Neste capítulo estudamos a existência de solução do seguinte problema de vibração com impulsos
u00(t) +g(t)u0(t) =∇F(t, u(t)) (3.1) para quase todot ∈[0, T],
u(0)−u(T) = u0(0)−u0(T) = 0, (3.2) com condições impulsivas
4(u0i(tj)) =Iij(ui(tj)), i= 1,2, ..., N, j = 1,2, ..., p, (3.3) onde u(t) = (u1(t), u2(t), ..., uN(t)), u0i(t) indica a derivada de ui(t), ou seja, (ui(t))0, T >0, t0 = 0< t1 < t2 < ... < tp < tp+1 =T,4(u0i(tj)) = u0i(t+j )−u0i(t−j),ondeu0i(t+j )e u0i(t−j )denotam os limites à direita e à esquerda deu0i(t)emt=tj, respectivamente. As funções impulsivasIij :R −→R (i = 1,2, ..., N, j = 1,2, ..., p)são contínuas,∇F(t, x) é o gradiente deF : [0, T]× RN −→ R com relação a x. Vamos assumir que F e g satisfazem as seguintes hipóteses:
(A) F(t, x) é mensurável em relação a t para todo x ∈ RN e continuamente di-ferenciável em relação a x para quase todo t ∈ [0, T], e existem a ∈ C(R+,R+), b ∈ L1(0, T;R+)tais que
|F(t, x)|≤a(kxk)b(t),|| ∇F(t, x)||≤a(kxk)b(t) para todox∈RN e quase todot∈[0, T].
(B)g : [0, T]−→R, g ∈L1(0, T;R)eRT
0 g(t)dt = 0.
Neste capítulo, nos referimos ao problema impulsivo (3.1)-(3.3) como (PI). Denota-mos porHo subconjunto de C(R+,R+)tal que, para quaisquerh ∈ H, existem cons-tantesC0, K1 >0, K2 >0, eα∈[0,1)tais que
(i) h(s)≤h(t),∀s≤t, s, t ∈R+;
(ii) h(s+t)≤C0(h(s) +h(t)), ∀s, t∈R+; (iii) 0≤h(s)≤K1sα+K2, ∀s ∈R+; (iv) h(s)→+∞quandos→+∞.
Observação 3.0.1. No decorrer deste capítulo, utilizamos as seguintes notações:
A ≡ {1,2, ..., N},B ≡ {1,2, ..., p}, M ≡
Z T 0
|g(t)|dt, G(t)≡ Z t
0
g(s)ds, e
E(x) = Z T
0
eG(t)F(t, x)dt+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj) Z xi
0
Iij(y)dy.
O primeiro resultado nos garante queG(t) = Rt
0 g(s)dsé absolutamente contínua e limitada em[0, T].
Lema 3.0.2. A funçãoG: [0, T]−→Rdada por G(t) =
Z t 0
g(s)ds,
é uma função absolutamente contínua. Além disso, existe uma constanteM >0tal que
|G(t)|≤M,
para todot ∈[0, T].
Demonstração. Primeiramente, vamos mostrar queGé absolutamente contínua. Dada uma coleção arbitrária e disjunta de sub-intervalos{[ak, bk]}k∈
Nde[0, T], seja E =
∞
[
k=1
(ak, bk),
então
∞
X
k=1
|G(bk)−G(ak)|=
∞
X
k=1
Z bk
ak
g
≤
∞
X
k=1
Z bk
ak
|g |=
Z
E
|g |.
Uma vez queg é integrável sobre[0, T], temos pela Proposição 1.0.2 que, dado > 0, existeδ >0tal que
se med(E)< δ, então Z
E
|g |< . (3.4) Assim, tomandoδde modo que (3.4) seja satisfeito, obtemos
med(E)< δ implica
∞
X
k=1
|G(bk)−G(ak)|=
Z
E
|g |< .
Portanto,Gé absolutamente contínua.
Ainda,
|G(t)|=
Z t 0
g(s)ds
≤ Z t
0
|g(s)|ds ≤ Z T
0
|g(s)|ds =M. (3.5)
Com o intuito de utilizar o método direto do cálculo variacional, vamos encontrar o funcional adequado de modo que os seus pontos críticos correspondam as soluções de (PI). Primeiramente, vamos definir solução fraca do problema em questão.
Consideremos, agora, a equação (3.1). Multiplicando ambos os lados de (3.1) por eG(t), obtemos
eG(t)u00(t) +eG(t)g(t)u0(t) = eG(t)∇F(t, u(t)), (3.6) para quase todo pontot ∈[0, T].
Levando em conta queu0 é a derivada clássica deuquase sempre em[0, T], a
equa-ção (3.6) implica que Sabendo que u0 é a derivada clássica de u quase sempre em[0, T], pelas equações (3.2), (3.3) e do fato de queRT
0 g(t)dt= 0,para o primeiro termo de (3.8), temos
Z T
=−
Assim, substituindo em (3.8), obtemos
− Motivados por (3.9), introduzimos o seguinte conceito de solução fraca para (PI).
Definição 3.0.3. Uma funçãou∈HT1 é dita solução fraca de (PI) se (3.9) se verifica para todo v ∈HT1.
Consideremos o funcional
φ: HT1 →R
aos pontos críticos deφ.
Lema 3.0.4. Suponhamos as hipóteses (A) e (B).
(a)A aplicaçãoφ1 :HT1 →Rdefinida por
φ1(u) = 1 2
Z T 0
eG(t) ||u0(t)||2 dt+ Z T
0
eG(t)F(t, u(t))dt é continuamente diferenciável emHT1. Além disso,
< φ01(u), v >=
Z T 0
eG(t)(u0(t), v0(t))dt+ Z T
0
eG(t)(∇F(t, u(t)), v(t))dt, para quaisqueru, v ∈HT1. (b)Sejaφ2 :HT1 →Rdefinida por
φ2(u) =
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)
Z ui(tj) 0
Iij(y)dy.
Entãoφ2 ∈C1(HT1;R)e
< φ02(u), v >=
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)Iij(ui(tj))vi(tj).
(c)Seja φ = φ1 +φ2. Então φ ∈ C1(HT1;R) e as soluções fracas de (PI) correspondem aos pontos críticos deφ.
Demonstração. Seja
L(t, x, z) = eG(t)kz k2
2 +eG(t)F(t, x),
para todos x, z ∈ RN e t ∈ [0, T]. Vamos mostrar que L(t, x, y) satisfaz as hipóteses do Teorema 2.0.14. Como eG(t) é uma função contínua em t, então é mensurável em t. Uma vez que F(t, x) é mensurável em t para todo x ∈ RN, segue que L(t, x, z) é mensurável em t para todo (x, z) ∈ RN × RN. Além disso, como F(t, x) é conti-nuamente diferenciável em x para quase todo t ∈ [0, T], então L(t, x, z) é continu-amente diferenciável em (x, z) para quase todo t ∈ [0, T]. Pelas hipóteses, existem
a∈C(R+,R+), b ∈L1(0, T;R+)tais que
|L(t, x, z)| ≤eG(t)kz k2
2 +eG(t) |F(t, x)|
≤eG(t)kz k2
2 +eG(t)a(kxk)b(t)
≤eMkz k2
2 +eMa(kxk)b(t)
≤eM kz k2 +eMa(kxk)b(t)
≤C[kz k2 +a(kxk)b(t)] +Ca(kxk)kz k2 +Cb(t)
=C[a(kxk) + 1](b(t)+ kzk2)
= ¯a(kxk)(b(t)+ kzk2),
onde¯a(t) = C(a(t) + 1)∈C(R+,R+)eC =eM; além disso,
||DxL(t, x, z)||=||eG(t)∇F(t, x)||
≤eG(t)a(kxk)b(t)
≤Ca(kxk)b(t)
≤Ca(kxk)b(t) +Ca(kxk)kz k2 +Cb(t) +C kz k2
=C[a(kxk) + 1](b(t)+ kz k2)
= ¯a(kxk)(b(t)+ kz k2);
||DzL(t, x, z)||=|eG(t) kz k|≤C kz k≤C kz k+Ca(kxk)kz k= ¯a(kxk) (kz k+c(t)), comc(t) = 0,∀t ∈[0, T].
Pelo Teorema 2.0.14,φ1 é continuamente diferenciável emHT1 e
< φ01(u), v >= Z T
0
eG(t)(∇F(t, u(t)), v(t)) + (eG(t)u0(t), v0(t)) dt
= Z T
0
eG(t)(u0(t), v0(t))dt+ Z T
0
eG(t)(∇F(t, u(t)), v(t))dt,
(3.10)
para todosu, v ∈HT1, provando o item (a).
ComoIij são funções contínuas (i= 1,2, ..., N, j = 1,2, ..., p), entãoφ2 ∈ C1(HT1,R) e
< φ02(u), v >=
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)Iij(ui(tj))vi(tj), (3.11)
para todou, v ∈ HT1 e o item (b) também está provado. Pela definição da aplicaçãoφ, temos pelos itens (a) e (b) queφ∈C1(HT1,R), e segue de (3.10) e (3.11) que as soluções fracas de (PI) correspondem aos pontos críticos deφ, concluindo a prova do item (c).
Neste capítulo, vamos assumir as hipóteses (A) e (B). Sob determinadas condições, garantimos que o problema (PI) tem pelo menos uma solução. No teorema a seguir, denotamos pormeda medida de Lebesgue de um determinado conjunto.
Teorema 3.0.5. Suponhamos que existam funçõesp, q ∈L1(0, T;R+),med{t∈[0,T]; p(t) = 0}<T,h∈ Heaij, bij >0tais que
|| ∇F(t, x)||≤p(t)h(kxk) +q(t), (3.12) para todox∈RN e quase todot∈[0, T]e
|Iij(y)|≤aijh(|y|) +bij, (3.13) para todoi∈ A, j ∈ Bey∈R, além disso, suponhamos que
lim inf
kxk→+∞
E(x)
h2(kxk) >2eMp
A1A2+p
A5A62
. (3.14)
Então, o problema (PI) tem pelo menos uma solução fraca que minimiza a funçãoφemHT1. Mais ainda, sep∈L2(0, T;R+), então o resultado é também verdadeiro quando (3.14) é enfraquecida pela seguinte condição
lim inf
kxk→∞
E(x)
h2(kxk) >min
2eMp
A1A2+p A5A6
2
,2eMp
A3A4+p A5A6
2 . (3.15) Observação 3.0.6. Antes de iniciar a prova, introduzimos as seguintes notações, com o intuito de simplificar as estimativas que serão feitas ao longo da demonstração.
M1 ≡ Z T
0
eG(t)p(t)dt, M2 ≡ Z T
0
eG(t)q(t)dt, M3 ≡ Z T
0
e2G(t)p2(t)dt 12
,
A1 ≡ T
24, A2 ≡ C02M12
2 , A3 ≡ T2 8π2, A4 ≡ C02M32
2 , A5 ≡ pT
24, e A6 ≡ C02 2
p
X
j=1 N
X
i=1
a2ije2G(tj).
Vamos a demonstração do Teorema 3.0.5.
Demonstração. A prova está dividida em dois passos.
Passo 1)φé fracamente semi-contínua inferiormente emHT1. De fato, como 1
2 Z T
0
eG(t) ||u0(t)||2 dt
é semi-contínua inferiormente e convexa, então, pelo Lema 1.0.23, segue que 1
2 Z T
0
eG(t) ||u0(t)||2 dt
é fracamente semi-contínua inferiormente emHT1. Assim, basta mostrar que Z T
0
eG(t)F(t, u(t))dt+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)
Z ui(tj) 0
Iij(y)dy
é fracamente semi-contínua inferiormente emHT1. Seja(un)uma sequência fracamente convergente au0 em HT1. Então, pela Proposição 2.0.13, temos que(un)converge uni-formemente au0em[0, T]. Uma vez que toda sequência convergente é limitada, segue que existe uma constanteC1 >0tal que
kunk∞≤C1, para todon∈N.
Pela hipótese (A) e pelo Teorema do Valor Médio, temos
Z T 0
eG(t)[F(t, un(t))−F(t, u0(t))]dt
≤ Z T
0
eG(t) |F(t, un(t))−F(t, u0(t))|dt
≤C Z T
0
|| ∇F(t, ξ)||||un(t)−u0(t)||dt
≤Ckun−u0 k∞
Z T 0
|| ∇F(t, ξ)||dt
≤Ckun−u0 k∞
Z T 0
a(||ξ ||)b(t)dt−→0,
quandon −→+∞.
Segue da Proposição 1.0.20 queφé fracamente semi-contínua inferiormente.
Passo 2)Vamos mostrar queφ(u)−→+∞quandokuk−→+∞emHT1.
Sejam a1, a2, a3 constantes positivas, que serão determinadas posteriormente. A partir de agora, iremos realizar uma série de estimativas com o objetivo de obter uma estimativa paraφ(u).
Seguem das propriedades (i) e (ii) deHe da desigualdade triangular que h(ku¯+s˜u(t)k)≤h(ku¯k+ksu(t)˜ k)≤C0[h(ku¯k) +h(ks˜u(t)k)]
=C0h(ku¯k) +C0h(sku(t)˜ k)
≤C0h(ku¯k) +C0h(ku(t)˜ k),∀s ∈[0,1].
(3.16)
Pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz, (3.12) e (3.16), vem que Pela Desigualdade de Sobolev, e das propriedades (i) e (iii) deH,
Z T
=C0M1K1 ku˜kα+1∞ +[C0M1K2+M2]ku˜k∞
≤C0M1K1 T
12 ku0 k2L2
α+12
+ [C0M1K2+M2] T
12 ku0 k2L2
12
=C0M1K1 T
12 α+12
ku0 kα+1L2 +[C0M1K2+M2] T
12 12
ku0 kL2 . Segue da Proposição 2.0.11 que
C0h(ku¯k) Z T
0
eG(t)p(t)ku(t)˜ kdt ≤C0h(ku¯k)M1 ku˜k∞
≤ a1
2 ku˜k2∞ +C02M12
2a1 h2(ku¯k)
≤ a1 2
T
12 ku0 k2L2 +C02M12
2a1 h2(ku¯k)
= T a1
24 ku0 k2L2 +C02M12
2a1 h2(ku¯k)
=A1a1 ku0 k2L2 +A2
a1h2(ku¯k),
(3.19)
parap∈L1(0, T;R+).
Pelas Proposições 1.0.1 e 2.0.11, obtemos
C0h(ku¯k) Z T
0
eG(t)p(t)ku(t)˜ kdt≤C0h(ku¯k) Z T
0
eG(t)p(t)2
dt
1
2 Z T
0
ku(t)˜ k2 dt
1 2
=C0h(ku¯k)M3 ku˜kL2
≤ a2
2 ku˜k2L2 +C02M32
2a2 h2(ku¯k)
≤ a2 2
T2
4π2 ku0 k2L2 +C02M32
2a2 h2(ku¯k)
=A3a2 ku0 k2L2 +A4
a2h2(ku¯k),
(3.20) parap∈L2(0, T;R+).
Em virtude de (3.17)-(3.19),
Z T 0
eG(t)(F(t, u(t))−F(t,u))¯ dt
≤ Z T
0
C0eG(t)p(t)h(ku¯k)ku(t)˜ kdt+
+ Z T
0
C0eG(t)p(t)h(ku(t)˜ k)ku(t)˜ kdt+ Z T
0
eG(t)q(t)ku(t)˜ kdt
(3.21)
≤
e segue da Proposição 2.0.11 que
|u˜i(tj)|≤ku(t˜ j)k≤ku˜k∞≤
≤
Pela propriedade (i) deHe pela Proposição 2.0.11, temos
p
Segue da propriedade (iii) deHe (3.24) que
p
≤ Assim, em vista de (3.25)-(3.27),
≥ 1
−
A partir de agora, vamos determinar os valores das constantesa1, a2 ea3 de modo que os coeficientes do termo de maior grau dos polinômios que se encontram ao lado direito das desigualdades (3.29) e (3.30) sejam positivos, assim como
lim inf
Com isso sendo satisfeito, conseguiremos provar queφé coerciva tanto no caso em que p∈L1(0, T;R+), quanto no caso em quep∈L2(0, T;R+).
Pra tanto, dividiremos esse passo em2casos.
Caso 1:p∈L1(0, T;R+). Por (3.14), temos que
B = lim
= 2eMA1A2
√A1A2
pA1A2+2eMA1A2
√A1A2
pA5A6+ 2eMA5A6
√A5A6
√A5A6 + +2eMA5A6
√A1A2
√A5A6
= 2eMA1A2(√
A1A2+√ A5A6)
√A1A2 +2eMA5A6(√
A1A2+√ A5A6)
√A5A6
= A2
a1 +A6x, onde
x= 2eMA5(√
A1A2+√ A5A6)
√A5A6 . Como
B > A2
a1 +A6x, existek >0tal que
B > k > A2
a1 +A6x, podemos escolher
k = A2
a1 +A6l < B, ondel > x, ou seja,
1 l < 1
x. Seja
a3 = 1 l. Deste modo, obtemos
kxk→+∞lim inf E(x)
h2(kxk) > A2 a1 +A6
a3. (3.31)
Note que
A1a1+A5a3 < A1 1 2eMA1
√A1A2
√A1A2+√ A5A6
+A5 1 2eMA5
√A5A6
√A1A2+√ A5A6
=
√A1A2+√ A5A6 2eM √
A1A2+√
A5A6 = 1
2eM = e−M 2 . Logo,
e−M
2 −A1a1−A5a3 >0. (3.32)
Pelo Lema 2.0.12, parau∈HT1
kuk1,T→+∞ se, e somente se, ku¯k2 +ku0 k2L2
12
→+∞.
Disto, (3.29), (3.31), (3.32), e propriedade (iv) deH, segue que φ(u)→+∞ quando kuk1,T→+∞.
Caso 2:p∈L2(0, T;R+).
Seja
a2 = 1 2eMA3
√A3A4
√A3A4+√ A5A6. Por (3.15), temos
B0 = lim inf
kxk→∞
E(x)
h2(kxk) >2eM p
A3A4+p A5A6
2
= 2eMA3A4+ 4eMp
A3A4p
A5A6+ 2eMA5A6
= 2eMA3A4
√A3A4
pA3A4+p A5A6
+2eMA5A6
√A5A6
pA3A4+p A5A6
= A4
a2 + 2eMA5A6
√A5A6
pA3A4+p
A5A6
= A4
a2 +A6y, onde
y = 2eMA5 √
A3A4+√ A5A6
√A5A6 . Como
B0 > A4
a2 +A6y, existek0 >0tal que
B0 > k0 > A4
a2 +A6y, podemos escolher
k0 = A4
a2 +A6m < B0 ondem > y, ou seja,
1 m < 1
y.
Seja
a3 = 1 m. Deste modo, obtemos
lim inf
kxk→∞
E(x)
h2(kxk) > A4 a2 + A6
a3, (3.33)
Observemos que
A3a2 +A5a3 <
√A3A4 2eM √
A3A4+√ A5A6
+
√A5A6 2eM √
A3A4+√ A5A6
= e−M 2 . Logo,
e−M
2 −A3a2−A5a3 >0. (3.34) Como
kuk1,T→+∞ se, e somente se, ku¯k2 +ku0 k2L2
12
→+∞, (3.30), (3.33), (3.34) e a propriedade (iv) deHimplicam que
φ(u)→+∞ quandokuk1,T→+∞.
Portanto,φé coerciva e limitada inferiormente, assim, pela Proposição 1.2, existe uma sequência minimizante limitada emHT1 paraφ. Pelo Teorema 1.0.21, segue dos passos 1e2queφtem um mínimo emHT1. Assim, existeu∈HT1 tal queφ0(u) = 0, logo
< φ0(u), v >= 0,∀v ∈HT1.
Portanto, o problema (PI) tem pelo menos uma solução fraca que minimiza a função φemHT1.
Teorema 3.0.7. Suponha que existem p, q ∈ L1(0, T;R+), med{t ∈ [0,T]; p(t) = 0} < T, h∈ H, eaij, bij >0tais que sejam válidos (3.12) e (3.13) e
lim
kxk→∞sup E(x)
h2(kxk) < D1, (3.35) onde
D1 ≡ −2eM(2 +e2M)p
A1A2+p
A5A62
.
Então, o problema (PI) tem pelo menos uma solução fraca emHT1. Além disso, sep∈L2(0, T;R+), então o resultado também é válido quando (3.35) é enfraquecida pela condição
kxk→+∞lim sup E(x)
h2(kxk) <min{D1, D2, D3, D4}, (3.36) onde
D2 ≡ −2eM(2 +e2M)p
A3A4+p A5A6
2
,
D3 ≡ −2eMp
A3A4+p
A5A6 h 2p
A1A2 +p
A5A6
+e2M p
A3A4+p
A5A6i ,
e
D4 ≡ −2eMp
A1A2+p
A5A6 h 2p
A3A4 +p
A5A6
+e2M p
A1A2+p
A5A6i .
Demonstração. Provaremos este resultado fazendo uso do Teorema 1.0.17. Já vimos queHT1 = RN ⊕H˜T1 é um espaço de Banach e queφ ∈ C1(HT1;R), assim, para termos condições de aplicar tal resultado, basta mostrarmos queφ satisfaz a condição (PS) e exibirmos uma vizinhança limitadaDdo subespaço das funções constantes deHT1 de modo que
max∂D φ <inf
H˜T1
φ.
A prova será dividida em três passos.
Passo 1) Parax ∈ RN, φ(x)→ −∞quandokx k→ +∞. De fato, temos tanto pela condição (3.35) quanto pela (3.36) que
kxk→+∞lim suph−2(kxk)E(x)<0.
Além disso,
Disto e pela propriedade (iv) deH, obtemos
kxk→∞lim φ(x) = lim
kxk→∞E(x) =−∞.
Passo 2)Parau˜∈H˜T1, φ(˜u)−→+∞quandoku˜k1,T−→+∞.
Com efeito, pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz, Proposição 2.0.11, propriedade (iii) deHe (3.12), resulta que
+ Z T
0
eG(t)q(t) T
12 ku0 k2L2
12 dt
=M1 K1 α+ 1
T 12
α+12
ku0 kα+1L2 +M1K2 T
12 12
ku0 kL2 +M2 T
12 12
ku0 kL2
= K1 α+ 1M1
T 12
α+12
ku0 kα+1L2 +(M1K2+M2) T
12 12
ku0 kL2 . Em vista de (3.13) e propriedade (iii) deH, temos
|Iij(y)| ≤aijh(|y|) +bij
≤aij(K1 |y|α +K2) +bij
=aijK1 |y|α +(aijK2+bij),
(3.38)
para todoi∈ A, j ∈ Bey∈R. Quandou˜i(tj)≥0,por (3.38), temos que
−aijK1
α+ 1 (˜ui(tj))α+1−(aijK2+bij)˜ui(tj)≤
Z u˜i(tj) 0
Iij(y)dy
≤ aijK1
α+ 1(˜ui(tj))α+1+ (aijK2+bij)˜ui(tj), isto é,
−aijK1
α+ 1 |u˜i(tj)|α+1 −(aijK2+bij)|u˜i(tj)|≤
Z u˜i(tj) 0
Iij(y)dy
≤ aijK1
α+ 1 |u˜i(tj)|α+1 +(aijK2+bij)|u˜i(tj)|.
(3.39)
Quandou˜i(tj)<0, segue de (3.38) que aijK1
α+ 1(−1)α(˜ui(tj))α+1−(aijK2 +bij)(−1)˜ui(tj)≤ Z 0
˜ ui(tj)
Iij(y)dy
≤ −aijK1
α+ 1 (−1)α(˜ui(tj))α+1+ (aijK2+bij)(−1)˜ui(tj), isto é,
−aijK1
α+ 1 |u˜i(tj)|α+1 −(aijK2+bij)|u˜i(tj)|≤
Z 0
˜ ui(tj)
Iij(y)dy
≤ aijK1
α+ 1 |u˜i(tj)|α+1 +(aijK2+bij)|u˜i(tj)|.
(3.40)
Em vista de (3.39) e (3.40), para todou˜i(tj)∈R, obtemos
que combinado com (3.24) nos dá
De fato, como
ku˜k21,T=ku˜k2L2 +ku0 k2L2, então
ku˜k21,T−→+∞
implica que
ku˜k2L2−→+∞ ou ku0 k2L2−→+∞.
Se
ku˜k2L2−→+∞, então a Proposição 2.0.11 implica
ku0 k2L2−→+∞.
Disto e de (3.42) concluímos que
φ(˜u)−→+∞ quandoku˜k1,T−→+∞ emH˜T1, Passo 3)φsatisfaz a condição (PS).(Veja Definição 1.0.16 ).
De fato, seja (un) uma sequência em HT1 tal que (φ(un)) é limitada e φ0(un) −→ 0 quandon −→ +∞. Vamos mostrar que (un)possui uma subsequência que converge emHT1. Sejamb1, b2, b3, b4, b5, b6, b7, b8 constantes positivas, as quais serão determinadas posteriormente. Inicialmente, faremos algumas estimativas com o intuito de mostrar que as sequências(ku¯nk)e(ku0n kL2)são limitadas.
Segue de (3.12), (3.16) e da Desigualdade de Cauchy-Schwarz que
Z T 0
eG(t)(∇F(t, un(t)),u˜n(t))dt
=
Z T 0
eG(t)(∇F(t,u¯n+ ˜un(t)),u˜n(t))dt
≤ Z T
0
eG(t) || ∇F(t,u¯n+ ˜un(t))||ku˜n(t)kdt
≤ Z T
0
eG(t)[p(t)h(ku¯n+ ˜un(t)k) +q(t)]ku˜n(t)k
≤ Z T
0
eG(t)p(t)C0h(ku¯nk)ku˜n(t)kdt+ Z T
0
eG(t)p(t)C0h(ku˜n(t)k)ku˜n(t)kdt+
+ Z T
0
eG(t)q(t)ku˜n(t)kdt.
(3.43) Por (3.13) e (3.23), temos que
que combinado com (3.26) e (3.27) nos dá
Procedendo de maneira análoga ao que fizemos para obter (3.28), obtemos
Dividiremos a demonstração do terceiro passo em dois casos:
1ocaso)p∈L1(0, T;R+).
Em vista de (3.43), (3.18) e (3.19), temos que
Z T 0
eG(t)(∇F(t, un(t)),u˜n(t))dt
≤A1b1 ku0n k2L2 +A2
b1 h2(ku¯nk)+
+C0M1K1 T
12 α+12
ku0n kα+1L2 +(C0M1K2+M2) T
12 12
ku0nkL2,
(3.46)
para todon∈N.
Segue de (3.10), (3.11), (3.5), (3.46) e (3.44) que
ku˜n k1,T ≥ < φ0(un),u˜n >=
Z T 0
eG(t)(u0n(t), u0n(t))dt+ Z T
0
eG(t)(∇F(t, un(t)),u˜n(t))dt+
+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)Iij(uin(tj))˜un(tj)
≥(e−M −A1b1−A5b3−b4)ku0n k2L2 +b4 ku0n k2L2 +
−C0K1 M1+
p
X
j=1 N
X
i=1
aijeG(tj)
! T 12
α+12
ku0n kα+1L2 −(C0M1K2+M2+
+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)(C0aijK2 +bij)
! T 12
12
ku0nkL2 − A2
b1 +A6 b3
h2(ku¯n k), (3.47) paransuficientemente grande, poisφ0(un)−→0.
Mais ainda, a Proposição 2.0.11 implica que
ku˜nk1,T≤ T
2π ku0nkL2≤ (T2+ 4π2)12
2π ku0nkL2 . (3.48) Em vista de (3.47) e (3.48), temos que
A2
b1 + A6
b3
h2(ku¯nk)≥Q(ku0nkL2) +b4 ku0nk2L2, (3.49)
paransuficientemente grande, onde
Q(ku0n kL2) = (e−M −A1b1−A5b3−b4)ku0n k2L2 −C0K1 M1+
p
X
j=1 N
X
i=1
aijeG(tj)
! T 12
α+12
ku0nkα+1L2 − C0M1K2+M2+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)(C0aijK2+bij)
! T 12
12
ku0nkL2 +
− (T2+ 4π2)12
2π ku0nkL2 .
Assim, por (3.49), see−M −A1b1−A5b3−b4 >0, então, existem constantesC3eC4tais que
A2 b1 + A6
b3
h2(ku¯n k)≥b4 ku0nk2L2 +C3, (3.50) e
A2 b1 +A6
b3 12
h(ku¯n k)≥p
b4 ku0nkL2 −C4, (3.51) paransuficientemente grande. De fato, primeiramente note quee−M −A1b1−A5b3− b4 > 0implica queQ(x) −→ +∞quando k x k−→ +∞. Então, existe uma constante C5 > 0 tal que Q(x) ≥ 0 para todo x ≥ C5. SejaC3 = inf
x∈[0,+∞){Q(x)}. Assim, (3.50) segue de (3.49).
Em vista de (3.49), temos que A2
b1 + A6 b3
12
h(ku¯nk)≥p
b4 ku0n kL2, (3.52) para n suficientemente grande e k u0n kL2≥ C5, pois Q(k u0n kL2) ≥ 0 sempre que ku0n kL2≥C5.
SejaC4 =√
b4C5, então A2
b1
+A6 b3
12
h(ku¯nk)≥0≥p
b4 ku0n kL2 −C4, (3.53) paransuficientemente grande eku0nkL2< C5. Assim, por (3.52) e (3.53) segue que
A2 b1 +A6
b3 12
h(ku¯n k)≥p
b4 ku0nkL2 −C4, paransuficientemente grande, provando (3.51).
De uma maneira similar à prova de (3.21), obtemos
e Além disso, como
lim sup
kxk→∞
h−2(kxk)E(x)< D1, conforme (3.35), podemos então escolher
0< b4 < e−M
− A2 b6 − A6
b8 − 1 b4
A2 b1 +A6
b3
eM
2 +A1b6+A5b8
=−2eMp
A1A2+p
A5A62
1 + 1
b4 eM
2 + 1 2eM
>−2eMp
A1A2+p A5A6
2
1 + 2 e−M
eM 2 + 1
2eM
=−2eMp
A1A2+p
A5A62
(2 +e2M)
=D1
>lim sup
kxk→∞
E(x) h2(kxk). Notemos que
A1b1+A5b3+b4 < A1b1+A5b3+e−M 2
= A1 2
rA2 A1
e−M
√A1A2+√
A5A6 +A5 2
rA6 A5
e−M
√A1A2+√
A5A6 + e−M 2
= e−M 2
√A1A2+√ A5A6
√A1A2+√
A5A6 + e−M 2
=e−M, logo,
e−M −(A1b1+A5b3+b4)>0.
Como(φ(un))é limitada, existe uma constanteC8 tal que
φ(un)≥C8. Segue disto, de (3.55), (3.50) e (3.51) que
C8 ≤φ(un)
≤ eM
2 +A1b6+A5b8
ku0nk2L2 +C0K1 M1+
p
X
j=1 N
X
i=1
aijeG(tj)
! T 12
α+12
ku0nkα+1L2 + (3.57)
+ C0M1K2+M2+ paransuficientemente grande, onde
W1 = A2
Observemos que, se(ku¯n k)não fosse limitada, então
n→+∞lim ku¯n k= +∞
e teríamos pela propriedade (iv) deHque
n→∞lim h(ku¯nk) = +∞.
Deste modo, por (3.57) e (3.56), obteríamos que
φ(un)<−∞,
o que contradiz o fato de que(φ(un))é limitada. Portanto,(ku¯n k)é limitada.
Então, segue da propriedade (iii) deHe (3.51) que
paransuficientemente grande, portanto(ku0n kL2)é limitada.
Disto e pelo Lema 2.0.12, obtemos que a sequência(kunk1,T)é limitada. ComoHT1 é um espaço de Banach reflexivo, temos, pelo Teorema 1.0.14, que existemu ∈ HT1 e uma subsequência(unk)de(un)tais que
= (e−M −A3b2−A5b3−b5)ku0nk2L2 +b5 ku0n k2L2 −C0K1 M1+ então existem constantesC6 eC7 tais que
A4 paransuficientemente grande.
De fato, em vista de (3.59) e (3.48), temos que A4 paransuficientemente grande, onde
Q(ku0n kL2) = (e−M −A3b2−A5b3−b5)ku0n k2L2 −C0K1 M1+
Como
e−M −A3b2−A5b3−b5 >0, então,
Q(x)→+∞ quandokxk→+∞,
Deste modo, existe uma constanteC8 > 0tal queQ(x) ≥0, para todox≥ C8. Seja C6 = inf
x∈[0,+∞){Q(x)}; então, (3.60) segue de (3.62).
Em vista de (3.62), temos que A4
b2
+A6 b3
12
h(ku¯n k)≥p
b5 ku0nkL2 (3.63) paransuficientemente grande eku0nkL2≥C8.
Mais ainda, sejaC7 =√
b5C8; então, A4
b2 + A6 b3
12
h(ku¯n k)≥0≥p
b5 ku0nkL2 −C7 (3.64) paransuficientemente grande eku0nkL2< C8. Assim, (3.61) segue de (3.63) e (3.64).
De uma maneira similar à prova de (3.22), obtemos
Z T 0
eG(t)(F(t, un(t))−F(t,u¯n))dt
≤ A3b7 ku0nk2L2 +A4
b7 h2(ku¯nk) +C0M1K1
T 12
α+12
ku0n kα+1L2 + + (C0M1K2+M2)
T 12
12
ku0nkL2
(3.65)
para todon∈N.
Temos por (3.5), (3.65) e (3.45) que
φ(un) = 1 2
Z T 0
eG(t) |u0n(t)|2 dt+ Z T
0
eG(t)(F(t, un(t))−F(t,u¯n))dt+
+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)
Z uin(tj) 0
Iij(y)dy− Z u¯in
0
Iij(y)dy
! +
Z T 0
eG(t)F(t,u¯n)dt+
+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj) Z u¯in
0
Iij(y)dy
(3.66)
≤ 1 consideraremos três subcasos:
Caso 2.1)lim sup
kxk→∞
=−2eMA3A4 −2eMp Mais ainda, como
lim sup de modo que
lim sup
Assim, segue da limitação de(φ(un)), das desigualdades em (3.66), (3.60) e (3.61) que
existe uma constanteC9tal que
paransuficientemente grande, onde
W2 = A4
Assim, por (3.67) e (3.68), teríamos que
C9 ≤φ(un)≤ −∞,
o que contradiz o fato de que(φ(un))é limitada. Portanto,(ku¯n k)é limitada.
Temos, por (3.61) e pela propriedade (iii) deH, que
ku0n kL2≤ 1
Caso 2.2)lim sup
kxk→∞
=−2eM(p De posse disto e do fato de que
lim sup de modo que
− A2
Uma vez que
A3b2+A5b3+b5 < A3b2+A5b3+e−M
Assim, segue da limitação das desigualdades em (φ(un)), (3.55), (3.60) e (3.61) que existe uma constanteC10tal que
C10 ≤φ(un) paransuficientemente grande, onde
W3 = A2
Caso 2.3)lim sup
kxk→∞
h−2(kxk)E(x)< D4.
Sejam Mais ainda, como
lim sup
kxk→∞
h−2(kxk)E(x)< D4,
podemos escolher
0< b4 < e−M 2 de modo que
lim sup
Assim, segue da limitação da sequência(φ(un)), e das desigualdades em (3.66), (3.50) e (3.51) que existe uma constanteC11tal que
C11 ≤φ(un)
E(¯un) paransuficientemente grande, onde
W4 = A4
então concluímos dos três subcasos analisados acima que, ambas as sequências(ku¯nk) e(k u0n kL2)são limitadas, quandop ∈ L2(0, T;R+). De maneira análoga ao primeiro caso, existemu ∈HT1 e uma subsequência(unk)de(un)tais que(unk)converge unifor-memente auem[0, T].
A seguir, vamos mostrar queφ satisfaz a condição (PS). Pelo Teorema 1.0.8, temos que
Z T 0
kunk(t)−u(t)k2 dt→0 (3.73)
quandok →+∞, e para todoi∈ A, j ∈ B, ou seja, uin
k(tj)→ui(tj), quandok →+∞, pois
|uin
k(tj)−ui(tj)|≤|unk(tj)−u(tj)|, para todoi∈ A, j ∈ B.
Segue da continuidade dasIij que
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj) Iij(uink(tj))−Iij(ui(tj))
(uink(tj)−ui(tj))→0, (3.74)
quandok →+∞.
Levando em conta que (unk) converge uniformemente a u em [0, T], temos pela hipótese (A), por (3.5) e pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz que
0≤
Z T 0
eG(t)(∇F(t, unk(t))− ∇F(t, u(t)), unk(t)−u(t))dt
≤ Z T
0
eG(t)||∇F(t, unk(t))− ∇F(t, u(t))|| kunk(t)−u(t)kdt
≤ Z T
0
eM [a(kunk(t)k) +a(ku(t)k)]b(t)kunk −uk∞ dt→0.
(3.75)
Como(unk)converge fracamente auem HT1 eφ0(unk) →0,então segue da Proposição 1.0.27 que
< φ0(unk)−φ0(u), unk−u >→0 (3.76) quandok →+∞.
Temos, ainda por (3.10) e (3.11), que
< φ0(unk)−φ0(u), unk−u >=< φ0(unk), unk −u >−< φ0(u), unk−u >
= Z T
0
eG(t)(u0n
k(t), u0n
k(t)−u0(t))dt+ Z T
0
eG(t)(∇F(t, unk(t)), unk(t)−u(t))dt+
(3.77)
+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)Iij(uink(tj))(uink(tj)−ui(tj))+
− Z T
0
eG(t)(u0(t), u0n
k(t)−u0(t))dt+ Z T
0
eG(t)(∇F(t, u(t)), unk(t)−u(t))dt+
+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)Iij(ui(tj))(uin
k(tj)−ui(tj))
#
= Z T
0
eG(t)ku0n
k(t)−u0(t)k2 dt+ Z T
0
eG(t)(∇F(t, unk(t))− ∇F(t, u(t)), unk(t)−u(t))dt+
+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj) Iij(uin
k(tj))−Iij(ui(tj)) (uin
k(tj)−ui(tj)).
Assim, em vista de (3.74)-(3.77) e (3.5), temos que
0≤e−M Z T
0
ku0n
k(t)−u0(t)k2 dt
≤ Z T
0
eG(t)ku0n
k(t)−u0(t)k2 dt
=< φ0(unk)−φ0(u), unk−u >− Z T
0
eG(t)(∇F(t, unk(t))− ∇F(t, u(t)), unk(t)−u(t))dt+
−
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj) Iij(uin
k(tj))−Iij(ui(tj)) (uin
k(tj)−ui(tj))→0, quandok →+∞.
Assim,
Z T 0
ku0n
k(t)−u0(t)k2 dt→0 quandok →+∞, o que combinando com (3.73), nos dá que
kunk −uk1,T= Z T
0
ku0n
k(t)−u0(t)k2 dt+ Z T
0
kunk(t)−u(t)k2 dt 12
→0, quandok →+∞.
Portanto, (unk) converge fortemente a u em HT1, o que significa que φ satisfaz a condição (PS).
Vamos mostrar queφé limitada inferiormente emH˜T1. De fato, comoφ é coerciva emH˜T1, então, existeR >0tal que
u∈H˜T1,ku˜k1,T≥R implica φ(u)>1.
Logo,φé limitada inferiormente no subconjunto
{˜u∈H˜T1;ku˜k1,T≥R}.
Sejam
B1 = 1
2e−M, B2 = Z T
0
eG(t)F(t,0)dt,
B3 = M1+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)aij
! K1 α+ 1
T 12
α+12
e
B4 = K2M1+M2+
p
X
j=1 N
X
i=1
eG(tj)(aijK2+bij)
! T 12
12 . Observe queB1, B3eB4são constantes positivas.
Por (3.42),
φ(˜u)≥B1 ku0 k2L2 +B2−B3 ku0 kα+1L2 −B4 ku0 kL2, para todou˜∈H˜T1.
Parau˜∈H˜T1 tal queku˜k1,T< R, temos
ku0 k2L2=ku˜0 k2L2=ku˜k21,T − ku˜k2L2≤ku˜k21,T< R2, logo,
ku0 kL2< R.
Portanto, parau˜∈H˜T1 tal queku˜k1,T< R, segue que
φ(˜u)≥B1 ku0 k2L2 +B2−B3 ku0 kα+1L2 −B4 ku0 kL2≥B2+B3(−R)α+1−RB4. Seja
P = min{1, B2+B3(−R)α+1−RB4}, então
φ(˜u)≥P,∀˜u∈H˜T1, donde conluímos queφé limitada inferiormente emH˜T1.
Deste modo,
infH˜1T
φ ≥ −∞.
Seja
I = inf
H˜T1
φ.
Conforme vimos no Passo (1), temos parax∈RN
x→+∞lim φ(x) = −∞.
SeI <0então, existeR >0tal quekxk≥Rimplicaφ(x)< I.
SeI >0, então−I <0e assim, existeR >0tal quekxk≥Rimplicaφ(x)<−I < I. Por fim, seI = 0, então existeR >0tal que
kxk≥R implica φ(x)<−1< I.
Disto concluímos que, para qualquer que seja I ∈ R, existeR > 0tal que k x k= R implicaφ(x)< I.
Assim,
sup
x∈RN,kxk=R
φ(x)< inf
u∈˜ H˜T1
φ.
Pelo Teorema 1.0.17,φ tem pelo menos um ponto crítico (passos 1-3). Logo, (PI) tem pelo menos uma solução fraca emHT1.
Exemplo 3.0.8. Consideremos o seguinte problema de vibração impulsivo amortecido:
u00(t) + 1
2−t
u0(t) = ∇F(t, u(t)), u(0)−u(1) =u0(0)−u0(1) = 0, 4(u0i(tj)) = Iij(ui(tj)), i= 1,2, j = 1,
(3.78)
onde0< t1 <1e
I11(y) =I21(y) = 2y
1 +y2, y ∈R. (3.79)
Vamos provar que
1. Se
F(t, x) = 1
2−t
ln(1+kxk2)kxk+et
2
2 ln2(1+kxk2), (3.80) então o problema (3.78)-(3.79) tem pelo menos uma solução fraca.
2. Se
F(t, x) = 1
2−t
ln(1+kxk2)kxk −et
2
2 ln2(1+kxk2), (3.81) então o problema (3.78)-(3.79) tem pelo menos uma solução fraca.
Primeiramente, vamos mostrar que:
(a) Dado >0existe uma constanteC15tal que
|Ii1(y)|< ln(1+|y|2) +C15,
para todoi∈ {1,2}ey ∈R.
(b) A aplicaçãohdada por
h(s) = ln(1 +s2) é tal queh∈ H.
Vamos, inicialmente, provar o item (a). Como
y→+∞lim
Ii1(y)
ln(1+|y|2) = lim
y→+∞
2y
(1 +y2) ln(1+|y |2)
= lim
y→+∞
2
2yln(1+|y |2) + (1 +y2)1+|y|2|y|2
= lim
y→+∞
2
2yln(1+|y |2) + 2|y|
= 0,
para todoi∈ {1,2}, então, temos que, dado >0, existe uma constanteC14 >0tal que
|Ii1(y)|< ln(1+|y |2), (3.82) para todo|y|> C14.
A continuidade de| Ii1(y)| −ln(1+|y |2)implica que existe uma constanteC15>
0tal que
|Ii1(y)|< ln(1+|y|2) +C15, (3.83) para todo|y|≤C14.
Assim, segue de (3.82) e (3.83) que, dado >0, existe uma constanteC15tal que
|Ii1(y)|< ln(1+|y|2) +C15, (3.84) para todoi∈ {1,2}ey∈R.
Para provarmos o item (b), vamos mostrar que as propriedades (i)-(iv) de H são satisfeitas porh, comC0 = 2.
(i) Vejamos que
ln(1 +s2)≤ln(1 +t2),
para todos≤t, s, t∈R+, pois a função logarítmica é uma função crescente.
(ii) Note que
[(1 +s2)(1 +t2)]2 = (1 +s4+ 2s2)(1 +t4+ 2t2)
= 1 +t4+ 2t2+s4+s4t4+ 2s4t2+ 2s2+ 2s2t4+ 4s2t2
≥1 +t4+s4+s4t4+ 2s4t2+ 2s2t4+ 4s2t2 +t2+s2+ 2st
≥1 +t2+s2+ 2st
= 1 + (s+t)2.
Uma vez que a função logarítmica é crescente, segue que h(s+t) = ln(1 + (s+t)2)
≤ln[(1 +s2)(1 +t2)]2
= 2 ln
(1 +s2)(1 +t2)
= 2
ln(1 +s2) + ln(1 +t2)
= 2(h(s) +h(t)),∀s, t ∈R+.
(iii) Vamos mostrar que
0≤ln(1 +s2)≤s12 +C13,∀s ∈R+. Com efeito, como
s→+∞lim
ln(1 +s2)
s12 = lim
s→+∞
2s 1+s2 1 2s−12
= lim
s→+∞
2s 1 +s22s12
= lim
s→+∞
4s32 1 +s2
= lim
s→+∞
6s12 2s
= lim
s→+∞
3 s12
= 0, então, existeC12 >0tal que
ln(1 +s2)
s12 ≤1, (3.85)
para todos≥C12.
A continuidade deln(1 +s2)−s12 implica que existeC13>0tal que
ln(1 +s2)≤s12 +C13, (3.86) para todos∈[0, C12]. Seguem de (3.85) e (3.86) que
ln(1 +s2)≤s12 +C13,∀s∈R+.
(iv) Por último, temos
s→+∞lim ln(1 +s2) = +∞.
Portanto, (i)-(iv) valem, provando queh∈ H.
Finalmente, iremos demonstrar os resultados 1 e 2 enunciados anteriormente, neste exemplo.
Caso 1. Consideremos o problema (3.78)-(3.79) comF dada por (3.80). Usaremos o Teorema 3.0.5 para demonstrar este caso.
A funçãoF dada por (3.80) satisfaz a hipótese (A). De fato, uma vez que F é con-tínua emt, para todox ∈ R2, segue queF é mensurável em em t, para todo x ∈ R2. Também temos que∇F é contínua em xpara quase todot ∈ [0, T]. Com efeito, para x∈R2\ {0}, temos
∇F(t, x) =
(1−2t)kxk 1+kxk2 +
1 2−t
ln(1+kxk2) kxk + 4et
2
2 ln(1+kxk2) 1+ kxk2
x,
donde vemos que∇F é contínua emR2\ {0}para quase todot∈[0, T]. Para verificar a continuidade de∇F em0∈R2, vamos mostrar que
∇F(t,0,0) = lim
x→(0,0)∇F(t, x).
Temos
∇F(t,0,0) = ∂F
∂e2(t,0,0),∂F
∂e3(t,0,0)
. Uma vez que
∂F
∂e2(t,0,0) = lim
s→0
F(t, s,0)−F(t,0,0) s
= lim
s→0 1 2 −t
ln(1 +s2)√
s2+et
2
2 ln2(1 +s2) s
= lim
s→0
( 1 2 −t
"
2s√ s2
1 +s2 + ln(1 +s2)sgn s
# +et
2
22 ln(1 +s2) 2s 1 +s2
)
= 0 e
∂F
∂e3(t,0,0) = lim
s→0
F(t,0, s)−F(t,0,0) s
= lim
s→0 1 2 −t
ln(1 +s2)√
s2+et
2
2 ln2(1 +s2) s
= lim
s→0
( 1 2 −t
"
2s√ s2
1 +s2 + ln(1 +s2)sgn s
# +et
2
22 ln(1 +s2) 2s 1 +s2
)
= 0, então,
∇F(t,0,0) = (0,0). (3.87)
Por outro lado, escrevendoy=kxk,
e
Resta mostrar que as condições (3.12), (3.13) e (3.14) são satisfeitas.
A desigualdade (3.12) é satisfeita com
p(t) = para alguma constanteC16>0.
De fato, como
então, existe uma constanteC16 >0tal que ln
(1+kxk2)kxk 1+kxk2
≤C16. (3.89)
Então, por (3.89),
|| ∇F(t, x)||= Portanto, (3.12) é satisfeita.
Por meio de cálculo direto, obtemos
M =
M1 = Z 1
0
exp
t−t2 2
1 2−t
dt
= Z 12
0
exp
t−t2 2
1 2−t
dt+
Z 1
1 2
exp
t−t2
2 t−1
2
dt
= 2(e18 −1),
A1 = 1 24 e
A2 = 4M12 2 = 8
e18 −12
.
Como
2(e12 −1)≈1,297 >0,015≈2eM(p
A1A2)2, então, existe uma constante1 >0tal que
2(e12 −1)>2eM
pA1A2+ et1−t21 6
!12 1
2
. (3.90)
Em (3.84), escolha = 1. Então (3.13) é satisfeita com ai1 = 1, h(s) = ln(1 +s2) e bi1 =C15, para todoi∈ {1,2}.
Finalmente, iremos mostrar que a condição (3.14) é satisfeita. De (3.79), vem
Z xi 0
Ii1(y)dy= Z xi
0
2y
1 +y2dy= ln(1 + (xi)2) e então,
0≤ Z xi
0
Ii1(y)dy ≤ln(1+kxk2),∀i∈ {1,2}.
Assim,
0≤
2
X
i=1
eG(t1) Z xi
0
Ii1(y)dy
ln2(1+kxk2) ≤ 2eG(t1)
ln(1+kxk2) →0, (3.91)
quandokxk→ ∞. Além disso,
que combinando com (3.93) e (3.90) nos dá (3.14).
Portanto, concluímos pelo Teorema 3.0.5 que o problema (3.78)-(3.79) comF dada por (3.80) tem pelo menos uma solução fraca.
Caso 2. Consideremos o problema (3.78)-(3.79) comF dada por (3.81). Faremos uso do Teorema 3.0.7 para demonstrar este caso. Temos de maneira análoga ao primeiro
caso queF satisfaz a hipótese (A) egsatisfaz (B). Mostraremos agora que as condições (3.12), (3.13) e (3.35) são satisfeitas.
Consideremos
Por (3.81) e (3.89), resulta
|| ∇F(t, x)||= Portanto, (3.12) é satisfeita.
Como
então, existe uma constante2 >0tal que
−2
= 2
12 22 et1−t21 12
= et1−t21 6
!12 2. Também
Z 1 0
eG(t)F(t, x)dt = Z 1
0
exp
t−t2 2
1 2 −t
ln(1+kxk2)kxk+
−exp t2
2
ln2(1+kxk2)
dt
= Z 1
0
exp
t−t2 2
1 2 −t
ln(1+kxk2)kxkdt− Z 1
0
exp t
2
ln2(1+kxk2)dt
=
exp
t−t2 2
ln(1+kxk2)kxk −2 exp t
2
ln2(1+ kxk2) 1
0
=−2e12 ln2(1+ kxk2) + 2 ln2(1+ kxk2)
=−2(exp 1
2
−1) ln2(1+ kxk2).
(3.96) Assim, segue de (3.91) e (3.96)
kxk→+∞lim
E(x)
ln2(1+ kxk2) = lim
kxk→+∞
Z 1 0
eG(t)F(t, x)dt
ln2(1+kxk2) + lim
kxk→+∞
2
X
i=1
eG(t1) Z xi
0
Ii1(y)dy ln2(1+kxk2)
=−2
e12 −1 .
(3.97) Combinando (3.94), (3.95) e (3.97), obtemos (3.35) com h(s) = ln(1 +s2). Portanto, concluímos pelo Teorema 3.0.7 que o problema (3.78)-(3.79), com F dada por (3.81), tem pelo menos uma solução fraca.
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