Universidade Federal da ParaıbaCentro de Ciencias Exatas e da Natureza
Programa de Pos–Graduacao em MatematicaMestrado em Matematica
Um problema elıptico comexpoente crıtico de Sobolev
Cleiton de Lima Ricardo
Joao Pessoa – PBJulho de 2014
Universidade Federal da ParaıbaCentro de Ciencias Exatas e da Natureza
Programa de Pos–Graduacao em MatematicaMestrado em Matematica
Um problema elıptico comexpoente crıtico de Sobolev
por
Cleiton de Lima Ricardo
sob a orientacao do
Prof. Dr. Bruno Henrique Carvalho Ribeiro
Joao Pessoa – PBJulho de 2014
Catalogacao na publicacaoUniversidade Federal da Paraıba
Biblioteca Setorial do CCEN
XXXX ultimo nome, Nome sobrenome.Tıtulo da Dissertacao
Continuacao do tıtulo / xxxx xxx xxxxxxx
xxxxxxxxxx.Orientador: Nomexxxxx.
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx.
BS/CCEN CDU: xxxx(xxx)
Um problema elıptico comexpoente crıtico de Sobolev
por
Cleiton de Lima Ricardo 1
Dissertacao apresentada ao Corpo Docente do Programa de Pos–Graduacao emMatematica da Universidade Federal da Paraıba como requisito parcial para a obtencaodo tıtulo de Mestre em Matematica.
Area de Concentracao: Analise
Aprovada em 31 de Julho de 2014.
Banca Examinadora:
Prof. Dr. Bruno Henrique Carvalho Ribeiro – UFPB
(Orientador)
Prof. Dr. Francisco Siberio Bezerra Albuquerque – UEPB
(Examinador Externo)
Prof. Dr. Marco Aurelio Soares Souto – UFCG
(Examinador Externo)
1O autor foi bolsista da CAPES durante a elaboracao desta dissertacao.
A Deus, pela dadiva da
capacidade intelectual, ao
meu orientador e amigo
Bruno pelas diretrizes e me
ensinar amar a pesquisa
em matematica pura e a
minha querida Anne, por
todo apoio mesmo sem sa-
ber muita matematica
Agradecimentos
Agradeco primeiramente ao Senhor Criador do ceu e da terra pela provisao de saude,
disposicao e capacidade para o desempenho deste trabalho.
Agradeco tambem a minha querida Anne e minha famılia, que sempre me apoiou.
Ao meu orientador e amigo professor Bruno e sua esposa Elisandra que sempre acredi-
taram em mim desde a graduacao. Aos meus colegas de turma Jarbas, Luan, Renato
e Hudson.
Aos colegas do doutorado Gilson e Iane com os quais tivemos muitos momentos de
discussao em pontos cruciais. Enfim a todos que me apoiaram direta ou indiretamente
fica o meu muito obrigado e que Deus os retribuam com louvor.
Resumo
Nesta dissertacao procuramos abordar a existencia de solucoes positivas para um
problema elıptico com expoente crıtico de Sobolev−∆u = up + f(x, u) em Ω
u = 0 sobre ∂Ω
onde Ω e um domınio limitado do Rn. A nao-linearidade de f(x, u) possui crescimento
subcrıtico. Para isso mostraremos que o nıvel minimax fica abaixo de uma constante
que depende apenas da dimensao do domınio e da melhor constante de Sobolev.
Palavras-chave: solucoes positivas, expoente crıtico de Sobolev, melhor constante de
Sobolev.
Abstract
In this work we studied existence of positive solutions for an elliptic problem with
critical Sobolev exponent −∆u = up + f(x, u) em Ω
u = 0 sobre ∂Ω
that vanishes on the boundary of a bounded domain of Rn. The nonlinearity f(x, u) has
subcritical growth. This is done by showing that the minimax level is below a constant
that depends only on the dimension of the domain and the best Sobolev constant.
Keywords: positive solutions, critical Sobolev exponent, best Sobolev constant.
Sumario
Introducao 1
1 Problema crıtico com pertubacao linear 4
1.1 Caso n ≥ 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Melhor constante de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Caso n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3 Resultados de nao-existencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.3.1 Identidade de Pohozaev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.3.2 Nao-existencia: caso n ≥ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.3.3 Nao-existencia: caso n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2 Problema crıtico com perturbacao nao-linear 34
2.1 Ferramenta geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.1.1 Problema auxiliar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.1.2 Problema original . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.2 Estimativa do nıvel minimax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.3 Aplicacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.3.1 O caso n ≥ 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.3.2 O caso n = 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.3.3 O caso n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
A Resultados preliminares principais 60
A.1 Resultados de convergencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
A.2 Multiplicador de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
A.3 Princıpios do maximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
A.4 Outros resultados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Referencias Bibliograficas 63
ix
Notacoes
A seguir, listamos algumas notacoes utilizadas neste trabalho.
• R,N denota o conjunto dos numeros Reais e Naturais, respectivamente;
• Br0(x) denota a bola aberta de centro x e raio r0 em Rn;
• Br denota a bola aberta de centro na origem e raio r em Rn;
• Sr denota a esfera de raio r e centro na origem.
• →, denota a convergencia forte e fraca respectivamente;
• |Ω| denota a medida de Lebesgue de um conjunto Ω;
• q.t.p. significa ”em quase todo ponto”;
• ∂u
∂xidenota a derivada parcial de u em relacao a xi;
• ∇u =
(∂u
∂x1
, ...,∂u
∂xn
)o gradiente de u;
• ∆u =n∑i=1
∂2u
∂x2i
, o laplaciano de u;
• Lp(Ω) =
u : Ω→ R mensuravel;
∫Ω
|u|pdx <∞
com 1 ≤ p ≤ ∞;
• ||u||p =
(∫Ω
|u|p) 1
p
norma no espaco Lp(Ω);
• L∞(Ω) = u : Ω→ R mensuravel; |u(x)| ≤ C q.t.p. sobre Ω para algum C > 0;
• Ck(Ω) denota as funcoes k vezes continuamente diferenciaveis sobre Ω, para k ∈ N;
x
• W 1,p(Ω) =
u ∈ Lp(Ω)
∣∣∣∣∣ ∃g1, ...gn ∈ Lp(Ω) tais que∫Ωu ∂ϕ∂xi
= −∫
Ωgiϕ, ∀ϕ ∈ C∞c (Ω),∀i = 1, ..., n
;
• W 1,p0 denota o completamento de C1
c (Ω) em W 1,p(Ω);
• H10 (Ω) = W 1,2
0 (Ω);
• p∗ =np
n− ppara 1 ≥ p < n o expoente crıtico de Sobolev;
• f = o(g) quando x→ x0 se limx→x0
f(x)
g(x)= 0;
• f = O(g) quando x→ x0 se limx→x0
f(x)
g(x)≤ C para algum C > 0;
• H−1 denota o dual de H10 (Ω);
• E∗ denota o dual de E;
• u+ = maxu, 0 e u− = max−u, 0;
xi
Introducao
Seja Ω um domınio limitado de Rn com n ≥ 3. Este trabalho tera por objetivo
mostrar a existencia de solucoes positivas para o problema elıptico nao-linear−∆u = up + f(x, u) em Ω
u = 0 sobre ∂Ω(1)
onde p = 2∗ − 1 = n+2n−2
, f(x, 0) = 0 e f(x, u) e de ordem inferior, ou seja satisfaz
lim|u|→∞
f(x, u)
up= 0.
Um exemplo tıpico e quando f(x, u) = λu onde λ e um parametro real.
Alguns fatores contribuıram muito para motivar a realizacao deste trabalho.
Em primeiro lugar as dificuldades ante aos metodos variacionais padrao que estuda-
mos no curso de topicos. Seguindo estes metodos terıamos que as solucoes do problema
(1) correspondem aos pontos crıticos do funcional
ϕ(u) =1
2
∫Ω
|∇u|2 − 1
2∗
∫Ω
|u|2∗ −∫
Ω
F (x, u)
onde F (x, u) =∫ u
0f(x, t)dt. Como 2∗ e o expoente limite da imersao H1
0 (Ω) ⊂ L2∗(Ω) e
portanto esta imersao nao e compacta e assim nao temos como mostrar que o funcional
ϕ satisfaz a condicao (PS) para algum nıvel c via teorema do passo da montanha.
Alem disso, outra dificuldade que temos e um resultado de nao-existencia exposto por
Pohozaev, o qual garante que se Ω e um domınio estrelado e f(x, u) ≡ 0 entao nao
existe solucao para o problema (1). Sendo assim que condicoes devemos colocar sobre
a pertubacao f para que (1) tenha solucao.
Em segundo lugar a motivacao pelo estudo deste problema cresceu quando parti-
cipei do III WENLU(III Workshop em Equacoes Diferenciais Nao-Lineares da UFPB)
que aconteceu entre os dia 20 e 21 de fevereiro deste ano, quando em tres dos das
cinco primeiras prelecoes foi citado o artigo do Brezis-Nirenberg, [1], que e a principal
referencia deste trabalho.
1
E em ultimo lugar saber que a origem deste problema possui uma ıntima ligacao
com o problema geometrico de Yamabe, o qual pode ser resumido assim, dado uma
variedade riemanniana e uma diferenciavel, queremos encontra uma metrica para a
segunda conforme(multiplo por uma funcao suave) a metrica da primeira que a torne
riemanniana. Apos alguns calculos consiste em encontrar solucoes para o problema−4 (n−1)
(n−2)∆u = R′up +−R(x)u em M
u > 0 em M,
para algum R′ constante, M a variedade riemanniana n-dimensional, e R(x) a curvatura
escalar.
Esta dissertacao estara organizada em dois capıtulos.
No Capıtulo 1, investigaremos a procura de solucoes positivas para o problema−∆u = u2∗−1 + λu em Ω
u = 0 em ∂Ω(2)
com λ um parametro real. Os casos n = 3 e n ≥ 4 serao tratados e tem conclusoes
diferentes.
(a) Quando n ≥ 4 o problema (2) tera solucao para todo λ ∈ (0, λ1), onde λ1 denota
o primeiro autovalor do operador −∆, mas ainda veremos que se λ 6∈ (0, λ1) e Ω e um
domınio estrelado entao (2) nao tem solucao.
(b) Quando n = 3, o problema (2) e mais delicado e assim mostraremos uma
solucao apenas quando Ω e uma bola. E neste caso (2) possui solucao se, somente se,
λ ∈ (14λ1, λ1)
Como faremos isto? Sabemos que as solucoes de (2) correspondem aos pontos
crıticos nao triviais do funcional
ϕ(u) =1
2
∫Ω
|∇u|2 − 1
2∗
∫Ω
|u|2∗ − 1
2λ
∫Ω
u2
Mas analisaremos primeiro os pontos crıticos de∫Ω
|∇u|2 − λ∫
Ω
u2
na esfera ||u||2∗ = 1. Tais pontos crıticos satisfazem o problema
−∆u− λu = µu2∗−1
onde µ e o multiplicador de Lagrange, e daı obtemos uma solucao para (2). Assim
2
mostraremos que para certos λ o ınfimo
Sλ = inf||u||2∗=1, u∈H1
0 (Ω)
∫Ω
|∇u|2 − λ∫
Ω
u2
e atingido. Veremos entao que este ınfimo e atingido para certos λ, aqueles que nos da
a condicao Sλ < S.
No Capıtulo 2 retomaremos o caso mais geral e abordaremos em termos de condicoes
bem gerais mostrando a existencia de solucoes a partir de uma versao do Teorema do
Passo da Montanha sem a condicao (PS).
Mas para tornar mais claro este resultado teremos um lema que garante atraves de
algumas hipoteses, a condicao crucial do teorema: e que o nıvel minimax esteja abaixo
de uma constante ou seja,
c <1
nSn2
onde S novamente e a melhor constante de Sobolev.
Concluindo, analisaremos quais sao as implicacoes do teorema e lema em casos
particulares, para n ≥ 5, n = 4 e n = 3, e novamente destaque para o caso n = 3 por
ser o mais delicado.
Finalmente, o Apendice e dedicado aos resultados basicos utilizados durante a dis-
sertacao.
3
Capıtulo 1
Problema crıtico com pertubacao
linear
Seja Ω ⊂ Rn, com n ≥ 3, um domınio limitado. Nosso objetivo e mostrar a
existencia de solucoes para o problema−∆u = u2∗−1 + λu em Ω
u > 0 em Ω
u = 0 sobre ∂Ω
(1.1)
onde λ e uma constante real. Trataremos primeiro da existencia de solucoes para o
problema (1.1) em duas secoes, analisando o caso n ≥ 4 e o caso n = 3 separadamente,
por motivo das particularidades deste ultimo caso. Finalizaremos este capıtulo trazendo
alguns resultados de nao existencia para este problema.
1.1 Caso n ≥ 4
Nesta secao, mostraremos a existencia de (1.1) para o caso n ≥ 4, que nos dara
um intervalo maior para o parametro λ do problema,sera o intervalo (0, λ1), onde λ1
denota o primeiro autovalor do operador −∆u em Ω, ou seja associado a λ1 esta a
auto-funcao u1 tal que −∆u1 = λ1u1.
Assim nosso principal resultado sera o teorema abaixo:
Teorema 1.1. Se n ≥ 4 entao ∀λ ∈ (0, λ1) entao existe solucao para (1.1)
Para demonstra-lo precisaremos de duas proposicoes mas primeiramente vamos a
algumas definicoes.
Definicao 1.1. Seja E =u ∈ H1
0 (Ω) e ||u||2∗ = 1
4
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Sλ = infE
(||∇u||22 − λ||u||22
); (1.2)
com λ ∈ R.
Denotamos
S = S0 = infE
(||∇u||22
)(1.3)
Este ultimo corresponde a melhor constante da Imersao de Sobolev H10 (Ω) → L2∗(Ω)
1.1.1 Melhor constante de Sobolev
Esta ultima definicao sera de extrema importancia para o desenvolvimento deste
trabalho pois ela possui algumas peculiaridades.
1. Primeiro como seu nome ja diz e a melhor constante da Imersao de Sobolev
H10 (Ω) → L2∗(Ω). De fato seja u ∈ H1
0 (Ω) entao
S ≤ ||∇u||22
||u||22∗⇒ S||u||22∗ ≤ ||∇u||22 ⇒ ||u||22∗ ≤
1
S||∇u||22
⇒ ||u||2∗ ≤√
1
S||∇u||2 =
√1
S||u||H1
0 (Ω)
Se o (1.3) for alcancado entao encontramos a constante que torna a imersao
contınua.
2. S e independente de Ω e depende apenas de n. Para isto mostraremos que S(Ω) =
S(Rn).De fato, sendo H10 (Ω) ⊂ H1
0 (Rn) entao S(Ω) ≥ S(Rn)
Reciprocamente, seja (un)n∈N ⊂ H10 (Rn) uma sequencia minimizante para S(Rn).
Como C∞0 (Rn) e denso em H10 (Rn) usando argumentos de densidade podemos
supor que un ∈ C∞0 (Rn). E dada u pertencente a C∞0 (Rn) para qualquer λ > 0
temos que uλ(x) = λ−n−22 u(x
λ) satisfaz que
||∇uλ||2 = ||∇u||2 e ||uλ||2∗ = ||u||2∗ .
Com efeito
||∇uλ||22 =
∫Rn|∇uλ(x)|2dx =
∫Rn|λ−
n−22 λ−1∇u(
x
λ)|2dx = λ−n
∫Rn∇u(
x
λ)dx
fazendo a mudanca de variavel y = xλ
o que implica dx = λndy obtemos
||∇uλ||22 = λ−n∫Rn∇u(
x
λ)dx = λ−n
∫Rn∇u(y)λndy = ||∇u||22
5
1. Problema crıtico com pertubacao linear
De modo analogo mostra-se que ||uλ||2∗ = ||u||2∗ .
Tomando λ suficientemente grande podemos ter que o domınio de uλ e um con-
junto limitado Ω.
Sendo assim tomando uλn associados a cada un da sequencia minimizante temos
que
S(Ω) ≤ lim infn−→∞
||uλn||22 = lim infn−→∞
||un||22 = S(Rn)
Mostrando assim a recıproca.
3. O ınfimo em (1.3) nunca e alcancado em um domınio limitado. Com efeito,
suponhamos que S seja atingido para uma funcao u ∈ H10 (Ω) e Ω limitado.
Podemos assumir que u ≥ 0 em Ω (caso contrario basta reescrever |u| no lugar
de u), entao temos Ω ⊂ B(0, R) = B, uma bola de raio R, centrada na origem.
Assim podemos definir
v =
u em Ω
0 em B/Ω.
Obtemos que S e alcancado tambem em B por v e assim pelo teorema dos mul-
tiplicadores de Lagrange v e solucao de do problema −∇u = µu2∗−1 para algum
µ > 0; isto contradiz o resultado de Pohozaev (sera mostrado na secao de nao-
existencia) com λ = 0, pois B e estrelado.
4. Quando Ω = Rn, O ınfimo (1.3) e alcancado pela funcao
U(x) = C(1 + |x|2)−n2∗
ou por qualquer das funcoes
Uε(x) = Cε(ε+ |x|2)−n2∗
ε > 0, C e Cε sao constantes normalizadoras. Estas funcoes sao conhecidas como
funcoes de Talenti e podem ser encontradas mais detalhes sobre elas no artigo de
Talenti [9].
Feito estas definicoes vamos as duas proposicoes necessarias a demonstracao do
teorema 1.1.
Proposicao 1.2. Temos Sλ < S, ∀λ > 0.
Sem perda de generalidade assumiremos que 0 ∈ Ω. Desejamos estimar
Qλ(u) =||∇u||22 − λ||u||22
||u||22∗
6
1. Problema crıtico com pertubacao linear
com
u(x) = uε(x) =ϕ(x)
(ε+ |x|2)n2∗
Onde ϕ ∈ C∞0 (Ω) com 0 ≤ ϕ(x) ≤ 1; ∀x ∈ Ω e
ϕ(x) =
1 se x ∈ B(0, r)
0 se x ∈ Ω/B(0, 2r)
Tal que B(0, 2r) ( Ω
Lema 1.3. Dadas as condicoes acima afirmamos entao que quando ε −→ 0 obtemos
||∇uε||22 =K1
εn2∗
+O(1) (1.4)
||uε||22∗ =K2
εn2∗
+O(1) (1.5)
||uε||22 =
K3
εn−42
+O(1) se n ≥ 5
K3|logε|+O(1) se n = 4(1.6)
Onde K1, K2 e K3 denotada constantes positivas dependente somente de n e tal
que K1
K2= S.
Prova: Verificacao de (1.4):
Observemos que
∂uε∂xi
=ϕxi(x)(ε+ |x|2)
n−22 − n−2
2(ε+ |x|2)
n−42 2xiϕ(x)
(ε+ |x|2)n − 2
=ϕxi(x)
(ε+ |x|2)n−22
− (n− 2)ϕ(x).xi
(ε+ |x|2)n2
Entao obtemos que
∇uε(x) =∇ϕ(x)
(ε+ |x|2)n−22
− (n− 2)ϕ(x).x
(ε+ |x|2)n2
7
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Assim usando o fato que fora deB(0, 2r), ϕ(x) = 0 e emB(0, r), ϕ(x) = 1(constante)
entao
||∇uε||22 =
∫Ω
|∇uε(x)|2
=
∫B(0,r)
|∇uε(x)|2 +
∫B(0,2r)/B(0,r)
|∇uε(x)|2 +
∫Ω/B(0,2r)
|∇uε(x)|2
=
∫B(0,r)
(n− 2)2ϕ2(x).|x|2
(ε+ |x|2)n+
∫B(0,2r)/B(0,r)
|∇uε(x)|2
=
∫B(0,r)
(n− 2)2ϕ2(x).|x|2
(ε+ |x|2)n+ I1.
Vejamos a prova que I1 = O(1) quando ε → 0. Usaremos o fato que ϕ e C∞ e
portanto suas derivadas parciais sao limitadas, portanto o gradiente de ϕ(x) e limitado.∫B(0,2r)/B(0,r)
|∇ϕ(x)|2
(ε+ |x|2)n−2≤ C
∫B(0,2r)/B(0,r)
1
(ε+ |x|2)n−2
≤ C
∫B(0,2r)/B(0,r)
1
|x|2n−4= O(1).
∫B(0,2r)/B(0,r)
(n− 2)ϕ(x)∇ϕ(x).x
(ε+ |x|2)n−1≤∫B(0,2r)/B(0,r)
(n− 2)ϕ(x)|∇ϕ(x)|.|x|(ε+ |x|2)n−1
≤ C
∫B(0,2r)/B(0,r)
|x|(ε+ |x|2)n−1
≤∫B(0,2r)/B(0,r)
1
|x|2n−3= O(1).
∫B(0,2r)/B(0,r)
(n− 2)2ϕ2(x).|x|2
(ε+ |x|2)n≤ C
∫B(0,2r)/B(0,r)
|x|2
(ε+ |x|2)n
≤ C
∫B(0,2r)/B(0,r)
1
|x|2n− 2= O(1).
E assim
I1 =
∫B(0,2r)/B(0,r)
|∇ϕ(x)|2
(ε+ |x|2)n−2− 2
∫B(0,2r)/B(0,r)
(n− 2)ϕ(x)∇ϕ(x).x
(ε+ |x|2)n−1
+
∫B(0,2r)/B(0,r)
(n− 2)2ϕ2(x).|x|2
(ε+ |x|2)n= O(1)
8
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Visto isso e como em B(0, r) temos ϕ(x) ≡ 1 entao
||∇uε||22 = (n− 2)2
∫B(0,r)
|x|2
(ε+ |x|2)ndx+O(1) = (n− 2)2I2 +O(1)
Observando I2 e fazendo uma mudanca de Variavel sendo y = x√ε
temos dy =1
(√ε)ndx portanto segue que
I1 =
∫B(0,r)
|√εy|2(
√ε)n
(ε+ |√εy|2)n
dy =1
εn−22
∫B(0,r)
|y|2
(1 + |y|2)ndy.
Com os argumentos que usamos acima que a |x| > r podemos ver que∫B(0,r)
|y|2
(1 + |y|2)ndy =
∫Rn
|y|2
(1 + |y|2)ndy−
∫Rn/B(0,r)
|y|2
(1 + |y|2)ndy =
∫Rn
|y|2
(1 + |y|2)ndy+O(1).
E assim chamando K1 = (n− 2)2
∫Rn
|x|2
(1 + |x|2)ndx temos a verificacao de (1.4).
Verificacao de (1.5):
Notemos que:∫Ω
|uε|2∗
=
∫Ω
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n=
=
∫B(0,r)
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n+
∫B(0,2r)/B(0,r)
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n+
∫Ω/B(0,2r)
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n,
como ϕ(x) = 0 em Ω/B(0, 2r) segue que∫Ω
|uε|2∗
=
∫B(0,r)
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n+
∫B(0,2r)/B(0,r)
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n
Usando o fato que ϕ(x) ≤ 1 e que
∫B(0,2r)/B(0,r)
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n<∞ pois |x| > r nesta
integral. Temos∫Ω
|uε|2∗
=
∫B(0,r)
1
(ε+ |x|2)n+
∫B(0,2r)/B(0,r)
ϕ(x)2∗
(ε+ |x|2)n=
∫B(0,r)
1
(ε+ |x|2)n+O(1).
Fazendo novamente uma mudanca de variavel sendo y =x√ε
e dy = (√ε)ndx temos
∫B(0,r)
1
(ε+ |x|2)ndx =
1
εn2
∫B(0,r/
√ε)
1
(1 + |y|2)ndy.
9
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Por outro lado sabemos que∫B(0,r/ε)
1
(1 + |y|2)ndy =
∫Rn
1
(1 + |y|2)ndy −
∫Rn/B(0,r/
√ε)
1
(1 + |y|2)ndy
=
∫Rn
1
(1 + |y|2)ndy +O(1).
Assim
||uε||2∗
2∗ =1
εn2
∫Rn
1
(1 + |y|2)ndy +O(1),
O que implica
||uε||22∗ =1
εn2∗
(∫Rn
1
(1 + |y|2)ndy
) 22∗
+O(1),
assim temos
||uε||22∗ =K2
εn2∗
+O(1) com K2 =
(∫Rn
1
(1 + |y|2)ndy
) 22∗
Verificacao de (1.6): Notemos que
||uε||22 =
∫Ω
ϕ2(x)
(ε+ |x|2)n−2dx
=
∫B(0,r)
ϕ2(x)
(ε+ |x|2)n−2dx+
∫B(0,2r)/B(0,r)
ϕ2(x)
(ε+ |x|2)n−2dx+ 0,
isto porque ϕ(x) = 0 em Ω/B(0, 2r). Temos que em B(0, 2r)/B(0, r) a ϕ e limitada e
|x| > r, e ainda que em B(0, r) a ϕ e constante igual a 1, portanto segue que
||uε||22 =
∫B(0,r)
1
(ε+ |x|2)n−2dx+O(1).
Analisemos agora para n ≥ 5.
||uε||22 =
∫B(0,r)
1
(ε+ |x|2)n−2dx+O(1)
=
∫Rn
1
(ε+ |x|2)n−2dx−
∫Rn/B(0,r)
1
(ε+ |x|2)n−2dx+O(1)
=
∫Rn
1
(ε+ |x|2)n−2dx+O(1)
Usando o teorema da mudanca de variavel, sendo y =x√ε
e dy = (√ε)ndx temos
||uε||22 =εn2
εn−2
∫Rn
1
(1 + |y|2)n−2dy +O(1) =
1
εn−42
∫Rn
1
(1 + |y|2)n−2dy +O(1)
10
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Portanto temos
||uε||22 =K3
εn−42
+O(1), K3 =
∫Rn
1
(1 + |y|2)n−2dy
Vamos analisar o caso n = 4 separado pois como se pode ver acima com o argumento
acima a norma de uε nao dependeria mais de ε. Entao para n = 4 utilizaremos a formula
da Coarea (vide Apendice)
||uε||22 =
∫B(0,r)
1
(ε+ |x|2)2dx+O(1)
=
∫ r
0
∫Sr
1
(ε+ s2)2dtds+O(1)
=
∫ r
0
|Ss|(ε+ s2)2
ds+O(1)
Como em R4 temos que |Ss| = s3|S1| assim temos que∫B(0,r)
1
(ε+ |x|2)2dx = |S1|
∫ r
0
s3
(ε+ s2)2ds.
Fazendo uma mudanca de variavel chamando agora t = ε + s2 e dt = 2sds, o que
implica que s2 = t− ε assim temos
|S1|∫ r
0
s3
(ε+ s2)2ds = |S1|
∫ r2+ε
ε
s2.s
t2.2sdt =
|S1|2
∫ r2+ε
ε
t− εt2
dt
Observemos agora que
∫ r2+ε
ε
t− εt2
dt =
∫ r2+ε
ε
1
tdt−
∫ r2+ε
ε
ε
t2dt =
[(ln(r2 + ε)− ln ε)−
(− ε
r2 + ε+ε
ε
)].
Como a funcao ln(x) so explode no infinito e no zero entao ln(r2 +ε) = O(1) alem disso
claramente
(− ε
r2 + ε+ε
ε
)= O(1). Sendo assim usando o fato que para 0 < ε < 1
temos ln ε < 0 o que implica que (− ln ε) = | ln ε| temos que∫ r2+ε
εt−εt2dt = | ln ε|+O(1).
Portanto
||uε||22 =|S1|2| ln ε|+O(1)
Chame K3 de |S1|2
e temos (1.6).
Notemos agora que a funcao U(x) citada na peculiaridade 4 sobre a melhor cons-
tante de Sobolev, na qual o ınfimo (1.3) e alcancado com constante C = 1 e U(x) =
(1 + |x|2)−n2∗ e assim podemos afirmar que K1 = ||∇U ||22 e K2 = ||U ||22∗ entao podemos
afirmar que S =K1
K2
, provando assim o lema.
11
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Prova da proposicao 1.2 Prova:
Queremos agora estimar Qλ usando as afirmacoes (1.4), (1.5) e (1.6). Entao anali-
semos separadamente as razoes||∇uε||22||uε||22∗
e||uε||22||uε||22∗
.
||∇uε||22||uε||22∗
=
K1
εn−22
+O(1)
K2
εn−22
+O(1)=K1 +O(1)ε
n−22
K2 +O(1)εn−22
=K1
K2
+O(εn−22 ).
Nesta ultima igualdade basta mostrar que
K1 +O(1)εn−22
K2 +O(1)εn−22
=K1
K2
− K1
K2
+K1 +O(1)ε
n−22
K2 +O(1)εn−22
.
De fato,
K1 +O(1)εn−22
K2 +O(1)εn−22
− K1
K2
=K1K2 +K2O(1)ε
n−22 −K1K2 −K1O(1)ε
n−22
K22 +K2O(1)ε
n−22
=
=(K2 − k1)O(1)ε
n−22
K22 +K2O(1)ε
n−22
,
dividindo esta expressao por εn−22 temos que quando ε −→ 0 a expressao e limitada,
Logo segue que e O(εn−22 ). Analisando agora a segunda razao para n ≥ 5, de maneira
analoga a que foi feita acima, basta trocar K1 por εK3 e temos
||uε||22||uε||22∗
=
K3
εn−42
+O(1)
K2
εn−22
+O(1)=εK3 +O(1)ε
n−22
K2 +O(1)εn−22
=εK3
K2
− εK3
K2
+εK3 +O(1)ε
n−22
K2 +O(1)εn−22
=εK3
K2
+O(εn−22 )
Com isso ja podemos mostrar que que Sλ < S quando n ≥ 5 pois para n ≥ 5 temos
Qλ(uε) = S − λK3
K2
ε+O(εn−22 )
Logo para ε proximo do zero temos que λK3
K2
ε > Cεn−22 ≥ O(ε
n−22 ) isso pois n ≥ 5.
Assim Qλ(uε) < S e como Sλ ≤ Qλ(uε) entao
Sλ < S
12
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Analisemos a segunda razao para n = 4.
||uε||22||uε||22∗
=K3| ln ε|+O(1)
K2
εn−22
+O(1)=εK3| ln ε|+ εO(1)
K2 + εO(1)
=εK3| ln ε|
K2
+
(εK3| ln ε|+ εO(1)
K2 + εO(1)− εK3| ln ε|
K2
)=εK3| ln ε|
K2
+O(ε)
De fato, Basta usar o mesmo argumento que usamos na primeira razao trocando K1
por εK3| ln ε| e usar o fato que εO(1) = O(ε).
Assim
Qλ(uε) = S − λK3
K2
ε| ln ε|+O(ε)
quando n = 4. Portanto pelo fato que ε| ln ε| > εM ≥ O(ε), de fato limε→0| ln ε| = +∞,
ou seja Dado M existe δ > 0 tal que para ε < δ temos | ln ε| > M o que implica
ε| ln ε| > εM . Segue que
Sλ ≤ Qλ(uε) < S
Proposicao 1.4. Se Sλ < S, entao o ınfimo Sλ e alcancado.
Prova:
Prova: Seja (uj) ⊂ H10 (Ω) uma sequencia minimizante para Sλ ou seja
||uj||2∗ =1 ∀j ∈ N (1.7)∫Ω
|∇uj|2 − λ∫
Ω
|uj|2 =Sλ + o(1) quando j →∞. (1.8)
Podemos afirmar que (uj) e limitada em H10 (Ω). Com efeito por (1.8) temos
||∇uj||22 =
∫Ω
|∇uj|2 = Sλ + λ
∫Ω
|uj|2 + o(1)
pela imersao contınua L2∗(Ω) → L2(Ω) obtemos que ||uj||22 ≤ C||uj||22∗ = C por (1.7),
assim
||uj||2H10 (Ω) = ||∇uj||22 ≤ Sλ + λC + o(1).
Sabendo disso, como H10 (Ω) e reflexivo, existe u ∈ H1
0 (Ω) tal que (uj) converge
fraco para u em H10 (Ω) a menos de subsequencia. Segue por imersao compacta de que
(uj) converge forte para u em L2(Ω) e assim a menos de uma subsequencia temos
uj 7−→ u q.t.p. em Ω.
13
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Temos tambem que
||u||2∗ ≤ 1.
De fato, temos que a imersao H10 (Ω) → L2∗(Ω) e contınua, portanto uj u em L2∗(Ω)
e como a norma e uma funcao sequencialmente semi-contınua inferiormente temos que
||u||2∗ ≤ lim infj→∞
||uj||2∗ = 1.
Afirmamos que u 6= 0.
De fato sabemos que S = infu∈H1
0 (Ω) ||u||2∗=1
||∇u||22
≤ ||∇uj||22, logo usando (1.8)
obtemos
S − λ||uj||22 ≤ ||∇uj||22 − λ||uj||22 = Sλ + o(1),
assim como Sλ < S segue que 0 < S − Sλ ≤ λ||uj||22 + o(1) −→ λ||u||22 ⇒ u 6= 0
Consideremos agora a sequencia (vj) = (uj − u). Entao pela definicao segue que
vj 0 em H10 (Ω) e portanto vj → 0 em L2(Ω) e segue que vj → 0 q.t.p em Ω.
Assim temos que de (1.8)
||∇uj||22 − λ||uj||22 = Sλ + 0(1)⇒ ||∇vj +∇u||22 − λ||vj + u||22 = Sλ + 0(1)
⇒ ||∇vj||22 + 2
∫Ω
∇vj∇u+ ||∇u||22 − λ||vj||22 − 2λ
∫Ω
vju− λ||u||22 = Sλ + 0(1)
Usando o fato que quando j →∞ temos que∫Ω
∇vj∇u ≤ ||∇vj||2||∇u||2 → ||∇0||2||∇u||2 = 0
e ||vj||2 → 0 e ainda
∫Ω
vju ≤ ||vj||2||u||2 → 0
Portanto temos
||∇vj||22 + ||∇u||22 − λ||u||22 = Sλ + 0(1) (1.9)
Agora notemos por outro lado que pelo lema de Brezis-Lieb(vide Apendice) temos
||uj||2∗
2∗ − ||uj − u||2∗
2∗ = ||u||2∗2∗ + o(1)
⇒||vj + u||2∗2∗ − ||vj||2∗
2∗ = ||u||2∗2∗ + o(1)
⇒1 = ||uj||2∗
2∗ = ||vj + u||2∗2∗ = ||u||2∗2∗ + ||vj||2∗
2∗ + o(1).
Como2
2∗≤ 1 entao temos que
(||vj||2
∗2∗ + ||u||2∗2∗ + o(1)
) 22∗ ≤ ||vj||22∗+||u||22∗+o(1) assim
1 ≤ ||vj||22∗ + ||u||22∗ + o(1).
14
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Alem disso temos que por definicao S ≤ ||∇vj||22
||vj||22∗⇒ ||vj||22∗ ≤
1
S||∇vj||22 Portanto
unindo isto a desigualdade anterior obtemos
1 ≤ ||u||22∗ +1
S||∇vj||22 + o(1). (1.10)
Para mostrar que Sλ e alcancado, ja temos que
Sλ ≤||∇u||22 − λ||u||22
||u||22∗.
De fato, basta observar que∥∥∥ u||u||2∗
∥∥∥2∗
= 1 e como Sλ e o ınfimo definido em (1.2),
temos Sλ ≤∥∥∥∇ u
||u||2∗
∥∥∥2
2− λ
∥∥∥ u||u||2∗
∥∥∥2
2de onde segue a desigualdade. Basta mostra a
desigualdade inversa agora. Faremos isso em dois casos.
Caso 1: Se Sλ > 0 entao tomando (1.10) e multiplicando por Sλ temos
Sλ ≤ Sλ||u||22∗ +SλS||∇vj||22 + o(1).
Unindo isto a (1.9) chegamos a
||∇vj||22 + ||∇u||22 − λ||u||22 ≤ Sλ||u||22∗ +SλS||∇vj||22 + o(1)
⇒(
1− SλS
)||∇vj||22 + ||∇u||22 − λ||u||22 ≤ Sλ||u||22∗ + o(1).
Como Sλ < S entao(1− Sλ
S
)> 0 portanto chegamos a desigualdade que querıamos
||∇u||22 − λ||u||22 ≤ Sλ||u||22∗ + o(1).
Caso 2: Se Sλ ≤ 0 entao obtemos de (1.9) e do fato que Sλ ≤ Sλ||u||22∗ pois
||u||2∗ ≤ 1 e o fato que ||∇vj||22 ≥ 0 assim temos a desigualdade que querıamos
||∇u|| − λ||u||22 ≤ Sλ||u||22∗ + o(1).
Assim concluımos a prova da proposicao 1.4.
Prova: Prova do teorema 1.1: Seja u ∈ H10 (Ω) dada pelo lema acima, ou seja
||u||2∗ = 1 e ||∇u||22 − λ||u||22 = Sλ
Podemos sem perda de generalidade assumir que u ≥ 0 em Ω (caso contrario to-
memos |u| no lugar de u). Assim pelo teorema do multiplicador de Lagrange tomando
15
1. Problema crıtico com pertubacao linear
F,G : H10 (Ω)→ R tais que
F (v) =1
2
∫Ω
|∇v|2 − λ
2
∫Ω
|v|2 e G(v) =1
2∗
(∫Ω
|v|2∗dx− 1
)e definindo M = v ∈ H1
0 (Ω); ||v||2∗ = 1 , temos que existe um µ ∈ R tal que
F ′(u)w = µG′(u)w; ∀w ∈ H10 (Ω)
Em particular
F ′(u)u = µG′(u)u ⇒∫
Ω
|∇u|2 − λ∫
Ω
|u|2 = µ
∫Ω
|u|2∗
Assim vemos claramente que µ = Sλ e Sλ > 0 pois λ ∈ (0, λ1). Assim u e solucao de
−∆u− λu = µu2∗−1
Mostremos que w0 = (S1
2∗−2
λ )u e solucao de (1.1). Observe que dado w ∈ H10 (Ω) temos∫
Ω
∇w0∇w − λ∫
Ω
w0 · w = (S1
2∗−2
λ )
∫Ω
∇u∇w − (S1
2∗−2
λ )λ
∫Ω
u · w
= S1
2∗−2
λ (
∫Ω
∇u∇w − λ∫
Ω
u · w)
= S1
2∗−2
λ (Sλ
∫Ω
u2∗−1 · w)
=
∫Ω
S2∗−12∗−2
λ u2∗−1 · w
=
∫Ω
(S1
2∗−2
λ u)2∗−1 · w
=
∫Ω
w2∗−10 · w.
Fazendo w = w0 temos que w0 e solucao de (1.1) pois∫Ω
|∇w0|2 − λ∫
Ω
|w0|2 =
∫Ω
|w0|2∗
Alem disso w0 ≥ 0, pois u ≥ 0, suponha que w0(x) = 0 para algum x ∈ Ω entao
w0 atinge o ınfimo no interior de Ω, logo pelo Princıpio do Maximo Forte (com c = 0)
(Vide em no apendice) w0 seria constante ou seja w0 ≡ 0 o que uma contradicao.
Portanto wo > 0 e assim e uma solucao para (1.1).
Para a utilizacao do princıpio do maximo forte e necessario que w0 ∈ C2(Ω,R) e
isto de fato ocorre, basta usar argumentos de regularidades padroes Brezis-Kato(vide
16
1. Problema crıtico com pertubacao linear
em Apendice), Agmom-Douglas-Niremberg, Morrey e Schauder(vide [8]). O que nao e
nosso objetivo neste trabalho.
1.2 Caso n = 3
Na secao anterior vimos o caso n ≥ 4 nesta veremos o caso n = 3 e na proxima
secao veremos os resultados de nao-existencia para ambos os casos.
Seja Ω ⊂ R3 um domınio limitado. Desejamos encontrar solucoes positivas para o
problema: −∆u = u5 + λu em Ω
u = 0 sobre ∂Ω,(1.11)
onde λ e um parametro real positivo.
Assumiremos que Ω e uma bola para termos claro o parametro do λ. O nosso
resultado principal e:
Teorema 1.5. Assumindo que Ω e uma bola; entao existe solucao para (1.11) se,
somente se λ ∈ (14λ1, λ1).
Para Simplificar tomaremos
Ω =x ∈ R3; |x| = 1
.
Assim, λ1 = π2(que corresponde a auto-funcao |x|−1sen(π|x|)) e faremos algo seme-
lhante, provaremos primeiro que Sλ < S para λ > 14λ1, pois nos resultados de nao
existencia provaremos que para 0 < λ ≤ 14λ1 nao existe solucao para (1.11).
Proposicao 1.6. Temos Sλ < S para todo λ > 14λ1
De forma semelhante ao caso anterior desejaremos estimar a razao
Qλ(u) =||∇u||22 − λ||u||22
||u||26
por
uε(x) =ϕ(|x|)
(ε+ |x|2)12
fazendo r = |x| temos uε(r) =ϕ(r)
(ε+ r2)12
(1.12)
onde ϕ e uma funcao suave e fixa tal que ϕ(0) = 1, ϕ′(0) = 0, ϕ(1) = 0. Para isto
provemos um lema semelhante ao da secao anterior.
17
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Lema 1.7. Afirmamos que quando ε→ 0 temos
||∇uε||22 =K1
ε12
+ ω
∫ 1
0
|ϕ′(r)|2dr +O(ε12 ) (1.13)
||uε||26 =K2
ε12
+O(ε12 ) (1.14)
||uε||22 = ω
∫ 1
0
ϕ2(r)dr +O(ε12 ), (1.15)
onde K1 e K2 sao constantes positivas tal queK1
K2
= S e ω e a medida da esfera unitaria
de R3.
Verificacao de (1.13): Partindo do fato que uε(x) =ϕ(|x|)
(ε+ |x|2)12
temos
∂uε∂xi
=
ϕ′(|x|).xi|x| .(ε+ |x|2)
12 − ϕ(|x|).1
2(ε+ |x|2)−
12 .2|x|. xi|x|
(ε+ |x|2)
=ϕ′(|x|).xi|x|(ε+ |x|2)
12
− ϕ(|x|).xi(ε+ |x|2)
32
,
deste modo temos que
∇uε =
(ϕ′(|x|)
|x|(ε+ |x|2)12
− ϕ(|x|)(ε+ |x|2)
32
).x,
ortanto temos
||∇uε||22 =
∫B(0,1)
(ϕ′(|x|)
|x|(ε+ |x|2)12
− ϕ(|x|)(ε+ |x|2)
32
)2
.|x|2dx.
Usando a formula da Coarea e usando o fato |Sr| = 4πr2 = ω.r2 temos
||∇uε||22 =
∫ 1
0
∫Sr
(ϕ′(r)
r(ε+ r2)12
− ϕ(r)
(ε+ r2)32
)2
.r2ds
dr
=
∫ 1
0
|Sr|
(ϕ′(r)
r(ε+ r2)12
− ϕ(r)
(ε+ r2)32
)2
.r2dr
=ω
∫ 1
0
(ϕ′(r)
r(ε+ r2)12
− ϕ(r)
(ε+ r2)32
)2
.r4dr
=ω
∫ 1
0
(ϕ′(r)2
r2(ε+ r2)− 2ϕ(r)ϕ′(r)
r(ε+ r2)2+
ϕ2(r)
(ε+ r2)3
).r4dr
=ω
∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr − ω
∫ 1
0
2ϕ(r)ϕ′(r)r3
(ε+ r2)2dr + ω
∫ 1
0
ϕ2(r)r4
(ε+ r2)3dr (1.16)
18
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Usando integracao por partes com u =r3
(ε+ r2)2e v = ϕ2(r) e o fato que ϕ(1) = 0
temos que
−∫ 1
0
2ϕ(r)ϕ′(r)r3
(ε+ r2)2dr =
∫ 1
0
3ϕ2(r)r2
(ε+ r2)2dr −
∫ 1
0
4ϕ2(r)r4
(ε+ r2)3dr (1.17)
substituindo (1.17) em (1.16), obtemos
||∇uε||22ω
=
∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr +
∫ 1
0
3ϕ2(r)r2
(ε+ r2)2dr −
∫ 1
0
4ϕ2(r)r4
(ε+ r2)3dr +
∫ 1
0
ϕ2(r)r4
(ε+ r2)3dr
=
∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr +
∫ 1
0
3ϕ2(r)r2
(ε+ r2)2dr −
∫ 1
0
3ϕ2(r)r4
(ε+ r2)3dr
=
∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr +
∫ 1
0
3ϕ2(r)r2(ε+ r2)
(ε+ r2)3dr −
∫ 1
0
3ϕ2(r)r4
(ε+ r2)3dr
=
∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr + 3ε
∫ 1
0
ϕ2(r)r2
(ε+ r2)3dr (1.18)
Usando o fato que ϕ ∈ C∞([0, 1]) consequentemente ϕ′ e limitada afirmamos que∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr =
∫ 1
0
ϕ′(r)2dr +
∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr −
∫ 1
0
ϕ′(r)2dr
=
∫ 1
0
ϕ′(r)2dr +O(ε12 ), (1.19)
de fato, ∫ 1
0
ϕ′(r)2r2
(ε+ r2)dr −
∫ 1
0
ϕ′(r)2dr =ε
∫ 1
0
ϕ′(r)2
(ε+ r2)dr
≤εC∫ 1
0
1
ε+ r2dr
=εC · 1√ε
arctan(1√ε
)
≤Kε12
Agora chamando de I5 =
∫ 1
0
ϕ2(r)r2
(ε+ r2)3dr e escrevendo
I5 =
∫ 1
0
r2
(ε+ r2)3dr +
∫ 1
0
(ϕ2(r)− 1)r2
(ε+ r2)3dr
afirmamos que
I5 =
∫ 1
0
r2
(ε+ r2)3dr +O(ε−
12 ), (1.20)
19
1. Problema crıtico com pertubacao linear
isto acontece pois ϕ2(r)− 1 ≤ Cr onde C e uma constante, consequencia de ϕ′(0) = 0
e ainda fazendo uma mudanca de variavel s = r/√ε temos
∫ 1
0
(ϕ2(r)− 1)r2
(ε+ r2)3dr ≤ C
∫ 1
0
r3
(ε+ r2)3dr =
Cε2
ε3
∫ ε−12
0
s3
(1 + s2)3ds ≤ Kε−
12
Substituindo (1.20) e (1.19) em (1.18) temos
||∇uε||22 = ω
∫ 1
0
|ϕ′(r)2dr + ωO(ε12 ) + 3ωε
∫ 1
0
r2dr
(ε+ r2)3+ 3ωεO(ε−
12 )
Mas por outro lado fazendo a mudanca de variavel s = r/√ε o que implica ds = dr/
√ε
temos que
∫ 1
0
r2dr
(ε+ r2)3= ε−3
∫ 1
0
r2dr(1 +
(r√ε
)2)3 = ε−3
∫ 1√ε
0
(s√ε)2√εds
(1 + s2)3 = ε−32
∫ 1√ε
0
s2ds
(1 + s2)3
Temos ainda que
∫ 1√ε
0
s2ds
(1 + s2)3=
∫ ∞0
s2ds
(1 + s2)3−∫ ∞
1√ε
s2ds
(1 + s2)3︸ ︷︷ ︸O(ε
32 )
De fato, comos2ds
(1 + s2)3<
1
s4e a como
∫ ∞1√ε
1
s4=ε
32
3. Portanto multiplicando por ε−
32
a igualdade acima obtemos que
ε−32
∫ 1√ε
0
s2ds
(1 + s2)3= ε−
32
∫ ∞0
s2ds
(1 + s2)3+ ε−
32O(ε
32 ) =
∫∞0
s2ds(1+s2)3
ε32
+O(1)
Com isso a expressao
3ωε
∫ 1
0
r2dr
(ε+ r2)3=
3ω∫∞
0s2ds
(1+s2)3
ε12
+ 3ωO(1)
Portanto, tomando K1 = 3ω
∫ ∞0
s2ds
(1 + s2)3= ||∇U ||22, onde U e a funcao de Talenti
20
1. Problema crıtico com pertubacao linear
com contante igual a 1, onde o ınfimo (1.3) e alcancado, temos que:
||∇uε||22 =ω
∫ 1
0
|ϕ′(r)|2dr + ωO(ε12 ) +
K1
ε12
+ 3ωO(1) + 3ωO(ε12 )
=K1
ε12
+ ω
∫ 1
0
|ϕ′(r)|2dr +O(ε12 ),
o que verifica (1.13)
Verificacao de (1.14) Usando a formula da coarea temos que
||uε||66 =
∫B(0,1)
|uε(x)|dx =
∫B(0,1)
ϕ6(|x|)(ε+ |x|2)3
dx
=
∫ 1
0
(∫Sr
ϕ6(r)
(ε+ r2)3ds
)dr
=
∫ 1
0
ϕ6(r)|Sr|(ε+ r2)3
dr = ω
∫ 1
0
ϕ6(r)r2
(ε+ r2)3dr
=ω
∫ 1
0
(ϕ6(r)− 1)r2
(ε+ r2)3dr + ω
∫ 1
0
r2
(ε+ r2)3dr = I6 + I7
Afirmacao 1.1. |ϕ6(r)− 1| ≤ Cr2 para todo r ∈ [0, 1].
De fato,consideremos o limite abaixo e usemos Regra de L’Hospital e o fato que
ϕ(0) = 1 e ϕ′(0) = 0
limr→0
ϕ6(r)− 1
r2= lim
r→0
6ϕ5(r)ϕ′(r)
2r= lim
r→0
30ϕ4(r)ϕ′(r)2 + ϕ′′(r).6ϕ5(r)
2= 3ϕ′′(r),
logo dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo 0 < r < δ temos∣∣∣∣ϕ6(r)− 1
r2− 3ϕ′′(r)
∣∣∣∣ < ε ⇒∣∣∣∣ϕ6(r)− 1
r2
∣∣∣∣ < C1
Por outro lado se δ ≤ r ≤ 1 temos que∣∣∣∣ϕ6(r)− 1
r2
∣∣∣∣ < C2
Portanto, tomando C = max C1, C2 segue a afirmacao.
21
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Diante dessa afirmacao e da mudanca de variavel temos
|I6| =ω∫ 1
0
(ϕ6(r)− 1)r2
(ε+ r2)3dr ≤ ω
∫ 1
0
Cr4
(ε+ r2)3dr
=Cε−3
∫ 1√ε
0
(s√ε)4.√ε
(1 + s2)3ds ≤ Cε−
12
∫ ∞0
s4
(1 + s2)3
=C.ε−12 .
3
16π = O(ε−
12 )
Portando I6 = O(−ε 12 )
Por outro lado basta usar argumentos da mudanca de variavel, para ver que
I7 = ωε−32
∫ 1√ε
0
s2
(1 + s2)3ds = ωε−
32
(∫ ∞0
s2
(1 + s2)3ds−
∫ ∞1√ε
s2
(1 + s2)3ds
)
Com efeito
∫ ∞1√ε
s2
(1 + s2)3ds = O(ε), pois
s2
(1 + s2)3≤ 1
s3e como
∫ ∞1√ε
1
s3ds = 2ε.
Portanto usando o fato que O(ε−12 ) = ε−
32O(ε) chegamos que
||uε||66 = ωε−32
(∫ ∞0
s2
(1 + s2)3ds+O(ε)
)Elevando ambos os membros a 1/3 temos
||uε||26 =ω13 ε−
12
(∫ ∞0
s2
(1 + s2)3ds+O(ε)
) 13
=ω13 ε−
12
(∫ ∞0
s2
(1 + s2)3ds
) 13
+ ω13 ε−
12O(ε)
Com efeito esta ultima igualdade sai do fato que
(k +O(ε))13 − k
13 = O(ε), ∀k > 0
De fato basta observar que
O(ε) ≤ Cε⇒ O(ε) ≤ 3CεK2 ⇒ O(ε) ≤ 3CεK2 + 3C2ε2K + C3ε3 ⇒
⇒ O(ε) +K3 ≤ 3CεK2 + 3C2ε2K + C3ε3 +K3 = (Cε+K)3
⇒ (O(ε) +K3)13 ≤ Cε+K ⇒ (O(ε) +K3)
13 −K ≤ Cε = O(ε)
22
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Chamemos K3 = K e temos a igualdade acima. Concluımos entao a verificacao, onde
K2 =
(ω
∫ ∞0
s2
(1 + s2)3ds
) 13
= ||U ||26 e U aquela funcao na qual o ınfimo (1.3) e
atingido.
Verificacao de (1.15)
Da definicao de uε(x) e usando a formula da coarea como fizemos acima temos
||uε||22 = ω
∫ 1
0
ϕ2(x)r2
ε+ r2dr =ω
(∫ 1
0
ϕ2(x)r2
ε+ r2dr +
∫ 1
0
ϕ2(x)ε
ε+ r2dr −
∫ 1
0
ϕ2(x)ε
ε+ r2dr
)=
∫ 1
0
ϕ2(x)dr −∫ 1
0
ϕ2(x)ε
ε+ r2dr
Por outro lado usando o fato que ϕ(x) ≤ 1 temos que∫ 1
0
ϕ2(x)ε
ε+ r2dr ≤
∫ 1
0
ε
ε+ r2dr =
∫ 1
0
1
1 + ( r√ε)2dr
Fazendo mudanca de variavel s = r/√ε segue
∫ 1
0
1
1 + ( r√ε)2dr =
∫ 1√ε
0
√ε
1 + s2ds ≤
∫ ∞0
√ε
1 + s2ds = C
√ε
Portanto concluımos que
||uε||22 = ω
∫ 1
0
ϕ2(r)dr +O(ε12 )
Antes de concluir a prova da proposicao provemos mais um lema.
Lema 1.8. Se A,B, α ∈ R entao
A
B +O(εα)=A
B+O(εα)
Prova: De fato, basta ver queA
B +O(εα)− A
B=AB − AB − AO(εα)
B2 +BO(εα)= O(εα), pois
A e B sao constantes e o denominador nao e nulo quando ε→ 0.
Prova da proposicao 1.6: Vamos estimar Qλ(uε).
Qλ(uε) =
K1
ε12
+ ω∫ 1
0ϕ′(r)2dr +O(ε
12 )− λω
∫ 1
0ϕ2(r)dr −O(ε
12 )
K2
ε12
+O(ε12 )
Assim temos
23
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Qλ(uε) =K1
K2 +O(ε)+ωε
12
∫ 1
0ϕ′(r)2dr
K2 +O(ε)+
O(ε)
K2 +O(ε)−λωε
12
∫ 1
0ϕ2(r)dr
K2 +O(ε)
=I8 + I9 + I10 − I11
Do lema 1.8 e dos fatos queK1
K2
= S, ε12O(ε) = O(ε
32 ) = O(ε) e tomando por fim
ϕ(r) = cos(πr2
) segue-se
I8 =K1
K2
+O(ε) = S +O(ε) (1.21)
I10 =O(ε) (1.22)
I9 − I11 =ε12ω
(∫ 1
0
ϕ′(r)2dr − λ∫ 1
0
ϕ2(r)dr
)(1
K2 +O(ε)
)(1.23)
I9 − I11 =ε
12ω
K2
(∫ 1
0
ϕ′(r)2dr − λ∫ 1
0
ϕ2(r)dr
)+O(ε) (1.24)
I9 − I11 =ε
12ω
K2
(π2
8− λ
2
)+O(ε) (1.25)
Logo segue por (1.21), (1.22) e (1.25) que
Qλ(uε) =S +O(ε) +ε
12ω
K2
(π2
8− λ
2
)+O(ε) +O(ε)
=S +ε
12ω
K2
(π2
4− λ)C +O(ε),
como λ1 = π2 e λ > 14λ1, temos para ε suficientemente pequeno que Qλ(uε) < S como
Sλ e o ınfimo dos Qλ(u) para todo u ∈ H10 (Ω) assim
Sλ < S
Prova do teorema 1.5
Com a proposicao provaremos somente a volta do teorema 1.5 pois a volta contara
com o resultado de nao-existencia que a princıpio vamos apenas enunciar e provaremos
na proxima secao
”Nao existe Solucao de (1.11) para λ ≤ 14λ1”
Assim se λ ∈ (14λ1, λ1) temos pela proposicao 1.6 que Sλ < S e de forma analoga
ao mostrado no primeiro teorema temos que o ınfimo Sλ e atingido e (1.11) possui
solucao. A ida do teorema e mostrada pela contra-positiva usando o resultado acima,
se λ /∈ (14λ1, λ1) entao nao ha solucao.
24
1. Problema crıtico com pertubacao linear
1.3 Resultados de nao-existencia
Nesta secao abordaremos alguns resultados de nao existencia para o problema (1.1)
sob a variacao do parametro real λ comecaremos com a identidade de Pohozaev para
este problema e seguiremos com os casos n ≥ 4 e n = 3 com suas peculiaridades.
1.3.1 Identidade de Pohozaev
A identidade de Pohozaev, pode ser encontrada em sua forma mais geral em [6] e
no apendice. Aqui apresentaremos um resultado relacionado direto ao problema (1.1)
seguindo as diretrizes de [7].
Teorema 1.9. Sejam n ≥ 3 e u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) solucao de (1.1). Entao, a funcao
u satisfaz a igualdade1
2
∫∂Ω
|∇u|2x.ν(x)dx = λ
∫Ω
u2dx
onde ν(x) o vetor normal a ∂Ω em x
Prova:
Como u satisfaz (1.1), multiplicando tal igualdade por ∇u.x e integrando, obtemos
−∫
Ω
∆u∇u.xdx =
∫Ω
u2∗−1∇u.xdx+ λ
∫Ω
u∇u.xdx (1.26)
Sabemos por outro lado que div(∇u.x∇u) = ∇(∇u.x)∇u + (∇u.x)∆u, pois o
produto interno e bilinear e div(∇u) = ∆u. Assim pelo teorema do Divergente segue
que∫∂Ω
(∇u.x∇u).ν(x)dx =
∫Ω
div(∇u.x∇u)dx =
∫Ω
∇(∇u.x)∇udx+
∫Ω
(∇u.x)∆udx
O que implica que∫Ω
(∇u.x)∆udx =
∫∂Ω
(∇u.x∇u).ν(x)dx−∫
Ω
∇(∇u.x)∇udx (1.27)
Igualando (1.26) e (1.27) obtemos∫Ω
∇(∇u.x)∇udx−∫∂Ω
(∇u.x∇u).ν(x)dx =
∫Ω
u2∗−1∇u.xdx+ λ
∫Ω
u∇u.xdx (1.28)
Note que ∫∂Ω
(∇u.x∇u).ν(x)dx =
∫∂Ω
|∇u(x)|2(ν(x).x)dx (1.29)
Observemos tambem que
25
1. Problema crıtico com pertubacao linear
∇(∇u.x)∇u = ∇
(n∑i=1
xi∂u
∂xi
)∇u
=
(n∑i=1
[δ1,i
∂u
∂xi+ xi
∂2u
∂x1∂xi
], ...,
n∑i=1
[δn,i
∂u
∂xi+ xi
∂2u
∂xn∂xi
]).∇u
= |∇u|2 + x1
(n∑i=1
∂u
∂xi
∂2u
∂x1∂xi
)+ ...+ xn
(n∑i=1
∂u
∂xi
∂2u
∂xn∂xi
)
= |∇u|2 + x1
(|∇|2
2
)x1
+ ...+ xn
(|∇|2
2
)xn
= |∇u|2 +n∑j=1
xj
(|∇|2
2
)xj
= |∇u|2 +1
2∇(|∇u|2).x (1.30)
Integrando tal igualdade temos∫Ω
∇(∇u.x)∇udx =
∫Ω
(|∇u|2 +
1
2∇(|∇u|2).x
)dx (1.31)
Mas como div(|∇u|2.x) = ∇(|∇u|2).x+ |∇u|2n entao pelo teorema do divergente∫∂Ω
|∇u|2.x.ν(x)dx =
∫Ω
∇(|∇u|2).xdx+
∫Ω
|∇u|2ndx,
e assim por (1.31) obtemos∫Ω
∇(∇u.x)∇udx =
∫Ω
|∇u|2dx+1
2
∫∂Ω
|∇u|2.x.ν(x)dx− 1
2
∫Ω
|∇u|2ndx
que implica∫Ω
∇(∇u.x)∇udx =(
1− n
2
)∫Ω
|∇u|2dx+1
2
∫∂Ω
|∇u|2.x.ν(x)dx (1.32)
Combinando (1.28),(1.29) e (1.32) temos entao
(1− n
2
)∫Ω
|∇u|2dx+1
2
∫∂Ω
|∇u|2.x.ν(x)dx−∫∂Ω
|∇u(x)|2(ν(x).x)dx =
=
∫Ω
u2∗−1∇u.xdx+ λ
∫Ω
u∇u.xdx
Mas como pela regra da cadeia temos que ∇u.u2∗−1 = ∇(u2∗
2∗
)e ∇u.u = ∇
(u2
2
)entao
26
1. Problema crıtico com pertubacao linear
temos a igualdade(1− n
2
)∫Ω
|∇u|2dx− 1
2
∫∂Ω
|∇u|2.x.ν(x)dx =1
2∗
∫Ω
∇(u2∗).xdx+λ
2
∫Ω
∇(u2).xdx
(1.33)
Observemos tambem que div(u2∗ .x) = ∇(u2∗ .x) + u2∗n e assim pelo teorema do
divergente ∫∂Ω
u2∗ .x.ν(x)dx =
∫Ω
∇(u2∗ .x)dx+
∫Ω
u2∗ndx
notemos que o primeiro membro e nulo pois u se anula na fronteira, e portanto∫Ω
∇(u2∗ .x)dx = −∫
Ω
u2∗ndx
De modo semelhante e usando que div(u2.x) = ∇(u2).x + u2n concluımos que∫Ω
∇(u2).xdx = −∫
Ω
u2ndx.
Substituindo em (1.33) obtemos
(1− n
2
)∫Ω
|∇u|2dx− 1
2
∫∂Ω
|∇u|2.x.ν(x)dx = − n2∗
∫Ω
u2∗dx− λn
2
∫Ω
u2dx (1.34)
Veja agora que como u satisfaz o problema (1.1), multiplicando por u e integrando
temos
−∫
Ω
∆u.udx =
∫Ω
(u2∗ + λu2)dx
Porem div(∇u.u) = ∆u.u+∇u∇u e como u se anula na fronteira concluımos que
−∫
Ω
∆u.udx =
∫Ω
|∇u|2dx =
∫Ω
(u2∗ + λu2)dx
Substituindo em (1.34) temos
(1− n
2
)[∫Ω
u2∗dx+ λ
∫Ω
u2dx
]− 1
2
∫∂Ω
|∇u|2.x.ν(x)dx = − n2∗
∫Ω
u2∗dx− λn2
∫Ω
u2dx
Mas comon
2∗=(n
2− 1)
temos
1
2
∫∂Ω
|∇u|2x.ν(x)dx = λ
∫Ω
u2dx
1.3.2 Nao-existencia: caso n ≥ 3
Aqui exibiremos resultados de nao existencia para o problema (1.1) no caso em que
n ≥ 3, em particular servira para o caso da primeira secao, n ≥ 4. Mostraremos que se
27
1. Problema crıtico com pertubacao linear
λ /∈ (0, λ1) nao existe solucao para (1.1) para todo n ≥ 3. Aqui λ1 denota o primeiro
autovalor do operador −∆u em Ω, ou seja associado a λ1 esta a auto funcao u1 tal que
−∆u1 = λ1u1.
Proposicao 1.10. Nao existe solucao para (1.1) com λ ≥ λ1.
Prova: De fato, seja u solucao de (1.1) entao∫Ω
∇u∇v = λ
∫Ω
u.v +
∫Ω
u2∗−1v ∀v ∈ H10 (Ω)
e por outro lado se u1 e tal que −∆u1 = λ1u1 entao∫Ω
∇u1∇v = λ1
∫Ω
u1.v ∀v ∈ H10 (Ω)
Substituindo v por u1 na primeira igualdade e por u na segunda obtemos que:
λ
∫Ω
u.u1 +
∫Ω
u2∗−1u1 = λ1
∫Ω
u1.u
⇒ λ
∫Ω
u.u1 < λ1
∫Ω
u1.u⇒ λ < λ1
Sendo assim para λ ≥ λ1 nao existe solucao para (1.1).
Para proxima proposicao precisaremos de uma definicao.
Definicao 1.2. Dizemos que um conjunto aberto Ω e estrelado em relacao a origem
se para cada x ∈ Ω, o segmento de reta λx; 0 ≤ λ ≤ 1 esta contido em Ω.
Proposicao 1.11. Nao existe solucao para (1.1) com λ ≤ 0 e Ω uma domınio estrelado
suave.
Prova: De fato pela Identidade de Pohozaev, se u e solucao de (1.1) entao:
1
2
∫∂Ω
|∇u|2x.v(x)dx = λ
∫Ω
u2dx
Por outro lado como Ω e estrelado, sem perda de generalidade, podemos considerar
em relacao a origem(a menos de uma translacao), entao a menos de um conjunto de
medida nula em ∂Ω, x · v(x) > 0.
Sendo assim λ < 0 temos um absurdo, pois o primeiro lado da desigualdade teria
que ser negativo e no caso de λ = 0 terıamos |∇u|2 = 0 o que implicaria ∆u = 0 e por
(1.1) terıamos u ≡ 0. Portanto para λ ≤ 0 nao existe solucao para (1.1).
28
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Vale a pena salientar que a situacao pode ser bem diferente se Ω nao for estrelado,
por exemplo, se Ω e um anel, existe solucao radial de (1.1) para todo λ ∈ (−∞, λ1).
Este fato foi apontado por Kazdam e Warner (Vide em[2]).
1.3.3 Nao-existencia: caso n = 3
Ja vimos na subsecao anterior que nao temos solucao para o problema (1.1) com
λ ≥ λ1 e λ ≤ 0, nesta subsecao mostraremos que para 0 < λ ≤ 14λ1 nao existe solucao
para (1.11), problema (1.1) quando n = 3. Neste caso tomaremos as condicao da
segunda secao deste capıtulo e assim basta mostrar a seguinte proposicao.
Proposicao 1.12. Nao existe solucao de (1.11) para λ ≤ 14λ1
Prova: Suponhamos, por absurdo que exista u ∈ H10 (Ω) tal que u e solucao de (1.11)
com λ ≤ 14λ1.
Entao pelo resultado de Gidas-Nirenberg(Teorema 2, pg.521 de [12]) temos que u
e esfericamente simetrica. Assim escrevendo u(x) = u(r), onde r = |x|, temos que u
satisfaz
− u′′ − 2
ru′ = u5 + λu em (0, 1) (1.35)
u′(0) = u(1) = 0 (1.36)
De fato, como∂u
∂xi= u′(|x|). xi
|x|,
temos
∂
∂xi
(∂u
∂xi
)=
∂
∂xi
(u′(|x|). xi
|x|
)=u′′(|x|) xi
|x|.xi|x|
+ u′(|x|).
(1.|x| − xi.xi
|x|
|x|2
)
=u′′(|x|)(xi|x|
)2
+u′(|x|)|x|
− u′(|x|)x2i
|x|3
=
(u′′(|x|)− u′(|x|)
|x|
)(xi|x|
)2
+u′(|x|)|x|
.
Daı
∆u =3∑i=1
∂
∂xi
(∂u
∂xi
)=
3u′(|x|)|x|
+
(u′′(|x|)− u′(|x|)
|x|
)(1
|x|2
)(x2
1 + x22 + x2
3)
=u′′(r) +2u′(r)
r
29
1. Problema crıtico com pertubacao linear
mostrando assim (1.35), para mostrar (1.36) basta usar o fato de que u=0 em ∂Ω e
que u′(0) = 0, pois Ω = B(0, 1).
Mostraremos a seguir um lema que ajudara na demonstracao da proposicao.
Lema 1.13. Para toda funcao ψ ∈ C∞(R) com ψ(0) = 0 vale a seguinte identidade∫ 1
0
u2(λψ′ +1
4ψ′′′)r2dr =
2
3
∫ 1
0
u6(rψ − r2ψ′)dr +1
2|u′(1)|2ψ(1). (1.37)
Prova: De fato, multiplicando (1.35) por r2ψu′ e integrando, obtemos
−∫ 1
0
u′′u′r2ψ − 2
∫ 1
0
(u′)2rψ =
∫ 1
0
u5u′r2ψ + λ
∫ 1
0
uu′r2ψ, (1.38)
usando o teorema de integracao por partes em I1 com
w = r2ψ dv = u′u′′dr e dw = 2rψ + r2ψ′dr v =(u′)2
2
temos ∫ 1
0
u′′u′r2ψ =
[r2ψ
(u′)2
2
]1
0
−∫ 1
0
(u′)2
2(2rψ + r2ψ′)
=ψ(1)(u′(1)2)
2−∫ 1
0
(u′)2rψ − 1
2
∫ 1
0
(u′)2r2ψ′, (1.39)
de modo semelhante com
w = r2ψ dv = u5u′dr e dw = 2rψ + r2ψ′dr v =1
6u6
temos ∫ 1
0
u5u′r2ψ = −∫ 1
0
1
6u6(2rψ + r2ψ′)dr, (1.40)
e ainda em com
w = r2ψ dv = uu′dr e dw = 2rψ + r2ψ′dr v =1
2u2
temos ∫ 1
0
uu′r2ψ = −∫ 1
0
1
2u2(2rψ + r2ψ′)dr. (1.41)
30
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Portanto substituindo (1.39), (1.40) e (1.41) em 1.38, obtemos
− 1
2ψ(1)(u′(1))2 +
∫ 1
0
(u′)2rψdr +1
2
∫ 1
0
(u′)2rψ′dr − 2
∫ 1
0
rψ(u′)2dr
=−∫ 1
0
1
6u6(2rψ + r2ψ′)dr − λ
∫ 1
0
1
2u2(2rψ + r2ψ′)dr,
ou seja, ∫ 1
0
(u′)2(1
2r2ψ′ − ψr)dr − 1
2ψ(1)(u′(u))2
=−∫ 1
0
1
6u6(2rψ + r2ψ′)dr − λ
∫ 1
0
1
2u2(2rψ + r2ψ′). (1.42)
Por outro lado multiplicando (1.35) por (12r2ψ′ − rψ)u e integrando obtemos
−∫ 1
0
u′′u(1
2r2ψ′ − rψ)dr −
∫ 1
0
r
2u′u(
1
2r2ψ′ − rψ)dr
=
∫ 1
0
u6(1
2r2ψ′ − rψ)dr + λ
∫ 1
0
u2(1
2r2ψ′ − rψ)dr. (1.43)
Usando o teorema de integracao por partes em I5 com
w =1
2rψ′ − ψ dv = 2uu′dr e dw =
1
2(rψ′′ − ψ′)dr v = u2,
obtemos ∫ 1
0
r
2u′u(
1
2r2ψ′ − rψ)dr = −1
2
∫ 1
0
u2(rψ′′ − ψ′)dr. (1.44)
De modo semelhante com
w = (1
2r2ψ′−rψ)u dv = u′′dr e dw = (
1
2r2ψ′′−ψ′)u+(
1
2r2ψ′−rψ)u′dr v = u′,
obtemos∫ 1
0
u′′u(1
2r2ψ′ − rψ)dr =−
∫ 1
0
u′[(1
2r2ψ′′ − ψ′)u+ (
1
2r2ψ′ − rψ)u′
]dr
=−∫ 1
0
(1
2r2ψ′′ − ψ′)uu′dr −
∫ 1
0
(1
2r2ψ′ − rψ)(u′)2dr,
mas, usando integracao por partes mais uma vez com
w = (1
2r2ψ′′ − ψ) dv = uu′dr e dw = (rψ′′ +
ψ′′′r2
2− ψ′)dr v =
u2
2,
31
1. Problema crıtico com pertubacao linear
temos que ∫ 1
0
(1
2r2ψ′′ − ψ′)uu′dr = −
∫ 1
0
u2(rψ′′ +ψ′′′r2
2− ψ′)dr,
portanto∫ 1
0
u′′u(1
2r2ψ′− rψ)dr =
∫ 1
0
u2(rψ′′+ψ′′′r2
2−ψ′)dr−
∫ 1
0
(1
2r2ψ′− rψ)(u′)2dr. (1.45)
Substituindo (1.44) e (1.45) em (1.43) obtemos∫ 1
0
(1
2r2ψ′−rψ)(u′)2dr− 1
4
∫ 1
0
ψ′′′r2dr =
∫ 1
0
u6(1
2r2ψ′−rψ)dr+λ
∫ 1
0
u2(1
2r2ψ′−rψ)dr.
(1.46)
Combinando (1.42) e (1.46) obtemos (1.37). De fato, Basta isolar no primeiro mem-
bro o termo em comum
(∫ 1
0
(1
2r2ψ′ − rψ)(u′)2dr
), e igualando os segundos membros
teremos ∫ 1
0
u6(1
2r2ψ′ − rψ)dr + λ
∫ 1
0
u2(1
2r2ψ′ − rψ)dr +
1
4
∫ 1
0
ψ′′′r2dr =
=1
2ψ(1)(u′(u))2 −
∫ 1
0
1
6u6(2rψ + r2ψ′)dr − λ
∫ 1
0
1
2u2(2rψ + r2ψ′).
O que implica que∫ 1
0
[u6(
1
2r2ψ′ +
1
6r2ψ′ − rψ +
1
3rψ) + λu2(
1
2r2ψ′ +
1
2r2ψ′ − rψ + rψ) +
1
4u2r2ψ′′′
]dr
=1
2|u′(1)|2ψ(1).
Assim ∫ 1
0
[u6(
2
3r2ψ′ − 2
3rψ) + λu2r2ψ′ +
1
4u2r2ψ′′′
]dr =
1
2|u′(1)|2ψ(1).
E assim segue (1.37).
Conclusao da proposicao 1.12
Como ja sabemos que para λ ≤ 0 nao existe solucao para (1.11) tomemos 0 < λ ≤14λ1, ou seja, 0 < λ ≤ 1
4π2. Escolhendo ψ(r) = sen((4λ)
12 r) pois ψ e suave alem de
ψ(0) = 0 como em (1.37) entao temos que
ψ′(r) = cos(2λ12 r).2λ
12 , ψ′′(r) = −2λ
12 sen(2λ
12 r).2λ
12
e ψ′′′(r) = −4λcos(2λ12 r).2λ
12 .
32
1. Problema crıtico com pertubacao linear
Assim
λψ′ +1
4ψ′′′ = 2λλ
12 cos(2λ
12 r) +
1
4(−8λλ
12 cos(2λ
12 r)) = 0,
ou seja, um lado da identidade (1.37) e nulo.
Por outro lado note que sen(θ) − θcos(θ) > 0 ∀θ ∈ (0, π). Com efeito a funcao
g(θ) = senθ − θcosθ e crescente em (0, π) pois g′(θ) = cosθ − cosθ + θsenθ > 0 assim
como g(0) = 0 entao g(θ) > 0 ∀θ ∈ (0, π), com isso temos que
rψ − r2ψ′ = r.sen(2λ12 r)− r22λ
12 cos(2λ
12 r) = r(sen(2λ
12 r)− 2λ
12 rcos(2λ
12 r) > 0.
como u e solucao positiva e ψ(1) ≥ 0 entao temos o outro lado da identidade (1.37)
estritamente positivo, o que nos leva a uma contradicao, portanto nao existe solucao
para (1.11) com λ ∈ (0, 14λ1] provando assim o lema.
33
Capıtulo 2
Problema crıtico com perturbacao
nao-linear
Neste capıtulo, estudaremos um problema mais geral, ou seja encontrar solucoes
para o problema −∆u = u2∗−1 + f(x, u) em Ω,
u > 0 em Ω,
u = 0 sobre ∂Ω,
(2.1)
com f(x, u) uma perturbacao de ordem inferior, n ≥ 3 e Ω ⊂ Rn um domınio limitado.
Assumiremos que:
1)f : Ω× [0,+∞)→ R
(x, t) 7−→ f(x, t)e mensuravel em x e contınua em t.
2) sup
x ∈ Ω
0 ≤ t ≤M
|f(x, t)| <∞ para todo M > 0.
Alem disso dizer que f e uma perturbacao de ordem inferior a s2∗−1 significa que
lims→∞
f(x, s)
s2∗−1= 0.
2.1 Ferramenta geral
Nesta secao, apresentaremos condicoes ou ferramentas gerais para o estudo do pro-
blema (2.1) baseando-se em uma variacao do teorema do passo da montanha. Assumi-
remos que f(x, u) pode ser escrita:
f(x, u) = a(x)u+ g(x, u), (2.2)
34
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
com
a(x) ∈L∞(Ω) (2.3)
g(x, u) =o(u) quando u→ 0+, uniformemente em Ω (2.4)
g(x, u) =o(u2∗−1) quando u→ +∞, uniformemente em Ω. (2.5)
Alem disso ainda assumiremos que o operador−∆−a(x) possui um menor autovalor
positivo, ou seja, ∫ |∇ϕ|2 − aϕ2
≥ α
∫|∇ϕ|2, ∀ϕ ∈ H1
0 (Ω), (2.6)
o que implica ∫ |∇ϕ|2 − aϕ2
≥ α′
∫ϕ2, ∀ϕ ∈ H1
0 (Ω),
para algum α′ > 0.
Como f(x, 0) = 0, para todo x ∈ Ω, e estamos interessados em solucoes positivas
para o problema (2.1), podemos assumir sem perda de generalidade que f(x, u) = 0,
para todo x ∈ Ω e toda u ≤ 0.
Sejam ainda F (x, u) =
∫ u
0
f(x, t)dt para x ∈ Ω e u ∈ R e
Ψ(u) =
∫Ω
1
2|∇u|2 − 1
2∗|u|2∗ − F (x, u)
dx, ∀u ∈ H1
0 (Ω), (2.7)
o funcional associado ao problema (2.1).
O principal resultado desta secao e o seguinte:
Teorema 2.1. Suponhamos de (2.2)-(2.6) valem. Se existe v0 ∈ H10 (Ω),positiva nao
nula tal que
supt≥0
Ψ(tv0) <1
nSn2 (2.8)
entao o problema (2.1) possui solucao.
Diante deste teorema podemos fazer duas observacoes:
Observacao 2.1. No caso de f(x, u) = λu, assumir (2.6) corresponde a λ < λ1.
De fato, temos de (2.6) que
∫ |∇ϕ|2 − aϕ2
≥ α′
∫ϕ2 o que implica que
∫|∇ϕ|2 ≥ (α′ + λ)
∫ϕ2 ⇒ λ1
∫ϕ2 ≥ (α′ + λ)
∫ϕ2 ⇒ λ1 ≥ (α′ + λ)⇒ λ ≤ λ1 + α′
⇒ λ < λ1
35
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Observacao 2.2. Ainda no casso f(x, u) = λu, se assumirmos (2.8), equivale a
Sλ < S
.
Com efeito por (2.7) temos
Ψ(tv0) =
∫ 1
2|∇(tv0)|2 − 1
2∗|tv0|2
∗ − λ1
2|tv0|2
=
∫ t2
2|∇v0|2 −
t2∗
2∗|v0|2
∗ − λt2
2|v0|2
=
1
2t2(||∇v0||22 − λ||v0||22
)− t2
∗
2∗||v0||2
∗
2∗
=1
2t2A− t2
∗
2∗B.
Assim derivando Ψ em relacao a t temos
∂Ψ
∂t= tA− t2∗−1B
Como 2∗ > 2 segue que 2∗−1 > 1 entao tA− t2∗−1B = 0 implica que t(A− t2∗−2B) = 0
segue entao que os possıveis pontos crıticos de Ψ e t = 0 ou t =
(A
B
) 12∗−2
. Mas
como Ψ(tv0)→ −∞ quando t→ +∞ assim Ψ(0) ≤ Ψ((
AB
) 12∗−2
), portanto segue que
t =(AB
) 12∗−2 e o ponto maximo de Ψ. Segue entao
supt≥0
Ψ(tv0) =1
2
(A
B
) 22∗−2
A− 1
2∗
(A
B
) 2∗2∗−2
B
=
[1
2
A2∗
2∗−2
B2
2∗−2
− 1
2∗A
2∗2∗−2
B2
2∗−2
]
=
(1
2− 1
2∗
)A
2∗2∗−2
B2
2∗−2
=1
n
(A
B22∗
)n2
.
Observando da definicao de Sλ
(A
B22∗
)≥ Sλ, segue de (2.8) que
1
n
(A
B22∗
)n2
= supt≥0
Ψ(tv0) <1
nSn2 ,
36
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
donde Sλ < S.
Diante das observacoes (2.1) e (2.2) concluımos que o teorema 2.1 e uma genera-
lizacao do teorema 1.1 do capıtulo 1
Para provar o teorema utilizaremos uma variante do teorema do passo da monta-
nha de Ambrosetti-Rabinowitz sem a condicao (PS) e um problema auxiliar, depois
voltaremos a problema original e concluiremos a prova.
Enunciaremos, apenas para facilitar a verificacao das condicoes, a variante do teo-
rema do passo da montanha.
Teorema 2.2. Seja φ uma funcao de classe C1 em um espaco de Banach E.(φ ∈C1(E,R))
Suponha que existe uma vizinhanca U de zero e uma constante ρ tal que
φ(u) ≥ ρ ∀u ∈ ∂U (2.9)
φ(0) < ρ e φ(v) < ρ para algum v /∈ U (2.10)
definimos
c = infP∈P
maxw∈P
φ(w) ≥ ρ (2.11)
Onde P denota a classe de todos os caminhos contınuos de 0 a v.
Entao existe (uj) ∈ E tal que
φ(uj)→ c e φ′(uj)→ 0 em E∗ (2.12)
A prova desse teorema e exatamente analogo a prova do teorema do passo da
montanha sem a condicao (PS)c e pode ser encontrado em Willem [11].
Vejamos agora o problema auxiliar.
2.1.1 Problema auxiliar
Mostraremos primeiro a existencia de solucoes para o problema
−∆u+ µu = (u+)2∗−1 + f(x, u+) + µu+ em H10 (Ω)∗. (2.13)
Seu funcional associado e
φ(u) =
∫ 1
2|∇u|2 +
1
2µu2 − 1
2∗(u+)2∗ − F (x, u+)− 1
2µ(u+)2
dx.
Portanto mostremos que primeiro que φ satisfaz as hipoteses do teorema acima.
37
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Notemos antes que usando (2.2) a (2.5), podemos fixar uma constante µ ≥ 0 sufi-
cientemente grande tal que
− f(x, u) ≤ µu+ u2∗−1 q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0 (2.14)
(no caso f(x, u) ≥ 0 isso ∀u ≥ 0, tomemos µ = 0) De fato, de (2.2) temos que
|f(x, u)| = |a(x)u+ g(x, u)| ≤ |a(x)||u|+ |g(x, u)|
Por (2.3) temos que |a(x)| ≤ C e por (2.4) temos que limu→0+
g(x, u)
u= 0 isto quer dizer
que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que
|u| < δ ⇒∣∣∣∣g(x, u)
u
∣∣∣∣ < ε⇒ |g(x, u)| < ε|u|
Por outro lado temos de (2.5) temos que dado ε > 0 existe um M > 0 tal que
|u| > M ⇒∣∣∣∣g(x, u)
u2∗−1
∣∣∣∣ < ε⇒ |g(x, u)| < ε|u|2∗−1.
No caso de δ ≤ |u| ≤ M temos que g e contınua em u e assim leva compacto em
compacto, logo |g(x, u)| ≤ K. Portanto para 1 ≤ |u| ≤ M temos |g(x, u)| ≤ K|u| e
para δ ≤ |u| < 1 temos que |g(x, u)| ≤ Kδ|u| assim tomando µ = max(K
δ, K) + C e
tomando ε = 1 temos
|f(x, u)| ≤ µ|u|+ |u|2∗−1.
Como u ≥ 0 entao |u| = u assim −Cu − εu2∗−1 − K ≤ f(x, u) o que implica que
−µu− u2∗−1 ≤ f(x, u) o que implica que
−f(x, u) ≤ µu+ u2∗−1.
Primeiro com argumentos padroes temos que φ esta bem definida e alem disso e de
classe C1. Verifiquemos agora a geometria do passo da montanha, ou seja as condicoes
(2.9) e (2.10) do teorema 2.2.
Verificacao de (2.9)
De (2.4) temos que dado ε > 0, existe δ > 0 tal que g(x, u) ≤ εu q.t.p. em Ω para
todo 0 ≤ u ≤ δ. Por (2.5) temos que dado ε > 0 existe M tal que g(x, u) ≤ εu2∗−1 para
u > M e para δ ≤ u ≤M temos que g e contınua entao g(x, u) ≤ K e assim de modo
analogo ao que fizemos acima basta tomar C = max(K,k
δ2∗−1) e temos que
g(x, u) ≤ εu+ Cu2∗−1 q.t.p. em Ω,
38
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
para u ≥ 0 e C depende de ε pois e funcao de δ que depende de ε.
Assim f(x, u) ≤ a(x)u+ εu+ Cu2∗−1 que integrando temos
F (x, u) ≤∫ u
0
[a(x)t+ εt+ Ct2
∗−1]dt =
a(x)u2
2+εu2
2+Cu2∗
2∗.
Portanto com isso obtemos
φ(u) ≥∫ 1
2|∇u|2 +
1
2µu2 − 1
2∗(u+)2∗ − a(x)(u+)2
2− ε(u+)2
2− C(u+)2∗
2∗− 1
2µ(u+)2
dx
=
∫ 1
2|∇u|2 − a(x)(u+)2
2− ε(u+)2
2− (C + 1)(u+)2∗
2∗− 1
2µ(u+)2 +
1
2µu2
dx.
Usando o fato que∫|∇u|2 =
∫(|∇u+|2 + |∇u−|2) temos que a integral acima sera
∫ 1
2|∇u+|2 − a(x)(u+)2
2︸ ︷︷ ︸I1
− ε(u+)2
2− (C + 1)(u+)2∗
2∗+
+1
2|∇u−|2 − 1
2µ(u+)2 +
1
2µu2︸ ︷︷ ︸
I2
dx
Note que I1 ≥α
2
∫|∇u+|2 por (2.6).
Note tambem que usando o fato∫u2 =
∫(u+)2 + (u−)2 temos
I2 =
∫ [1
2|∇u−|2 − 1
2µ(u−)2 +
1
2µ(u−)2 − 1
2µ(u+)2 +
1
2µu2
](2.15)
≥∫ 1
2|∇u−|2 − 1
2µ(u−)2−1
2µ(u−)2 − 1
2µ(u+)2 +
1
2µu2︸ ︷︷ ︸
zero
(2.16)
=
∫ [1
2|∇u−|2 − 1
2µ(u−)2
]. (2.17)
Assim por (2.6) com uma constante β temos I2 ≥β
2
∫|∇u−|2.
Segue entao que tomando m = min(β
2,α
2) temos
I1 + I2 ≥ m
∫|∇u|2.
39
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Portanto φ(u) ≥∫m|∇u|2−
∫ε(u+)2
2−∫
(C + 1)
2∗(u+)2∗ . Usando agora as imersoes
contınuas de Sobolev temos que ||u||2 ≤ K1||u||H10
e ||u||2∗ ≤ K2||u||H10, assim
φ(u) ≥ m||u||2H10− K1ε
2||u||2H1
0− K2(C + 1)
2∗||u||2∗H1
0
Assim para ε suficientemente pequeno e ||u||H10
= r suficientemente pequeno tambem
temos φ(u) ≥ ρ > 0 verificando portanto (2.9) com U = B(0, r) ⊂ H10 (Ω).
Verificacao de (2.10) Para qualquer u ∈ H10 (Ω), u ≥ 0 e u 6= 0 temos que
limt→∞
φ(tu) = −∞
Com efeito, ja vimos que de (2.5) temos existem constantes R e M tal que |g(x, u)| ≤εu2∗−1 quando |u| > R e |g(x, u)| ≤ M quando |u| ≤ R assim temos que |g(x, u)| ≤εu2∗−1 +M e como |a(x)| ≤ C entao temos que
|f(x, u)| ≤ Cu+ εu2∗−1 +M
portanto −F (x, u) ≤ Cu2
2+εu2∗
2∗+Mu e dai segue
φ(tu) ≤∫ [1
2|∇u|2 +
t2µu2
2− t2
∗(u+)2∗
2∗+t2∗ε(u+)2∗
2∗+t2C(u+)2
2+ tM(u+)− t2µ(u+)2
2
]Tomando ε < 1 temos que φ(tu)→ −∞ quando t→∞
Assim existem muitos v′s satisfazendo (2.10). Contudo, sera importante para a
proxima proposicao do teorema um certo v especial, a saber v = t0v0 onde v0 e dado
por (2.8) ou seja tal que supt≥0
φ(tv0) <1
nSn2 e t0 > 0, suficientemente grande para que
v /∈ U e φ(v) ≤ 0.
Definamos agora o nıvel minimax, ou seja a condicao (2.11) Basta utilizar a hipotese
(2.8) e temos que
supt≥0
φ(tv) <1
nSn2
e portanto
c <1
nSn2 (2.18)
para
c = infP∈P
maxw∈P
φ(w)
onde P e o conjunto de todos os caminhos que ligam 0 a v.
40
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Assim aplicando o teorema, obtemos uma sequencia (uj) ∈ H1o (Ω) tal que φ(uj)→ c
e φ′(uj)→ 0 em (H10 (Ω))∗. Ou seja∫
1
2|∇uj|2 +
1
2µu2
j −1
2∗(u+
j )2∗ − F (x, u+j )− 1
2µ(u+
j )2
= c+ o(1) (2.19)
e
−∆uj + µuj − (u+j )2∗−1 − f(x, u+
j )− µu+j = ζj, (2.20)
com ζj → 0 em (H10 (Ω))∗.Definamos que 〈ζj, ϕ〉 e o operador ζj aplicado na funcao ϕ
para todo ϕ ∈ H10 (Ω). Com base nestas informacoes provemos os lemas a seguir
Lema 2.3. A sequencia uj obtida e limitada em H10 (Ω), ou seja,
||uj||H10≤ C (2.21)
Prova: Para provar este lema basta observar que por um lado se multiplicarmos (2.20)
por uj obtemos∫ |∇uj|2 + µu2
j − (u+j )2∗ − f(x, u+
j )− µ(u+j )2
= 〈ζj, uj〉 (2.22)
Fazendo agora diferenca entre (2.19) e 12〈ζj, uj〉 de (2.22) temos∫ (
1
2− 1
2∗
)(u+
j )2∗ − F (x, u+j ) +
1
2f(x, u+
j )u+j
= c+ o(1)− 1
2〈ζj, uj〉
O que implica que∫ 1
n(u+
j )2∗ − F (x, u+j ) +
1
2f(x, u+
j )u+j
≤ c+ o(1) + ||ζj||(H1
0 )∗ ||uj||H10
portanto temos
1
n
∫(u+
j )2∗ ≤∫
F (x, u+j )− 1
2f(x, u+
j )u+j
+ c+ o(1) + ||ζj||(H1
0 )∗||uj||H10
(2.23)
Por outro lado ja vimos que (2.5) temos dado ε > 0 existe M tal que |g(x, u)| ≤εu2∗−1 + M sabendo agora que f e uma funcao de ordem inferior, ou seja possui a
mesma propriedade (2.5), temos que ∀ε > 0, ∃C Tal que
|f(x, u)| ≤ εu2∗−1 + C q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0 (2.24)
De modo analogo e sabendo que F e uma ordem acima de f entao temos que existe D
41
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
tal que
|F (x, u)| ≤ εu2∗
2∗+D q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0 (2.25)
Portanto unindo (2.23) com (2.24) e (2.25) temos
1
n
∫(u+
j )2∗ ≤∫
ε(u+j )2∗
2∗− 1
2ε(u+
j )2∗
+ c+ o(1) + ||ζj||(H1
0 )∗||uj||H10
+ C2
Usando o fato que o ζj e convergente, logo limitada, entao ||ζj||(H10 )∗ ≤ C1 e daı chega-
mos (1
n− ε
n
)∫(u+
j )2∗ ≤ C3 + C1||uj||H10
+ o(1)
Tomando ε suficientemente pequeno e uma contante K adequada temos∫(u+
j )2∗ ≤ K +K||uj||H10
+ o(1) (2.26)
Combinando (2.19) com (2.26) obtemos (2.21). De fato de (2.19) temos
1
2
∫|∇uj|2 +
1
2µ
∫u2j −
1
2µ
∫(u+
j )2 = c+ o(1) +1
2∗
∫(u+
j )2∗ +
∫F (x, u)
Usando (2.25) e (2.26) temos que
1
2||uj||2H1
0≤ 1
2||uj||2H1
0+
1
2µ
∫(u2
j− (u+j )2) ≤ c+o(1)+
1
2∗
∫(u+
j )2∗+
∫ ε(u+
j )2∗
2∗+D
≤ C4 + C5
∫(u+
j )2∗ + o(1) ≤ K1 +K||uj||H10⇒ 1
2||uj||2H1
0≤ K1 +K||uj||H1
0.
Desigualdade que mostra (2.21), ou seja (uj) e limitada em H10 (Ω)
Lema 2.4. Dada a sequencia uj obtida temos que
(u+j )2∗−1 (u+)2∗−1, converge fraco em (L2∗(Ω))∗,
f(x, u+j ) f(x, u+), converge fraco em (L2∗(Ω))∗.
Prova: Como H10 (Ω) e um espaco reflexivo entao podemos extrair um subsequencia
(uj) tal que
uj u em H10 (Ω)
O que implica pelas imersoes compacta de Rellich-Kondrachov (vide teorema 9.16,
42
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
pg.285 de [4] ) que
uj → u em Lq(Ω), ∀q < 2∗
o que nos diz que
uj → u q.t.p. em Ω
Sendo assim definimos a sequencia de aplicacoes hj : Ω→ R tais que
hj(x) = (u+j )2∗−1(x)ϕ(x)
alem disso seja h tal que h(x) = (u+)2∗−1(x)ϕ(x). Mostremos que
∫hj →
∫h. Para
isso utilizaremos o teorema de Vitali (vide Apendice), logo basta mostrar que as hj sao
integraveis, que hj converge q.t.p. para h e que
(∫hj
)e uma sequencia de integrais
uniformemente absolutamente contınua. Entao pelo teorema de Vitali temos o que
desejamos.
De fato como (uj)→ u q.t.p. entao (u+j )2∗−1 → (u+)2∗−1 q.t.p. assim seja qual for
ϕ temos que
(u+j )2∗−1ϕ→ (u+)2∗−1ϕ q.t.p. em Ω
Temos tambem que as hj sao integraveis pois pela desigualdade de Holder com p =2∗
2∗ − 1e p′ = 2∗ assim
∣∣∣∣∫ hj
∣∣∣∣ ≤ ∫ |(u+j )|2∗−1|ϕ| ≤
(∫(u+
j )2∗) 2∗−1
2∗(∫
ϕ2∗) 1
2∗
<∞ (2.27)
pois uj ∈ L2∗ . E por fim mostraremos que as
(∫hj
)sao absolutamente uniforme-
mente contınuas. Observemos que por (2.27) temos dado ε > 0 existe γ > 0 entao
∣∣∣∣∫ω
hj
∣∣∣∣ ≤ ||u+j ||2
∗−12∗
(∫ω
ϕ2∗) 1
2∗
≤ C
(∫ω
ϕ2∗) 1
2∗
.
E como ϕ e absolutamente contınua, dado ε > 0, tome γ¿0 tal que
∣∣∣∣∣(∫
ω
ϕ2∗) 1
2∗∣∣∣∣∣ <
ε
C. Assim, temos que
(∫hj
)sao uniformemente absolutamente contınuas, logo pelo
teorema de Vitali ∫Ω
hj →∫
Ω
h
43
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
que significa que
(u+j )2∗−1 (u+)2∗−1 converge fraco em (L2∗(Ω))∗
De modo analogo mostramos que∫Ω
f(x, u+j )ϕ→
∫Ω
f(x, u+)ϕ ∀ϕ ∈ (L2∗(Ω)),
ou seja
f(x, u+j ) f(x, u+) converge fraco em (L2∗(Ω))∗.
2.1.2 Problema original
Agora usando o problema auxiliar vamos a prova do problema original.
Prova do teorema 2.1:
Passando o limite em (2.20) obtemos
−∆u+ µu = (u+)2∗−1 + f(x, u+) + µu+ em H10 (Ω). (2.28)
Mas claramente por (2.14) temos que
−∆u+ µu ≥ (u+)2∗−1 − (u+)2∗−1 − µu+ + µu+ = 0.
Portanto pelo princıpio maximo fraco u ≥ 0 em Ω e assim u satisfaz
−∆u = u2∗−1 + f(x, u).
Para finalizar a prova basta mostrar que u 6≡ 0 e consequentemente u > 0 em Ω
pelo princıpio maximo Forte. De fato suponha que u = 0, assim terıamos∫f(x, u+
j )u+j → 0 (2.29)
∫F (x, u+
j )→ 0 (2.30)
pois de (2.24) e (2.25) deduzimos que∣∣∣∣∫ f(x, u+j )u+
j
∣∣∣∣ ≤ ∫ (u+j )2∗ + C
∫u+j
44
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
∣∣∣∣∫ F (x, u+j )
∣∣∣∣ ≤ ε
2∗
∫(u+
j )2∗ +D
∫u+j .
Assim como uj → 0 em L2 e uj e limitada em L2∗ obtemos (2.29) e (2.30).
Extraindo ainda uma subsequencia podemos assumir que∫|∇uj|2 → l (2.31)
para algum l ≥ 0. Passando o limite em (2.22) e em (2.19) obtemos∫(u+
j )2∗ → l (2.32)
sendo assiml
2− 1
2∗l = c e como
1
2− 1
2∗=
1
ntemos
1
nl = c. (2.33)
Por outro lado, temos
||∇uj||22 ≥ S||uj||22∗ ≥ S||u+j ||22∗ = S
(∫(u+
j )2∗) 2
2∗
e usando (2.32) e (2.31) encontramos o limite
l ≥ Sl22∗ . (2.34)
Segue entao de (2.33) e (2.34) que
l ≥ Sl22∗ ⇒ 1 ≥ Sl
22∗−1 = Sl
−2n ⇒ l
2n ≥ S ⇒ l ≥ S
n2 ⇒ n.c ≥ S
n2
O que implica em
c ≥ 1
nSn2
que contradiz (2.18), portanto u 6≡ 0
Finalizaremos esta secao com uma observacao interessante.
Observacao 2.3. A solucao u do problema (2.1) que obtemos tem uma propriedade
adicional. Temos que ou
φ(u) = c (2.35)
ou
φ(u) ≤ c− 1
nSn2 < 0 (2.36)
45
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Em alguns casos (2.36) nao e satisfeita, quando por exemplo assumimos que
F (x, u) ≤ 1
2f(x, u)u+
1
nu2∗ . (2.37)
De fato, se u e solucao de (2.1) entao∫|∇u|2 =
∫ (u2∗ + f(x, u)u
), (2.38)
e entao
ψ(u) =
∫ (1
2|∇u|2 − 1
2∗u2∗ − F (x, u)
)=
∫ (1
2u2∗ +
1
2f(x, u)u− 1
2∗u2∗ − F (x, u)
)e agora por (2.37) temos
φ(u) ≥∫
1
nu2∗ +
1
2f(x, u)u− 1
2f(x, u)u− 1
nu2∗ = 0,
excluindo assim a possibilidade de ocorrer (2.36).
Um exemplo de situacao que cumpre (2.37) e quando f(x, u) = a(x)u + µuq com
a ∈ L∞, µ ≥ 0 e 1 ≤ q < 2∗ − 1.
Sendo assim claramente temos que quando assumimos (2.37) obtemos a condicao
(PS)c para todo c tal que c <1
nSn2 .
Verifiquemos entao esta observacao.
Considerando novamente a sequencia uj da prova do teorema temos∫f(x, u+
j )u+j →
∫f(x, u+)u+ e
∫F (x, u+
j )→∫F (x, u) (2.39)
De fato, pela continuidade de f na segunda variavel temos que f(x, u+j ) → f(x, u+)
alem disso uj → u q.t.p em Ω e por fim basta observar que como f e de ordem inferior
entao
f(x, u+j )u+
j ≤ ε|u+j |2
∗+ C
e como uj e limitada em L2∗ temo a existencia de uma funcao h(x) tal que f(x, u+j )u+
j ≤h(x) q.t.p. em Ω, portanto pelo teorema da convergencia dominada temos (2.39).
Definimos agora vj = uj − u e assim∫|∇uj|2 =
∫|∇u|2 +
∫|∇vj|2 + o(1) (2.40)
46
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
e ainda do teorema de Brezis-Lieb (Vide Apendice) deduzimos que∫(u+
j )2∗ =
∫(u)2∗ +
∫(v+j )2∗ + o(1) (2.41)
Combinando (2.19) com (2.39),(2.40) e (2.41) temos∫ 1
2|∇u|2 − 1
2∗u2∗ − F (x, u) +
1
2|∇vj|2 −
1
2∗(v+j )2∗
= c+ o(1). (2.42)
E ainda combinando (2.22) com (2.39),(2.40) e (2.41) temos∫ |∇u|2 − u2∗ − f(x, u)u+ |∇vj|2 − (v+
j )2∗
= o(1) (2.43)
reduzindo ainda mais com ajuda de (2.38) ficamos com∫|∇vj|2 =
∫(v+j )2∗ + o(1) (2.44)
unindo agora (2.44) com (2.42) obtemos∫ 1
2|∇u|2 − 1
2∗u2∗ − F (x, u)
+
∫1
n|∇vj|2 = c+ o(1) (2.45)
e finalmente assumindo que para uma subsequencia que∫1
n|∇vj|2 → k e
∫(v+j )2∗ → k k ≥ 0
entao ou k = 0 ou k > 0, no segundo caso pela definicao de S temos que
||∇vj||22 ≥ S||v+j ||22∗ ⇒ k ≥ Sk
22∗ ⇒ k(1− 2
2∗) ≥ S ⇒ k
2n ≥ S
o que nos da
k ≥ Sn2
Portanto com k = 0 por (2.45) obtemos (2.35) e se k ≥ Sn2 , tambem por (2.45) obtemos
(2.36). Isso conclui a verificacao da observacao.
2.2 Estimativa do nıvel minimax
Com o teorema (2.1) temos como resolver nosso problema, mas e necessario ter a
condicao crucial, (2.8). Sendo assim mostraremos nesta secao uma proposicao que nos
fornecera algumas hipoteses para que esta condicao seja satisfeita.
47
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Proposicao 2.5. Suponhamos que f(x, u) satisfaca (2.2)-(2.5).Se alem disso, existe
alguma funcao h(u) tal que
f(x, u) ≥ h(u) ≥ 0 q.t.p. x ∈ Ω ∀u ≥ 0 (2.46)
onde Ω e algum subconjunto aberto nao vazio de Ω e H(u) =
∫ u
0
h(t)dt cumpre
limε→0
ε
∫ ε−12
0
H
( ε−12
1 + s2
)n−22
sn−1ds =∞, (2.47)
entao a condicao (2.8) e satisfeita.
Prova: Primeiro lembremos que se f(x, u) = λu, entao da observacao 2.2 a condicao
(2.8) significa que atinge o ınfimo Sλ em v0 e
||∇v0||22 − λ||v0||22||v0||22∗
< S.
Assim, e natural que se use para v0 o mesmo tipo de funcao que usamos na proposicao
1.2. Assumindo que 0 ∈ Ω e fixando uma funcao ϕ ∈ C∞(Ω) tal que ϕ(x) ≡ 1 ∀x tal
que |x| < R, com R > 0. Sejam
uε(x) =ϕ(x)
(ε+ |x|2)n−22
ε > 0 (2.48)
e
vε(x) =uε(x)
||uε||2∗(2.49)
Mostraremos que vε satisfaz a condicao (2.8), para ε > 0 suficientemente pequeno.
Para isto obteremos algumas estimacoes das provas da proposicoes 1.2 e proposicao 1.6
do capıtulo 1 que nos mostra de (1.5) e (1.14) que
||uε||2∗ =K
εn−24
+O(1), n ≥ 3 (2.50)
onde K depende apenas de n. Temos assim que ||∇vε||22 =||∇uε||22||uε||22∗
e usando as
estimativas encontrada na prova destes lemas segue que
||∇vε||22 = S +O(εn−22 ), n ≥ 3 (2.51)
e ainda de modo analogo obtemos
48
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
||vε||22 =
O(ε) se n ≥ 5
O(ε| ln ε|) se n = 4
O(ε12 ) se n = 3
. (2.52)
Definimos agora Xε = ||∇vε||22 e assim temos que
Ψ(tvε) =1
2t2Xε −
t2∗
2∗−∫
Ω
F (x, tvε).
Como por hipotese f(x, tvε) ≥ 0 entao F (x, tvε) ≥ 0 e portanto
Ψ(tvε) ≤1
2t2Xε −
t2∗
2∗
e assim limt→∞
Ψ(tvε) = −∞. Portanto supt≥0
Ψ(tvε) e alcancado em algum tε ≥ 0. Caso
tε = 0, temos supt≥0
Ψ(tvε) = 0 e nao ha o que provar. Vejamos quando tε > 0. Observe
que derivando a funcao t 7→ Ψ(tvε) em t = tε temos
tεXε − t2∗−1ε −
∫f(x, tεVε)vε = 0. (2.53)
O que implica que tεXε − t2∗−1ε ≥ 0⇒ Xε ≥ t2
∗−2ε , consequentemente
X1
2∗−2ε ≥ tε. (2.54)
Portanto a funcao t 7→ (1
2t2Xε −
t2∗
2∗) e crescente no intervalo [0, X
12∗−2ε ]. Seja
Yε = supt≥0
Ψ(tvε) = Ψ(tεvε).
Assim segue por (2.54)
Yε =1
2t2εXε −
t2∗ε
2∗−∫
Ω
F (x, tεvε)
≤1
2
(X
12∗−2ε
)2
Xε −
(X
12∗−2ε
)2∗
2∗−∫
Ω
F (x, tεvε)
=1
2X
22∗−2
+1ε − 1
2∗X
2∗2∗−2 −
∫Ω
F (x, tεvε)
=
(1
2− 1
2∗
)X
2∗2∗−2 −
∫Ω
F (x, tεvε)
=1
nX
n2 −
∫Ω
F (x, tεvε).
49
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Substituindo (2.51) temos que
Yε ≤1
nSn2 +O(ε
n−22 )−
∫F (x, tεvε). (2.55)
Agora afirmamos que
tε → S1
2∗−2 quando ε→ 0. (2.56)
De fato de (2.53) segue-se que
Xε − t2∗−2ε −
∫f(x, tεvε)vε
tε= 0.
Assim e suficiente mostrar∫f(x, tεvε)vε
tε→ 0 quando ε→ 0. (2.57)
Usando de (2.2) a (2.5) vemos que ∀δ > 0, ∃C > 0 tal que
|f(x, u)| ≤ δu2∗−1 + Cu q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0.
Logo, ∣∣∣∣∫ f(x, tεvε)vεtε
∣∣∣∣ ≤ δt2∗−1ε ||vε||2
∗
2∗ + C||vε||22 = δt2∗−1ε + C||vε||22.
De (2.52) temos que ||vε||22 → 0 quando ε → 0 basta tomar δ =γ
t2∗−1ε
para qualquer
γ > 0 e temos
∣∣∣∣∫ f(x, tεvε)vεtε
∣∣∣∣ < γ o que mostra (2.57) e assim (2.56).
Segue agora de (2.46) e de (2.48)-(2.50) que
tεvε =tε
||uε||2∗.
tεϕ(x)
(ε+ |x|2)n−22
=tεϕ(x)
K
εn−22
+O(1).
1
(ε+ |x|2)n−22
=tεϕ(x)ε
n−24
K +O(εn−24 )
.1
(ε+ |x|2)n−22
.
Chamando A =tεϕ(x)
K +O(εn−24 )
temos tεvε =Aε
n−24
(ε+ |x|2)n−22
assim
∫F (x, tεvε) ≥
∫|x|<R
H
(Aε
n−24
(ε+ |x|2)n−22
). (2.58)
50
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Segue entao de (2.55) e (2.58) que
Yε ≤1
nSn2 +O(ε
n−22 )−
∫|x|<R
H
(Aε
n−24
(ε+ |x|2)n−22
). (2.59)
E finalmente para concluirmos que Yε <1
nSn2 e assim provar o lema, basta mostrar
que para ε proximo do zero temos O(εn−22 ) <
∫|x|<R
H(tεvε). Para isso, e suficiente que
limε→0
1
εn−22
∫|x|<R
H
(Aε
n−24
(ε+ |x|2)n−22
)dx =∞. (2.60)
Chamando I1 =1
εn−22
∫|x|<R
H
(Aε
n−24
(ε+ |x|2)n−22
)dx segue da regra da coarea que
I1 =|Sn1 |εn−22
∫ R
0
H
(Aε
n−24
(ε+ r2)n−22
)rn−1dr.
Pelo teorema da mudanca de variavel com r = ε12 s e ds = ε−
12dr e assim
I1 =|Sn1 |εn−22
∫ R
0
H
Aεn−24
εn−22
(1 +
(r
ε12
)2)n−2
2
rn−1dr
=|Sn1 |εn−22
∫ Rε−12
0
H
(Aε−
n−24
(1 + s2)n−22
)εn2 sn−1ds
=εn2 |Sn1 |εn−22
∫ Rε−12
0
H
A( ε−12
(1 + s2)
)n−22
sn−1ds
=|Sn1 |ε∫ Rε−
12
0
H
A( ε−12
(1 + s2)
)n−22
sn−1ds
Agora reescalando ε atraves de constantes apropriadas vemos que limε→0 I1 =∞ e
equivalente a
limε→0
ε
∫ R′ε−12
0
H
( ε−12
1 + s2
)n−22
sn−1ds =∞ (2.61)
para alguma constante R′ > 0. No caso onde R′ ≥ 1 temos que (2.61) e cumprido por
51
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
(2.47), e isto porque o limite de (2.61) pode ser expresso
limε→0
ε
∫ ε−12
0
H
( ε−12
1 + s2
)n−22
sn−1ds+ limε→0
ε
∫ R′ε−12
ε−12
H
( ε−12
1 + s2
)n−22
sn−1ds =∞
Por outro lado seR′ < 1, basta mostrar que Zε := ε
∫ ε−12
R′ε−12
H
( ε−12
1 + s2
)n−22
sn−1ds
e limitada quando ε → 0 pois assim pelo mesmo argumento temos o cumprimento de
(2.61).
Usando integracao por partes, temos
Zεε
=H
( ε−12
1 + s2
)n−22
sn
n
∣∣∣∣∣∣ε−
12
R′ε−12︸ ︷︷ ︸
I4
+n− 2
nε−
n−24
∫ ε−12
R′ε−12
(1 + s2)−n2 sn+1.h
( ε−12
1 + s2
)n−22
ds
︸ ︷︷ ︸I5
.
Segue que
I4 = H
( ε−12
1 + ε−1
)n−22
ε−n2
n−H
( ε−12
1 +R′2ε−1
)n−22
R′nε−
n2
n
fazendo C1 =
(1
ε+R′2
)n−24
≥(
1
ε+ 1
)n−24
temos I4 ≤ε−
n2
n2H(C1ε
n−24 )
e ainda
I5 =
∫ ε−12
R′ε−12
(s2
1 + s2
)n2
s.h
( ε−12
1 + s2
)n−22
≥ ∫ ε−12
R′ε−12
kε−12h
( ε−12
1 + s2
)n−22
assim de integrando e raciocinando de modo semelhante ao I4 temos que I5 ≤
Kε−12 2H(C1ε
n−24 ). Segue com isso que
Zεε≤ ε−
n2
n2H(C1ε
n−24 ) +
n− 2
nε−
n−24 kε−
12 2H(C1ε
n−24 ) ≤ CH(Cε
n−24 )ε−
n2
e portanto
Zε ≤ εCH(Cεn−24 )ε−
n2
52
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
mostrando assim que Zε e limitada quando ε → 0. Assim, concluımos a prova da
proposicao.
2.3 Aplicacoes
Nesta secao abordaremos algumas aplicacoes da ferramenta geral e da proposicao
de estimativa do nıvel minimax em algumas situacoes especıficas.
2.3.1 O caso n ≥ 5
Neste momento assumiremos n ≥ 5 e alem disso contaremos com mais duas hipoteses
adicionais:
f(x, u) ≥ 0 q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0 (2.62)
e
f(x, u) ≥ µ > 0 q.t.p. em Ω ∀u ∈ I (2.63)
onde Ω e algum subconjunto aberto de Ω, I ⊂ (0,+∞) um intervalo aberto e µ > 0
alguma constante real.
Nosso objetivo e mostrar o corolario abaixo.
Corolario 2.6. Assumindo que (2.2) a (2.6), (2.62) e (2.63) se cumprem entao o
problema (2.1) possui solucao.
Prova: Usaremos o teorema 2.1 com a proposicao 2.5. Aplicando (2.62) e (2.63) nos
vemos que
f(x, u) ≥ µχI(u) =: h(u) em Ω ∀u ≥ 0
onde χI e a funcao caracterıstica de I. Assim,
H(u) =
∫ u
0
h(t)dt ≥ µ
∫ u
0
dt = µu ≥ β ∀u ≥ B
com β e B constantes positivas. Verifiquemos agora a condicao (2.47).Temos que
H
( ε−12
1 + s2
)n−22
≥ β para todo s tal que ε−12
1+s2≥ B
2n−2 ou seja s ≤ Cε−
14 , portanto
para ε pequeno obtemos
limε→0
ε
∫ ε−12
0
H
( ε−12
1 + s2
)n−22
sn−1ds ≥ βε
∫ Cε−14
0
sn−1ds =βε
n(Cε−
14 )n =
βCn
nε1−
n4
53
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
que vai para +∞ quando ε → 0, pois n ≥ 5. Portanto pela proposicao 2.5, temos a
condicao (2.8) e assim pelo teorema 2.1 temos a demonstracao do corolario.
Vejamos um exemplo em que podemos aplicar este corolario.
Exemplo 2.1. O caso em que f(x, u) = f(u), onde f(u) ∈ C1 em [0,+∞] tal que
f(0) = 0, f(u) ≥ 0 para todo u ≥ 0, f 6= 0
f ′(0) < λ1 e limu→+∞
f(u)
u2∗−1= 0.
Neste exemplo se encaixa os casos quando temos f(u) = λu com 0 < λ < λ1 e
f(u) = µuq com µ > 0 e 1 < q < 2∗ − 1.
2.3.2 O caso n = 4
Nos assumiremos agora que n = 4 e alem disso as hipoteses
f(x, u) ≥ 0 q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0 (2.64)
e uma das hipoteses abaixo
f(x, u) ≥ µu q.t.p. em Ω ∀u ∈ [0, A] (2.65)
ou
f(x, u) ≥ µu q.t.p. em Ω ∀u ∈ [A,+∞) (2.66)
onde Ω e algum subconjunto aberto de Ω e µ > 0 e A > 0 sao constantes.
Nosso objetivo e mostrar o corolario abaixo.
Corolario 2.7. Assumindo que (2.2) a (2.6), (2.64) e uma das hipoteses entre (2.65)
ou (2.66) sao cumpridas entao (2.1) possui solucao.
Prova: Novamente usaremos o teorema 2.1 e a proposicao 2.5. Temos por hipotese
que
f(x, u) ≥ µuχI(u) = h(u) q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0
onde I e ou [0, A] ou A,+∞. Portanto obtemos pelo teorema fundamental do calculo
que ou
H(u) =
∫ u
0
h(t)dt =1
2µu2, 0 ≤ u ≤ A (2.67)
ou
H(u) =
∫ u
A
h(t)dt =1
2µ(u2 − A2), u ≥ A. (2.68)
54
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Verifiquemos agora a condicao (2.47). Observemos que no caso em que (2.67) se cumpre
temos para ε pequeno que
I = ε
∫ ε−12
0
H
(ε−
12
1 + s2
)s3ds ≥ 1
2µε
∫ ε−12
(Aε−12−1)
12
(ε−
12
1 + s2
)2
s3ds.
O limite inferior a integral do lado direito sai do fato que para
(ε−
12
1 + s2
)≤ A temos
que tomar s ≥ (Aε−12 − 1)
12 .
Usando integracao por partes, com a mudanca v = 1 + s2, obtemos
I ≥1
4µεε−1
∫ 1+ε−1
Aε−12
(1
v
)2
(v − 1)dv
=1
4µ
∫ 1+ε−1
Aε−12
(1
v− 1
v2
)dv
=1
4µ
(ln |1 + ε−1|+ 1
1 + ε−1− ln |Aε−
12 | − 1
Aε−12
)−→ +∞
quando ε→ 0 e assim I → +∞ mostrando assim a condicao (2.47).
Ja no caso em que se cumpre (2.68), vemos que para
(ε−
12
1 + s2
)≥ A, ou seja,
s ≤ A12 ε−
14 , e assim
I =ε
∫ ε−12
0
H
(ε−
12
1 + s2
)s3ds
≥ε12µ
∫ A12 ε−
14
0
( ε−12
1 + s2
)2
− A2
s3ds
≥ε12µ
∫ A12 ε−
14
0
(ε−
12
1 + s2
)2
s3ds− ε12µ
∫ A12 ε−
14
0
A2s3ds
=ε1
2µ
∫ A12 ε−
14
0
(ε−
12
1 + s2
)2
s3ds− A4µ
8
Usando a mesma mudanca de variavel do primeiro caso temos
I ≥µ4
∫ Aε−12 +1
1
(1
v− 1
v2
)dv − A4µ
8
= ln |Aε−12 + 1|+ 1− 1
Aε−12 + 1
−→ +∞
quando ε → 0, concluindo assim a prova do corolario pois, temos a condicao (2.47)
55
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
cumprida e pela proposicao 2.5 cumpre-se a condicao (2.8), logo pelo teorema 2.1
temos que o problema (2.1) possui solucao.
Vejamos agora um exemplo no qual utilizaremos o corolario.
Exemplo 2.2. O caso quando f(x, u) = f(u), onde f(u) e uma funcao de classe C1
em [0,+∞) tal que
f(0) = 0, f(u) ≥ 0 ∀u ≥ 0, f ′(0) < λ1, limu→+∞
f(u)
u3= 0
e
ou f ′(0) > 0 ou lim infu→+∞
f(u)
u> 0
Neste exemplo se encaixa os casos quando temos f(u) = λu com 0 < λ < λ1 e
f(u) = µuq com µ > 0 e 1 < q < 3
2.3.3 O caso n = 3
Assumiremos o caso n = 3, que e bem mais delicado, sendo assim apresentaremos
em dois resultados diferentes, dependendo das condicoes de f(x, u) no infinito.
Para o primeiro resultado assumiremos que
f(x, u) ≥ 0 q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0 (2.69)
e
limu→+∞
f(x, u)
u3= +∞ uniformimente em Ω (2.70)
onde Ω e algum subconjunto nao vazio e aberto de Ω. O resultado e o corolario que
segue.
Corolario 2.8. Assumindo que (2.2) a (2.6),(2.69) e (2.70) sao cumpridas. Entao o
problema (2.1) possui solucao
Prova: Mais uma vez aplicaremos o teorema 2.1 juntamente com a proposicao 2.5.
Seja h(u) = infx∈ω f(x, u), tal que limu→+∞h(u)u3
= +∞. Assim nosso objetivo e mostrar
que H(u) =∫ u
0h(t)dt satisfaz (2.47). Assim temos primeiro que para todo µ > 0 existe
um A > 0, tal que
H(u) ≥ µu4 ∀u ≥ A.
56
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Com efeito como
(ε−
12
1 + s2
) 12
≥ A implica s ≤ A−1ε12 temos que
ε
∫ ε−12
0
H
( ε−12
1 + s2
) 12
s2ds ≥ µε
∫ A−1ε12
0
( ε−12
1 + s2
) 12
4
s2ds = µ
∫ A−1ε12
0
s2ds
(1 + s2)2.
Passando o lim inf quando ε→ 0 e logo apos usando integracao por partes, obtemos
lim infε→0
ε
∫ ε−12
0
H
( ε−12
1 + s2
) 12
s2ds ≥ lim infε→0
µ
∫ A−1ε12
0
s2ds
(1 + s2)2
=µ
∫ ∞0
s2ds
(1 + s2)2
=s3
3(1 + s2)2
∣∣∣∣∞0
+4
3
∫ ∞0
s4
1 + s2ds
≥4
3
∫ ∞0
s4 − 1
1 + s2ds
=4
3
∫ ∞0
(s2 − 1)ds = +∞
Mostrando assim que H satisfaz a condicao (2.47) e portanto cumpre 2.8. Portanto,
pelo teorema 2.1 o problema (2.1) possui solucao.
Exemplo 2.3. Um exemplo de problema que satisfaz as hipoteses do corolario e quando
f(x, u) = f(u), onde f(u) e uma funcao de classe C1 em [0,+∞) tal que
f(0) = 0, f(u) ≥ 0 ∀u ≥ 0, f ′(0) < λ1, limu→+∞
f(u)
u3= 0
e
limu→+∞
f(u)
u5= 0
Um exemplo de funcao que satisfaz as condicoes acima e f(u) = µuq com µ > 0 e
3 < q < 5.
Discutiremos agora o segundo resultado. E conveniente introduzirmos o parametro
µ > 0 e considerar o problema−∆u = u5 + a(x)u+ µg(x, u) em Ω
u > 0 em Ω
u = 0 sobre ∂Ω
. (2.71)
57
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Assumiremos que
g(x, u) ≥ 0 q.t.p. em Ω ∀u ≥ 0
g(x, u) > 0 q.t.p. em Ω ∀u ∈ I(2.72)
onde Ω e algum aberto nao vazio de Ω e I e um intervalo aberto de (0,+∞). Desejamos
entao provar o corolario abaixo.
Corolario 2.9. Suponhamos que (2.3) a (2.6) e (2.72) sejam satisfeitas. Entao existe
um µ0 ≥ 0 tal que o problema (2.71) possui solucao para cada µ ≥ µ0.
Prova: Agora usaremos o teorema 2.1 diretamente. Verificaremos a condicao (2.8) sem
invocar o lema 2.5. Fixemos v0(x) = φ(x)|x|−k e suponhamos 0 ∈ ω com 0 < k < 12,
φ ∈ C∞(ω), φ(0) = 1 e ||v0||6 = 1 Assim temos que dado um µ > 0 segue que
Ψµ(u) =
∫Ω
1
2|∇u|2 − 1
6u6 − a(x)
2u2 − µG(x, u)
dx,
onde G(x, u) =
∫ u
0
g(x, t)dt, e o funcional energia associado ao problema (2.71). Sendo
assim temos para t ≥ 0 que
Ψµ(tv0) =
∫Ω
1
2|∇tv0|2 −
1
6(tv0)6 − a(x)
2(tv0)2 − µG(x, tv0)
dx
=1
2t2∫
Ω
(|∇v0|2 − a(x)v20)dx− 1
6t6∫
Ω
|v0|6 − µ∫
Ω
G(x, tv0)dx
=1
2t2A− 1
6t6 − µ
∫Ω
G(x, tv0)dx
Afirmamos que
limµ→+∞
supt≥0
Ψ(tv0) = 0. (2.73)
Se (2.73) ocorre, entao a condicao (2.8) e satisfeita para um µ suficientemente grande,
e o resultado segue do teorema (2.1).
Verifiquemos (2.73). Primeiramente, note que
limt→+∞
Ψµ(tv0) = −∞.
Por hipotese, µ
∫Ω
G(x, tv0)dx ≥ 0 e assim supt≥0
Ψu(tv0) e alcancado para algum tµ tal
que∂Ψµ
∂t(tµ) = tµA− t5µ − µ
∫Ω
g(x, tµv0)v0 = 0 (2.74)
Assim,
tµA− t5µ ≥ 0⇒ tµA ≥ t5µ ⇒ A ≥ t4µ ⇒ tµ ≤ A14
58
2. Problema crıtico com perturbacao nao-linear
Logo tµ e limitado e nao vai para +∞ ainda que µ→ +∞, donde
limµ→+∞
tµ = 0 (2.75)
pois caso contrario existiria uma sequencia (µj) tal que tµj → l > 0 quando µj → +∞e por (2.74) terıamos
∫Ωg(x, v0)v0 = 0 o que contradiz (2.72) e a escolha do v0.
Finalmente observemos que
supt≥0
Ψµ(tv0) ≤ 1
2At2µ −
1
6t6µ
Passando o limite com µ→ +∞ temos por (2.75) que
limµ→+∞
supt≥0
Ψ(tv0) ≤ 0,
mostramos (2.73).
Exemplo 2.4. Este corolario pode ser aplicado para o problema
−∆u = u5 + µuq em Ω com 1 < q ≤ 3
u > 0 em Ω,
u = 0 em ∂Ω.
(2.76)
E assim pelo corolario existe µ0 que depende apenas de q e Ω tal que o problema e
solucionavel para cada µ ≥ µ0.
Conclusao
59
Apendice A
Resultados preliminares principais
A.1 Resultados de convergencias
Teorema A.1. (Teorema da convergencia de Vitali) Seja Ω um conjunto de medida
finita e seja (fn) uma sequencia de funcoes integraveis, tais que fn → f q.t.p., entao
f e integravel e∫
Ωfn →
∫Ωf se, somente se (
∫fn) sao uniformemente absolutamente
contınuas, ou seja dado ε > 0, existe δ > 0, tal que se m(A) < δ entao
∣∣∣∣∫A
fn
∣∣∣∣ < ε,
para todo n ∈ N.
Este resultado e apresentado e demonstrado de forma completa em [3].
Teorema A.2. (Teorema da convergencia dominada de Lebesgue) Seja (fn) uma se-
quencia de funcoes (fn : Ω→ R) tais que fn → f q.t.p..Se existir uma funcao integravel
g : Ω→ [0,+∞] tal que |fn| ≤ g q.t.p., entao as funcoes fn e f sao integraveis e∫Ω
fn →∫
Ω
f
Este resultado que pode ser encontrado sua demonstracao em [3] ou em [4]
A.2 Multiplicador de Lagrange
Teorema A.3. (Teorema do multiplicador de Lagrange) Sejam X um espaco de Ba-
nach, F e G funcoes de classe C1(X,R), e x0 ∈ X um ponto crıtico de F restrito ao
conjunto
M = x ∈ X;G(x) = 0 .
Se G′(x0) 6≡ 0 entao existe µ ∈ R, tal que
F ′(x0) = µG′(x0).
60
A. Resultados preliminares principais
Isto e
F ′(x0)w = µG′(x0)w; ∀w ∈ X
Este resultado e ate de forma mais geral pode ser encontrado em [5].
A.3 Princıpios do maximo
As demonstracoes de ambos os princıpios podem ser encontradas em [8].
Teorema A.4. (princıpio do maximo fraco) Seja Ω ⊂ R e u ∈ H10 (Ω) satisfazendo
−∆u ≥ 0 ou (−∆u ≤ 0) em Ω. Entao
supΩu ≤ sup
∂Ωu+ ou (inf
Ωu ≥ inf
∂Ωu−)
respectivamente.
Teorema A.5. (princıpio do maximo forte) Seja Ω ⊂ R um aberto. Seja L um ope-
rador estritamente elıptico tal que c = 0. Suponha que u satisfaz Lu ≥ 0 [Lu ≤ 0] em
Ω. Se u atinge o seu maximo [mınimo] no interior de Ω, entao u e constante.
Se c ≤ 0 e u atinge um maximo nao-negativo [mınimo nao-positivo] no interior de
Ω, entao u e constante.
Independentemente do sinal de c, se u atinge um maximo igual a 0 [mınimo igual
a 0] no interior de Ω, entao u e constante.
A.4 Outros resultados
Teorema A.6. Se E e um espaco de Banach Reflexivo e (xn) e uma sequencia limitada
em E. Entao existe uma subsequencia (xnk) que converge fracamente para algum x ∈ E.
A demonstracao do teorema pode ser encontrada em [4]
Lema A.7. Lema de Brezis-Lieb: Seja (uk) ⊂ Lp(Ω) limitada, com ≤ p ≤ ∞ tal
que uk → u q.t.p. em Ω entao:
i)u ∈ Lp(Ω) b) limk→∞
(||uk||pp − ||uk − u||pp) = ||u||pp.
Este lema pode ser encontrado em [10].
Teorema A.8. (Formula da Coarea) Suponha que f : Rn → R seja contınua e in-
tegravel entao ∫Rnf(x)dx =
∫ +∞
0
(∫Sr
f(r)ds
)dr
onde Sr e a esfera em Rn de raio r.
61
A. Resultados preliminares principais
A demonstracao deste teorema bem como mais informacoes sobre casos mais gerais
pode ser encontradas em [12]
Teorema A.9. (integracao por partes) Sejam w, v : [a, b] → R funcoes de classe C1
entao ∫ b
a
w.dv = (u.v)(b)− (u.v)(a)−∫ b
a
v.dw
Este teorema e facilmente demonstrado como uma aplicacao direta do Teorema
Fundamental do Calculo e a utilizacao da derivada do produto e pode ser encontrado
em alguns livros de Calculo diferencia e integral, assim como o teorema da mudancas
de variavel que omitimos aqui por se tratar de um resultado bem conhecido.
Teorema A.10. (Rellich-Kondrachov) Suponhamos que Ω e limitado e de classe
C1. Entao temos as seguintes imersoes compactas.
W 1,p(Ω) ⊂Lq(Ω) ∀q ∈ [1, p∗); onde1
p∗=
1
p− 1
Nse p < N
W 1,p(Ω) ⊂Lq(Ω) ∀q ∈ [p,+∞); se p = N
W 1,p(Ω) ⊂C(Ω). se p > N
Em particular, W 1,p(Ω) ⊂ Lp(Ω) com imersao compacta para todo p e todo N
A demonstracao deste teorema pode ser vista em detalhes em [4] (teorema 9.16,
pg.285)
Teorema A.11. (Identidade de Pohozaev) Seja g : R→ R contınua com primitiva
G(u) =∫ u
0g(v)dv e seja u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) a solucao do problema
−∆u =g(u) em Ω (A.1)
u =0 sobre ∂Ω (A.2)
e o domınio Ω ⊂⊂ Rn, entao vale a identidade
n− 2
2
∫Ω
|∇u|2dx− n∫
Ω
G(u)dx+1
2
∫∂Ω
∣∣∣∣∂u∂ν∣∣∣∣2 x · νdo = 0
onde ν denota o vetor normal unitario exterior.
A demonstracao deste teorema e encontra em[6](Lema 1.4, Pg.171)
62
Referencias Bibliograficas
[1] BREZIS, H. e NIRENBERG, L., Positive solutions of nonlinear elliptic
equations involving critical sobolev exponents, Communications on Pure
and AppliedMathematics 36 (1983), no. 4, 437-477.
[2] KAZDAN, J. e WARNER, F., Remarks on some quasilinear elliptic equa-
tions, Comm. Pure Appl.Math. 28, 1975, pp. 567-597.
[3] ISNARD, C., Introducao a medida e integracao, 2.ed.Rio de Ja-
neiro:IMPA,2009
[4] BREZIS, H.,Functional Analysis,Sobolev Spaces and Partial Differential
Equations, New York:Springer, 2011.
[5] COSTA D.G.,An Invitation to Variational Methods In Differential Equa-
tions, Boston:Birkhauser, 2007
[6] STRUWE, M., Variational Methods - Applications to Nonlinear Partial
Differential Equations and Hamiltonian Systems, Springer, 4th Edition,
2008.
[7] SAMUAYS M.A.,O Problema de Brezis-Nirenberg, Curitiba: UFPR, 2011
Dissertacao (mestrado em matematica Aplicada)
[8] GILBARG, D. e TRUDINGER, N. S., Elliptic partial differential equations
of second order, vol. 224, Springer Verlag, 2001.
[9] TALENTI, G., Best constants in Soboleu inequality. Annali di Mat. 110,
1976, pp. 353-372.
[10] BREZIS, H. e LIEB E. H.,A relation between pointwise convergence of
functions and convergence of functionals, Proc. Amer. Math. Soc. 88 (1983),
pp. 486-490.
[11] WILLEM M., Minimax theorems, Boston:Birkhauser, 1997.
63
Referencias Bibliograficas
[12] EVANS L. C.. Partial differential equations (graduate studies in mathematics,
vol. 19), American Mathematical Society, 2009.
64
Top Related