+n )

u+n

w+nw

+dx

≥ limn→+∞

∫Ω2

f(x, u+n )

u+n

w+nw

+dx

≥∫

Ω2

limn→+∞

inff(x, u+

n )

u+n

w+nw

+dx

Como

limn→+∞

[f(x, u+

n )

u+n

]= +∞ q.t.p em Ω2,

temos que |Ω2| = 0, o que implica

Ω = Ω1,

w+ ≡ 0 q.t.p em Ω.

Mas isto é uma contradição, pois provamos que w+ 6= 0. Logo, (un) é limitada em H10 (Ω).

Prova do Teorema 3.2: Pelo Lema 3.1 e pelo Teorema 1.2, existe uma sequência de

Cerami (un) ⊂ H10 (Ω) no nível do passo da montanha c > 0. Pelo Lema 3.4, temos que

(un) é limitada. Logo, novamente pela prova do Teorema 2.1, concluímos que o problema

(3.1) tem uma solução não-negativa u1 ∈ H10 (Ω) com I(u1) > 0.

56

Capítulo 4

O caso f (x, u) ≡ λu

Nesta capítulo vamos estudar o caso particular em que f(x, u) = λu. Mais precisa-

mente, vamos considerar o problema:−∆u = h(x)uq + λu em Ω

u ≥ 0 em Ω

u = 0 sobre ∂Ω,

(4.1)


Suponha que h satisfaz a hipótese:

(h1) h(x) ∈ L∞(Ω) e h(x) 6≡ 0.

Denição 5 Dizemos que u ∈ H10 (Ω) é uma solução fraca para o Problema (4.1) se∫

Ω

∇u∇ϕdx = λ

∫Ω

uϕdx+

∫Ω

h(x)(u)qϕdx para todo ϕ ∈ H10 (Ω).

Note que o funcional energia associado ao problema (4.1) é dado por

J(u) =1

2

∫Ω

|∇u|2dx− λ

2

∫Ω

(u+)2dx− 1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+)q+1dx, (4.2)

onde u ∈ H10 (Ω). Pela Proposição A.1 temos que J ∈ C1(H1

0 (Ω),R). Além disso,

J ′(u)ϕ =

∫Ω

∇u∇ϕdx− λ∫

Ω

uϕdx−∫

Ω

h(x)(u)qϕdx para todo ϕ ∈ H10 (Ω). (4.3)

Se u ∈ H10 (Ω) é um ponto crítico de J , escolhendo ϕ = u− em (4.3), obtemos

−∫

Ω

|∇u−|2 = λ

∫Ω

u−ϕdx+

∫Ω

h(x)(u−)qϕdx = 0.


Assim temos a seguinte observação:

57


Observação 4.1 Suponha que h(x) ≥ 0. Então, pela Proposição A.1 e pelo Princípio do

Máximo, os pontos críticos não-nulos de (4.2) são soluções positivas do problema (4.1).

Quando h ≥ 0 e h 6≡ 0 temos o seguinte resultado:

Teorema 4.1 Seja h uma função satisfazendo (h1). Se λ ≥ λ1, então o problema (4.1)

não possui solução positiva. Entretanto, se λ < λ1 o problema (4.1) tem pelo menos uma

solução positiva.

Quando h ≤ 0 temos o seguinte resultado:

Teorema 4.2 Seja h uma função satisfazendo (h1). São verdadeiras as seguintes ar-

mações:

(i) Suponha que h 6≡ 0. Se h(x) ∈ Lα(Ω) para algum α ∈[

2∗

2∗−1−q ,+∞], e além disso

existe δ > 0 tal que h(x) ≤ −δ, então para todo λ > λ1 o problema (4.1) possui uma

solução não-negativa u ∈ H10 (Ω) com I(u) > 0.

(ii) Suponha que h 6≡ 0. Se λ ≤ λ1, o problema (4.1) não possui solução positiva .

(iii) Se h(x) ≡ 0, então o problema (4.1) possui solução positiva, se e somente, se λ = λ1.


Demonstração: Suponha que o problema (4.1) tem uma solução positiva u ∈ H10 (Ω).

Seja ϕ1 ∈ C(Ω), ϕ1 > 0, uma autofunção associada ao autovalor λ1. Assim, temos

λ1

∫Ω

uϕ1dx =

∫Ω

∇u∇ϕ1dx =

∫Ω

h(x)uqϕ1dx+ λ

∫Ω

uϕ1dx.

Isto implica que

(λ1 − λ)

∫Ω

uϕ1dx =

∫Ω

h(x)uqϕ1dx > 0,

pois u > 0, h(x) ≥ (6=)0 e ϕ1 > 0. Portanto, λ < λ1. Logo, se λ ≥ λ1 o problema (4.1)

não possui solução positiva. Por outro lado, se λ < λ1 armamos que existe ρ > 0, η > 0

tais que

J(u) ≥ η > 0 para todo u ∈ H10 (Ω) com ‖u‖ = ρ. (4.4)

58


De fato, pela caracterização do primeiro autovalor λ1, temos

λ

2λ1

‖u‖2 >λ

2

∫Ω

(u+)dx.

Assim,

J(u) ≥ 1

2‖u‖2 − λ

2λ1

‖u‖2 − ‖h‖∞q + 1

∫Ω

|u+|q+1

≥ 1

2‖u‖2 − λ

2λ1

‖u‖2 − ‖h‖∞Cq + 1

‖u‖q+1.

Com isso, tomando ρ sucientemente grande obtemos (4.4). Portanto, por (4.4) e pela

prova do Teorema 2.2, sabemos que (4.1) tem uma solução positiva.


Demonstração: Para provar o item (i), aplicamos o Teorema 1.2. Inicialmente, temos

que existem ρ > 0, η > 0 tais que

J(u) ≥ η > 0, para todo u ∈ H10 (Ω), ‖u‖ = ρ.

De fato, como q + 1 < 2 < 2∗, existem t, s com t+ s = 1 tais que

2 ≤ t(q + 1) + s2∗.

Fazendo α = 1te β = 1

s, pela desigualdade de Hölder, temos∫

Ω

u2dx ≤∫

Ω

uq+1α u

2∗β dx ≤

(∫Ω

(uq+1α )αdx

) 1α(∫

Ω

(u2∗β )βdx

) 1β

.

Pela desigualdade de Young, temos(∫Ω

(uq+1α )αdx

) 1α(∫

Ω

(u2∗β )βdx

) 1β

≤ ε|u|q+1q+1 +

|u|2∗2∗(αε)β/αβ

, para todo ε > 0.

Portanto, tomando ε = 2δλ(q+1)

e pela imersão de Sobolev, temos:

J(u) ≥ 1

2‖u‖2 − 2ε

2|u+|q+1

q+1 −λ|u+|2∗2∗

2(αε)β/αβ+

δ

q + 1

∫Ω

(u+)q+1dx

≥ 1

2‖u‖2 −

(2αδ

q + 1

)−β/αλββ−1|u+|2∗2∗

≥ 1

2‖u‖2 −

(2αδ

q + 1

)−β/αλββ−1S‖u+‖2∗ , para algum S > 0.

59


Assim, obtemos o resultado.

Armamos que existe e /∈ Bρ tal que J(e) < 0. De fato, como α ∈ [ 2∗

2∗−1−q ,+∞] e

q ∈ (0, 1) temos Lα(Ω) ⊂ L1(Ω). Assim, temos∣∣∣∣∫Ω

h(x)ϕ1(x)q+1dx

∣∣∣∣ < +∞ etq−1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx

t→+∞→ 0,

onde ϕ1 > 0 é uma autofunção associada ao autovalor λ1. Então, para t > 0 temos

limt→+∞

J(tϕ1)

t2=

1

2‖ϕ1‖2 − λ

2

∫Ω

ϕ21dx+ lim

t→+∞

tq−1

q + 1

∫Ω

h(x)ϕq+11 dx

=1

2‖ϕ1‖2 − λ

2

∫Ω

ϕ21dx

=1

2(1− λ/λ1)‖ϕ1‖2 < 0 pois λ > λ1,

donde concluímos nossa armação.

Pelas duas armações anteriores, segue do Teorema 1.2 que existe uma sequência

(un) ∈ H10 (Ω) tal que

1

2‖un‖2 − λ

2

∫Ω

(u+n )2dx− 1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx = c+ o(1), (4.5)

e daí, temos

‖un‖2 − λ∫

Ω

(u+n )2dx−

∫Ω

h(x)(u+n )q+1dx = o(1), (4.6)

o que implica∫Ω

∇un∇ϕdx− λ∫

Ω

u+nϕdx+

∫Ω

h(x)(u+n )qϕdx = o(1) para todo ϕ ∈ H1

0 (Ω). (4.7)

Do mesmo modo como anteriormente, sabemos que para concluir a prova precisamos

somente mostrar que (un) é limitada em H10 (Ω). Por contradição, suponha que ‖un‖ →

+∞ e seja wn = un‖un‖ . Então, a menos de uma subsequêcia, existe w ∈ H1

0 (Ω) tal quewn w em H1

0 (Ω)

wnn→+∞→ w em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗

wn(x)n→+∞→ w(x) q.t.p em Ω

Analogamente, pelo Lema 2.2, w+n = u+

n

|un‖ satisfazw+n w+ em H1

0 (Ω)

w+nn→+∞→ w+ em Lp(Ω) 1 ≤ p < 2∗

w+n (x)

n→+∞→ w+(x) q.t.p em Ω

60


Agora, armamos que w 6= 0. Caso contrário, segue de (4.6) que

‖wn‖2 − λ∫

Ω

(w+n )2dx+

1

‖un‖1−q

∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx = o(1).

Isto implica que ‖wn‖ → 0, o que contradiz o fato de que ‖wn‖ = 1. Portanto, w 6= 0.

Agora, armamos que w > 0. De fato, como ‖un‖ → ∞, h(x) ∈ Lα, α ∈ [ 2∗

2∗−1−q ,+∞]

e w+n é limitado em H1

0 (Ω), temos

1

‖un‖1−q

∫Ω

h(x)(w+n )q+1dx→ 0.

Então, por (4.7) temos ∫Ω

∇w∇ϕdx− λ∫

Ω

w+ϕdx = 0

Substituindo ϕ = w− na desigualdade acima, temos∫Ω

|∇w−|2dx = 0.

Isto implica que w− ≡ 0 e w ≡ w+ ≥ 0. Então, pelo Princípio do Máximo Forte, temos

que w > 0 em H10 (Ω). Portanto,∫

Ω

∇w∇ϕdx = λ

∫Ω

wϕdx para todo ϕ ∈ H10 (Ω),

o que é um absurdo, pois λ > λ1. Logo, (un) é limitada em H10 (Ω), donde concluímos a

prova de (i)

A seguir provaremos o item (ii). Se o problema (4.1) tem uma solução positiva u ∈

H10 (Ω), então

λ1

∫Ω

uϕ1dx =

∫Ω

∇u∇ϕ1dx =

∫Ω

h(x)uqϕ1dx+ λ

∫Ω

uϕ1dx.

Isto implica que

(λ1 − λ)

∫Ω

uϕ1dx =

∫Ω

h(x)uqϕ1dx < 0,

pois u > 0, ϕ1 > 0 e h(x) ≤ (6≡)0. Portanto, λ > λ1, e isto conclui a prova do item (ii).

A prova do item (iii) segue das propriedades da autofunção associada ao autovalor λ1.

61

Apêndice A

Resultados utilizados

A.1 Diferenciabilidade de funcionais

Denição 6 Seja X um espaço de Banach e u um ponto do conjunto aberto U ⊂ X.

Uma aplicação I : U → R é diferenciável à Fréchet em u ∈ U se existe A ∈ X ′ tal que,

para v ∈ X, temos

limv→0

1

‖v‖[I(u+ v)− I(u)− A(v)] = 0.

O operador A é chamado de derivada de Fréchet de I em u e é denotado por I ′(u).

Denição 7 Seja X um espaço de Banach e u um ponto do conjunto aberto U ⊂ X.

Uma aplicação I : U → R é diferenciável à Gateaux em u ∈ U se existe A ∈ X ′ tal que,

para v ∈ X, temos

limt→0

1

t[I(u+ tv)− I(u)− A(tv)] = 0.

Diferenciabilidade à Gateaux não implica diferenciabilidade à Fréchet, como veremos

no exemplo a seguir.

Exemplo: A função f : R2 → R denida por:

f(x, y) :=

(

x2y

x4 + x2

)2

, y 6= 0;

0, y = 0.

é diferenciável à Gateaux em (0, 0), mas não é diferenciável à Fréchet em (0, 0).

Observações:

62

A.2 Regularidade dos funcionais

1. Dizemos que I ∈ C1(U,R) se I é diferenciável à Fréchet e a aplicação u → I ′(u) é

contínua em de U em X ′.

2. É imediato vericar que se I é diferenciável à Fréchet então é diferenciável à Gateaux.

3. Suponha que I : U → R tenha derivada à Gateaux contínua. Então I é diferenciável

à Fréchet e I ∈ C1(U,R).


No lema a seguir considere Ω ⊂ RN um subconjunto limitado e suave e f : Ω×R→ R

uma função contínua. Suponha que existem a1, a2 > 0 e 0 < r ≤ 2∗−1 = (N+2)/(N−2)

tais que

|f(x, s)| ≤ a1 + a1|s|r,

e seja

F (x, s) =

∫ s

0

f(x, t)dt.

Lema A.1 O funcional ψ : H10 (Ω)→ R denido por

ψ(u) =

∫Ω

F (x, u)dx, (A.1)

é de classe C1. Além disso,

ψ′(u)ϕ =

∫Ω

f(x, u+)ϕdx, ∀ϕ ∈ C∞0 (Ω).

Demonstração: Para mostrar que ψ é diferenciável, denimos

g(ϕ) = ψ(u+ ϕ)− ψ(u)−∫

Ω

f(x, u)ϕdx

=

∫Ω

[F (x, u+ ϕ)− F (x, u)]dx−∫

Ω

f(x, u)ϕdx.

Pelo teorema fundamental do cálculo, obtemos:

g(ϕ) =

∫Ω

[∫ 1

0

d

dt(F (x, u+ tϕ)) dt

]dx−

∫Ω

(∫ 1

0

f(x, u)ϕdt

)dx

=

∫Ω

[∫ 1

0

(f(x, u+ tϕ)ϕ− f(x, u)ϕ)dt

]dx

=

∫Ω

[∫ 1

0

(f(x, u+ tϕ)− f(x, u))ϕdt

]dx

=

∫ 1

0

∫Ω

(f(x, u+ tϕ)− f(x, u))ϕdxdt.

63


Isto implica que

|g(ϕ)| ≤∫ 1

0

∣∣∣∣∫Ω

[(f(x, u+ tϕ)− f(x, u))]ϕdx

∣∣∣∣ dt.Pela desigualdade de Hölder, temos

|g(ϕ)| ≤∫ 1

0

∣∣∣∣∣(∫

Ω

|f(x, u+ tϕ)− f(x, u)|r)1/r (∫

Ω

|h|s)1/s

∣∣∣∣∣ dt≤∫ 1

0

‖f(x, u+ tϕ)− f(x, u)‖rdt,

onde r = 2NN+2

e s = 2∗ = 2NN−2

se N ≥ 3. Como H10 (Ω) está imerso em Ls(Ω), temos

‖u− tϕ‖st→0→ 0.

Como a aplicação s→ f(., s) leva o espaço Lp(Ω) no espaço Lp/σ(Ω) para todo σ ≤ p de

forma contínua, temos

‖f(x, u+ tϕ)− f(x, u)‖sσt→0→ 0, para 1 ≤ σ ≤ s.

Como r < sσ, temos

‖f(x, u+ tϕ)− f(x, u)‖rt→0→ 0.

Pelo teorema da convergência dominada de Lebesgue, temos

|g(ϕ)|‖ϕ‖

≤∫ 1

0

‖f(x, u+ tϕ)− f(x, u)‖rdt→ 0.

Assim,

limt→0

|g(ϕ)|‖ϕ‖

= limt→0

ψ(u+ ϕ)− ψ(u)−∫

Ωf(x, u)ϕdx

‖ϕ‖= 0.

Logo, ψ é diferenciável à Frechét.

Mostraremos agora que ψ′ é contínua. De fato,

‖ψ′(u+ v)− ψ′(u)‖H−1(Ω) = sup‖h‖≤1

|[ψ′((u+ v)− ψ′(u))]ϕ|

= sup‖h‖≤1

∣∣∣∣∫Ω

[f(., u+ v)− f(., u)]ϕ

∣∣∣∣≤ sup‖h‖≤1

‖f(., u+ v)− f(., u)‖r‖h‖s.

Analogamente, obtemos

‖f(., u+ v)− f(., u)‖r → 0 se v → 0 em H10 (Ω).

64


Assim,

‖f(., u+ v)− f(., u)‖H−1(Ω) → 0 se v → 0 em H10 (Ω).

Portanto ψ′ é contínua e segue que I ∈ C1(H10 (Ω),R).

Lema A.2 Seja ρ : H10 (Ω)→ R denido por ρ(u) = 1

2‖u‖2. Então ρ ∈ C1(H1

0 (Ω),R).

Demonstração: Temos

ρ′(u)ϕ =1

2limt→0

‖u+ tϕ‖2 − ‖u‖2

t

=1

2limt→0

‖u‖2 + 2t〈u, ϕ〉+ t2‖ϕ‖2 − ‖u‖2

t

=1

2limt→0

(2〈u, ϕ〉+ t‖ϕ‖2)

= 〈u, ϕ〉.

Assim, ρ é derivável à Gateaux e ρ′(u)ϕ = 〈u, ϕ〉. Agora vamos mostrar que ρ′ é contínua.

Seja uma sequência (un) ⊂ H10 (Ω) tal que un → u. Dados arbitrariamente ε > 0 e

ϕ ∈ H10 (Ω), com ‖ϕ‖ = 1, existe n0 ∈ N tal que se n > n0 então

‖(ρ′(un)− ρ′(u))ϕ = ‖ρ′(un − u)ϕ‖

= ‖〈un − u, ϕ〉‖

≤ ‖un − u‖‖ϕ‖

< ε.

Assim, temos

‖ρ′(un)− ρ′(u)‖H−10 (Ω) ≤ ε.

Logo, ρ′ é contínua. Assim, ρ ∈ C1(H10 (Ω),R).

Proposição A.1 Suponha que sejam válidas as hipóteses (h1), (f1) e (f2) do Capítulo 1.

Então funcional I : H10 (Ω)→ R denido por

I(u) =1

2

∫Ω

|∇u|2dx− 1

q + 1

∫Ω

h(x)(u+)q+1dx−∫

Ω

F (x, u+)dx (A.2)

é de classe C1. Além disso, temos

I ′(u)ϕ =

∫Ω

∇u∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+)qϕdx−∫

Ω

f(x, u+)ϕdx.

65


Demonstração: Pelo Lema A.2, sabemos que o funcional ρ : H10 (Ω) → R denido por

ρ(u) = 12‖u‖2 é de classe C1.

Vamos mostrar agora que as funções f(x, u) e h satisfazem as hipóteses do Lema A.1.

Por (2.7), temos

f(x, s) ≤ (µ+ ε)s+ Cεsk, para todo s ≥ 0, x ∈ Ω.

Assim,

|f(x, s)| ≤ C1|s|+ C2|s|k

Daí,

C1|s|+ C2|s|k ≤

C3|s|k, para |s| ≥ 1,

C4 + C5|s|k, para |s| ≤ 1.

Então

|f(x, s)| ≤ C1 + C2|s|k, para todo s ≥ 0, x ∈ Ω; (A.3)

onde k ∈ (0, 2∗ − 1). Logo, pelo Lema A.1, ψ(u) =∫

ΩF (x, s)ds é de classe C1.

Além disso, temos

|s|q ≤

|s|k, para |s| ≥ 1

C3 para |s| ≤ 1.

Assim, temos

|s|q ≤ C3 + |s|k.

Com isso, temos

|h(x)(s+)q| ≤ ‖h‖∞|s|q ≤ C4 + C5|s|k, para todo s ≥ 0, x ∈ Ω. (A.4)

Seja a função denida por

ω(u) =

∫Ω

P (x, u)dx,

onde P (x, s) =∫ s

0p(x, t)dt e p(x, s) = h(x)(s+)q, com 0 < q < 1. Por (A.4) e pelo Lema

A.1, temos que ω é de classe C1.

Portanto, I é de classe C1 e pelos Lemas A.1 e A.2, temos

I ′(u)ϕ =

∫Ω

∇u∇ϕdx−∫

Ω

h(x)(u+)qϕdx−∫

Ω

f(x, u+)ϕdx.

66

A.3 Autovalores do Laplaciano


Nesta seção consideraremos o problema de autovalor para o laplaciano com condição de

fronteira de Dirichlet.

−∆u = λu em Ω

u = 0 sobre ∂Ω,

onde Ω ⊂ Rn é um subconjunto aberto e limitado.

Denição 8 Dizemos que u ∈ H10 (Ω) é uma solução fraca para o problema de autovalor

do laplaciano com condição de fronteira de Dirichlet se∫Ω

∇u∇v = λ

∫Ω

uv, para todo v ∈ H10 (Ω).

Proposição A.2 Seja Ω ⊂ Rn um aberto limitado com fronteira de classe C∞. Seja

λ ∈ R. Se u ∈ H10 (Ω) é uma solução fraca de −∆u = λu em Ω

u = 0 sobre ∂Ω,

então u ∈ C∞(Ω).

Demonstração: Veja, por exemplo, [9].

Proposição A.3 Dena, para v ∈ H10 (Ω), v 6= 0, o coeciente de Rayleigh

R(v) =

∫Ω|∇v|2∫Ωv2

.

Então

λ1 = minv∈H1

0(Ω)

v 6=0

R(v) = R(w1).

λm = maxv∈〈w1,...,wm〉

v 6=0

R(v) = R(wm).

λm = minv⊥w1,...,wm−1

v 6=0

R(v).

λm = minW<H1

0(Ω)

dimW=m

maxv∈W

R(v).

para m ≥ 2, onde wi é uma autofunção associada ao autovalor λi.

Demonstração: Veja Teorema 3.6.2 em [9], pg. 149.

67


Lema A.3 Seja w 6= 0 em H10 (Ω) satisfazendo

R(w) = λ1.

Então, w é uma autofunção associada a λ1.

Demonstração: Ver Lema 3.6.1 em [9], pg. 150.

Denição 9 A parte positiva e negativa de uma função u são denidas por

u+ = maxu, 0, u− = −minu, 0.

Claramente temos que u = u+ − u− e |u| = u+ + u−.

Proposição A.4 O primeiro autovalor λ1 de −∆ em Ω com condição de fronteira de

Dirichlet é simples e a autofunção associada não muda de sinal em Ω.

Demonstração: Primeiro mostraremos que a autofunção associada a λ1 não muda de

sinal em Ω. Seja w uma autofunção associada a λ1. Como w = w+ − w− com w+, w− ∈

H10 (Ω), então ∫

Ω

∇w∇w+ = λ1

∫Ω

ww+.

Daí, ∫Ω

|∇w+|2 = λ1

∫Ω

(w+)2, (A.5)

e similarmente ∫Ω

|∇w−|2 = λ1

∫Ω

(w−)2. (A.6)

Suponhamos que w muda de sinal em Ω, logo, w+, w− 6= 0. Dividindo (A.5) por∫

Ω(w+)2

e (A.6) por∫

Ω(w−)2 temos que

R(w+) = R(w−) = λ1.

Pelo Lema A.3 w+ e w− são autofunções associadas a λ1, isto é, −∆w+ = λ1w+ e

−∆w− = λ1w−. Temos que w+(x) > 0 e w−(x) > 0 em Ω, o que é impossível, pois, se

w+ é sempre positiva temos que w− = 0 e vice-versa. Desta forma, w tem sinal denido

em Ω.

Agora mostraremos que λ1 é simples. Suponha que λ1 não seja simples, ou seja, dimW1 >

68

A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida

1, onde W1 é o subespaço associado a λ1. Assim, deve existir uma outra autofunção

w ∈ H10 (Ω) tal que ∫

Ω

ww = 0,

o que é absurdo, pois, w e w possuem sinais denidos.

A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Me-

dida

Teorema A.1 (Lema de Fatou) Seja (fn) uma sequência de funções mensuráveis tais

que fn ≥ 0. Então

limn→+∞

inf

∫fndµ ≥

∫lim

n→+∞inf fndµ


Teorema A.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam Ω um domínio em Rn, 1 ≤ p ≤ ∞

e 1 ≤ q ≤ ∞ com 1p

+ 1q

= 1. Se f ∈ Lp(Ω) e g ∈ Lq(Ω), então fg ∈ L1(Ω) e∫Ω

|fg|dx ≤ ‖f‖Lp(Ω)‖g‖Lq(Ω).

Demonstração: Veja, por exemplo, [4]

A seguir, enunciaremos o Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue.

Proposição A.5 Seja (fn) uma sequência de funções de L1(Ω) tal que

i) fn(x)→ f(x) q.t.p em Ω;

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

|fn(x)| ≤ g(x), q.t.p em Ω.

Então f ∈ L1(Ω) e

limn→∞

|fn − f |L1(Ω) = 0.


Temos a seguinte recíproca do Teorema da Convergencia dominada de Lebesgue:

69

A.4 Resultados de Análise Funcional e Teoria da Medida

Proposição A.6 Considere uma sequência (un) em Lp(Ω), 1 ≤ p ≤ ∞, tal que un → u

em Lp(Ω), então a menos de subsequência:

i) un → u q.t.p em Ω e

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


O resultado sobre imersão compacta a seguir será bastante utilizado nesta dissertação.

Teorema A.3 (Teorema da Imersão de Rellich) Seja Ω ⊂ Rn um domínio limitado

e suave. Então a seguinte imersão é compacta:

H10 (Ω) → Lp(Ω), 1 ≤ p < 2∗.


70

Referências Bibliográcas

[1] Ambrosetti, A.; Brezis, H.; Cerami, G., Combined eects of concave and convex

nonlinearities in some elliptic problems. J. Funct. Anal. 122 (1994), no. 2, 519-543.

[2] Bartle, R.G., The Elements of Integration and Lebesgue Measure, Wiley Classics

Library, NY, 1995.

[3] Brezis, H.; Analyse Fonctionelle, Teorie et Applications Massin, Paris, 1987

[4] Brezis, H.; Functional analysis, Sobolev spaces and partial dierential equations. Uni-

versitext. Springer, New York,, 2011.

[5] Brézis, H.; Oswald, L., Remarks on sublinear elliptic equations. Nonlinear Anal. 10

(1986), no. 1, 55-64.

[6] Brézis, H.; Nirenberg, L., Positive solutions of nonlinear elliptic equations involving

critical Sobolev exponents. Comm. Pure Appl. Math. 36 (1983), no. 4, 437-477.

[7] Ekeland, I.,Nonconvex minimization problems, Bull. Amer. Math. Soc. 1 (1979), 443-

473

[8] Gilbarg, D. & Trudinger, N.S. Elliptic Partial Dierential Equations of Second Order,

2nd ed., Springer-Verlag, Berlin/Heidelberg, 1983.

[9] Kesavan, S., Topics in functional analysis and applications. John Wiley & Sons, Inc.,

New York, 1989.

[10] Li, S.; Wu, S.; Zhou, H. S., Solutions to semilinear elliptic problems with combined

nonlinearities, J. Dierential Equations 185 (2002), 200-224.

71

Referências Bibliográcas

[11] Perera, K., Multiplicity results for some elliptic problems with concave nonlinearities.

J. Dierential Equations 140 (1997), no. 1, 133-141.

[12] Schechter, M. A variation of the Mountain Pass lemma and applications, J. London

Math. Soc. 44(1991), 491-502.

[13] Wang, Zhi-Qiang, Nonlinear boundary value problems with concave nonlinearities

near the origin. Nonlinear Dierential Equations. Appl. 8 (2001), no. 1, 15-33.

72

sobre uma classe de problemas elípticos com não ... · curso de mestrado em ... não linearidades...

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