Funções de Green e aplicações a problemas elípticos

(1)

UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS - UFMG INSTITUTO DE CIENCIAS EXATAS - ICEx

CURSO DE MESTRADO EM MATEM ´ATICA

FUNC

¸ ˜

OES DE GREEN E APLICAC

¸ ˜

OES A PROBLEMAS

EL´IPTICOS.

Roy Percy Tocto Guarniz

(2)

(3)

UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS - UFMG CURSO DE MESTRADO EM MATEM ´ATICA

Roy Percy Tocto Guarniz Orientador:

Prof. Emerson Alves Mendonc¸a de Abreu.

FUNÇ ÕES DE GREEN E APLICAÇ ÕES A PROBLEMAS ELÍPTICOS.

Dissertação submetida à banca examinadora, de-signada pelo Programa de P ós-Graduação em Ma-temática da UFMG, como requisito parcial para a obtenção do t´ıtulo de mestre em Matemática.

(4)

Agradecimentos

A minha m˜ae, pela ajuda e o apoio que sempre depositou em mim. `

A Loren, quem apareceu na minha vida por acaso ao mesmo tempo que comecei o curso de mestrado; e quem como o conhecimento adquirido ao longo dos anos vai ficar comigo para sempre

Ao meu orientador Emerson pela confiança desde o primeiro semestre na materia de Análise noRN_{, e logo pela disposição, paciência e o jeito eficaz de me orientar até a conclusão desta} dissertação.

Aos professores que compartilharam os seus conhecimentos nas mat´erias que cursei: Lorena, Remy, Emerson, Arturo, Marcelo T., Marcos e Paulo.

Aos colegas Renato, Carlos, Jos´e A., Jos´e V., Julio, Edwin, Tauan e Victor pelo companhei-rismo.

`

(5)

Resumo

Neste trabalho, estudaremos a equação de Laplace no semi-espaçoRN₊ _{com condição de} fronteira não linear supercr´ıtica tipo Robin ∂_∂ηu+λu = u|u|ρ−1₊ _f_(x)_em _∂_RN

+ = RN−1,

ondeN≥3 eλ≥0. A existência da soluçãou∈ Ep,q =D1,p(RN+)∩Lq(RN+)obtém-se pelo

argumento do ponto fixo para f ∈Ld(RN−1₎_{suficientemente pequena. Os valores para}_p_,_q são escolhidos de modo que a normak · kEp,qseja invariante por escalonamento do problema de valores no bordo. A soluçãou é positiva sempre que f(x)>_{0 q.t.p.} _x∈RN−1_{. Quando}

f é radial e simétrica,u é invariante por rotaç ões ao redor do eixo{xN = 0}. Além disso, para certas normasLq_{, mostraremos que a solução depende continuamente do parâmetro}

(6)

Abstract

In this work, we study the Laplace equation in the half-spaceRN₊ _{with a nonlinear} super-critical Robin boundary condition∂_∂ηu+λu=u|u|ρ−1₊_f_(x)_on_∂_RN

+ =RN−1, whereN≥3

andλ ≥ 0. Existence of solutionu ∈ Ep,q = D1,p(RN+)∩Lq(RN+)is obtained by means of

(7)

Sum´ario

1 Fun¸c ões de Green 1 1.1 Motivação . . . 1 1.2 Função de Green no problema de Poisson . . . 2 1.3 Construção da função de Green para o operador de Laplace no semi-espaço

RN

+ . . . 7

1.4 Explicitando função de Green para o operador de Laplace no semi-espaçoRN₊ ₁₀ 2 Equa¸cão de Laplace com condi¸cão não-linear tipo Robin no semi-espa¸coRN₊ ₁₆ 2.1 Introdução ao problema . . . 16 2.2 Estimativas integrais . . . 18 2.3 A equação de Laplace com condição de fronteira supercr´ıtica tipo Robin . . . 26 3 Identidades de Green para operadores poli-harm ônicos e aplica¸c ões 36 3.1 Preliminares . . . 36 3.2 Condição de Fronteira Tipo Navier . . . 49 3.3 Identidades da função de Green de(−∆)p_{com condição de Navier . . . .} ₅₂ A Nota¸c ões 62

B O Espa¸coD1,p(R₊N₎ ₆₃ C Sobre as estimativas 65

D Os Espa¸cosLp₍_RN

(8)

Introduc¸˜ao

Um equação geral de EDP eliptica é definido na forma:

Lu(x) = f(x), x∈ Ω, ondeL´e um operador diferencial dado pela express˜ao

L=

N

∑

i,j=1

ai,j ∂ 2

∂xi∂xj

+

N

∑

i=1

bi ∂

∂xi

+c

u é uma função a determinar e f é dada a priori. As quatro equaç ões de EDPs mais conhe-cidos são provavelmente a equação de Transporte, equação da Onda, equação de Calor e a equação de Poisson. Desta última um dos casos mais importantes é o caso f ≡0 conhecido como Equação de Laplace

∆u(x) =0, x∈ Ω⊂RN_, em que

∆_u= ∂

2_u

∂x2₁ +· · ·+

∂2u

∂x2_N.

Certamente, entre outras, qualquer expressão da formau(x) =a1x1+· · ·+aNxN é solução desta equação. Na busca de uma única solução começamos impondo condiç ões tanto à fronteira como a u na fronteira. Uma das mais importantes condiç ões de fronteira é a condição de tipo Robin, que dá origem ao seguinte problema:

  

∆u(x) =0, x∈ Ω,

∂u

∂η(x) +λu(x) =g(u), x∈ ∂Ω.

(1)

Dado o problema (1), vamos estudar o caso particularg(u) = (u|u|ρ−1₊ _f_)(x)_{, isto ´e:}

  

∆u(x) =0, x∈Ω_,

∂u

∂η(x) +λu(x) =u|u|ρ−1+ f, x∈∂Ω.

(2)

Neste tipo de problema o valor de ρ é muito importante. O problema (2) com f ≡ 0 já foi amplamente estudado nos últimos anos, No caso geral f não identicamente nula, para 2≤ρ≤2N_N−₋1₂ é poss´ıvel obter uma solução em espaços de Sobolev por meio de argumentos variacionais. Por outro lado, no caso de um dom´ınio limitado e com 1<ρ< N−1

N−2 existência e regularidade de solução para o problema (2) já foram estudados.

Estimulados pelo problema (2) com as diversas restriç ões deρ, apresentamos neste trabalho resultados de existência de solução no casoρ> N−1

N−2 e f suficientemente pequena. Em nosso plano para encontrar uma soluc¸˜ao para o problema (2) com ρ > N−1

(9)

que a express˜ao parauseja da forma:

u(x) = Z

RN−1

Gλ(x,y)g(y)dy, (3)

ou, equivalentemente, para o nosso caso

u(x) = Z

RN−1

Gλ(x,y)

u|u|ρ−1+ f(y)dy. (4)

Assim, definindo o operador

H(f)(x) = Z

RN−1

Gλ(x,y)f(y)dy (5)

e o operador

Ψ(u) =H(f) +H(u|u|ρ−1₎ ₍₆₎

no espac¸o

E= Er0,r1 = D

1,r0₍_RN

+), (7)

comr0 = Nρ−_ρ1 er1 = N(ρ−1), vamos mostrar, pelo argumento de ponto fixo, que o problema (2) tem solução e, além disso, que a solução satisfaz o seguinte escalonamento

u(x)→uσ(x) =σ

1

ρ−1_u(_σ_x)_.

Posteriormente, mostraremos a relação entre a função f e a funçãoue, finalmente, apresen-taremos um cap´ıtulo contendo a dedução de algumas identidades de Green para o operador poli-harm ônico, tendo como objetivo futuro resolver o seguinte problema

  

(−∆)p_u₌_0,_x_∈_RN

+, ∂(−∆)t_u

(10)

Cap´ıtulo 1

Fun¸c ˜oes de Green

Neste primeiro cap´ıtulo vamos introduzir a função de Green, evidenciar a sua im-portância no estudo das EDP’s como ferramenta para se resolver equação (1.2), com diferentes condiç ões de fronteira (Dirichlet, Neumann e Robin) para um con-junto Ω_{aberto e limitado. Finalmente vamos deduzir f órmulas explicitas para as}

funç ões de Green e as soluç ões do problema de Laplace (Equação (1.2) com f ≡0) com as diversas condiç ões de fronteira no semi-espaçoR₊N_{. Certamente, os} resul-tados neste cap´ıtulo são válidos para N = 2. Emtretanto, vamos apresentar as provas somente paraN≥3 e apenas explicitar f órmulas no casoN=2a.

a_{O caso}_N₌_{2 pode ser visto como caso particular dos resultados do cap´ıtulo final.}

1.1 Motiva¸c˜ao

Consideremos uma equac¸˜ao na forma:

Lu(x) = f(x), x ∈Ω_, _(1.1)

onde L é um operador diferencial linear, u é uma função a determinar e f é dada de an-temão. A solução da equação pode-se escrever formalmente, assim:

u(x) =L−1f(x),

onde L−1_{, o inverso de} _L_{, é algum operador integral. A ideia de Green foi construir uma} funçãoGde modo que:

LG(x,y) =δ(x−y),

ondeG(x,y) é chamada a função de Green associada comLeδ é a distribuçãoδ(Dirac) a qual satisfaz

Z

RN

δ(x)dx =1 e

Z

RN

(11)

ent˜ao, considerando que L comuta com a integral (Por exemplo, L = −∆_x _{ou qualquer}

operador linear), obtemos

f(x) = Z

Ω

δ(x−y)f(y)dy=L Z

Ω

G(x,y)f(y)dy, portanto, isto sugere que

u(x) =L−1f(x) = Z

Ω

G(x,y)f(y)dy, x∈Ω_.

1.2 Fun¸c˜ao de Green no problema de Poisson

Nesta sec¸˜ao vamos considerar o problema

−∆_u= f, x∈Ω_. _(1.2)

OndeΩ_{é uma região com fronteira}_∂Ω_, _f _{uma função continua e}∆ _{é o operador dado por}

(1.3).

Vamos tentar achar uma f órmula paraudependendo da função de Green e finalmente va-mos explicitaruno caso f ≡0.

Defini¸cão 1.1 SejaΩ⊂RN_{, uma fun¸cão u}_∈ _C2₍Ω)é harmônica se ∆_u=0, x∈ Ω_.

Lembrando que

∆_u= ∂

2_u

∂x2 1

+· · ·+ ∂

2_u

∂x2 N

. (1.3)

Observa¸cão 1 O operador∆_{é chamado operador Laplaciano e a equa¸cão}∆_u=0é chamada equa¸cão de Laplace.

Observa¸cão 2 A equa¸cão de Laplace é invariante por rota¸cão. Veja [1, Página 21]

Assim, pela Observação 2, tentar achar a solução de∆u(|x|) =0 sugere a seguinte definição Defini¸cão 1.2 A fun¸cão

φ(x) =

  

|x|2−N

N(N−2)αN, se N ≥3, − 1

2πln|x|, se N =2.

(1.4)

definida para x∈RN_,_x ₆₌₀_{é a solu¸cão fundamental da equa¸cão de Laplace, onde}_α_N _{é o volume da}

bola unitaria noRN_.

Observa¸cão 3 Posteriormente vamos denotar NαN =: σN. Assim σN é a área da superficie da

(12)

Observa¸cão 4 A fun¸cão φ satisfaz ∆_x_φ(x) = 0 para cada x 6= 0. Assim φ é harmônica para qualquerΩ⊂RN_{− {0}.}

Em nosso afam de achar uma expressão explicita para a solução de (1.2) vamos a introduzir as identidades de Green e resultados que decorrem dessas identidades.

Teorema 1.1 (F ´ormulas de Green) Sejam u,v∈ C2(Ω)∩C1(Ω), ent˜ao: 1.

Z

Ω

∆udx= Z

∂Ω

∂u

∂ηdSx.

2.

Z

Ω

▽_u_·▽_vdx₌ ₋

Z

Ω

u∆_vdx+ Z

∂Ω

u∂v

∂ηdSx.

3.

Z

Ω

u∆_v−v∆_udx= Z

∂Ω

u∂v

∂η −v ∂u

∂ηdSx.

Prova:Veja [1, P´agina 628].

Pelas f ´ormulas de Green temos, parau,v∈ C2(Ω)∩C1(Ω) Z

Ω

u(x)∆v(x)−v(x)∆u(x)dx= Z

∂Ω

u(x)∂v

∂η(x)−v(x) ∂u

∂η(x)dSx. (1.5)

Fixemosy ∈Ω_e_ǫ>0 comd(y,∂Ω)>ǫ. TomandoV_ǫ=Ω−B_ǫ(y)eu∈C2(V_ǫ)∩C1(V_ǫ),

na equação (1.5), considerandov=φ, pela Observação 4 segue:

Z

Vǫ

u(x)∆_x_φ(x−y)−φ(x−y)∆_xu(x)dx = Z

∂Vǫ

u(x)∂φ

∂η(x−y)−φ(x−y) ∂u

∂η(x)dSx,

ou, equivalentemente, −

Z

Vǫ

φ(x−y)∆u(x)dx= Z

∂Ω

u(x)∂φ

∂η(x)dSx

−

Z

∂Bǫ(y) u∂φ

∂η(x)dSx.

(1.6)

Assim, fixandoy ∈ Ω_{se escolhemos} v(·,y) ∈ C2₍_Ω₎_∩_C1₍_Ω₎_{tal que}_∆

xv(x,y) = 0 obte-mos:

0= Z

Ω

v(x,y)∆_xu(x)dx+ Z

∂Ω

u(x)∂v

∂η(x,y)−v(x,y) ∂u

∂η(x)dSx. (1.7)

(13)

1.

lim

ǫ→0

Z

Bǫ(y)

φ(x−y)∆u(x)dx=0,

ou, equivalentemente,

lim

ǫ→0

Z

Vǫ

Ω

φ(x−y)∆u(x)dx.

2.

Z

∂Bǫ(y)

φ(x−y)∂u

∂η(x)dSx =0.

3.

lim

ǫ→0

Z

∂Bǫ(y)

u(x)∂φ

∂η(x−y)dSx= −u(y).

Prova de 1:

Z

Bǫ(y)

φ(x−y)∆u(x)dx ≤C1

Z

Bǫ(y)

_φ(x−y)_dx≤_C₂

Z

Bǫ(y)

|x−y|2−Ndx

=C2

ǫ Z

0

Z

∂Bρ(y)

ρ2−NdSxdρ≤C3

ǫ Z

0

ρdρ=C3ǫ 2

2, ou, equivalentemente,

lim

ǫ→0

Z

Vǫ

Ω

φ(x−y)∆u(x)dx.

Prova de 2:

Z

∂Bǫ(y)

φ(x−y)∂u

∂η(x)dSx

≤C1

Z

∂Bǫ(y)

_φ(x−y)dS_x =C₂_ǫ 1

σNǫN−1

Z

∂Bǫ(y)

dSx =C3ǫ.

Prova de 3:

lim

ǫ→0

Z

∂Bǫ(y)

u(x)∂φ

∂η(x−y)dSx= limǫ→0

Z

∂Bǫ(y)

−|x−y|1−N

σN u(x)dSx

= lim

ǫ→0 −1

σNǫN−1

Z

∂Bǫ(y)

u(x)dSx= −u(y).

Corol´ario 1.1 Sejam u∈ C2(Ω)∩C1(Ω)eφdefinida como a solu¸c˜ao fundamental do operador de Laplace. Temos que

u(y) =−

Z

Ω

φ(x−y)∆u(x)dx−

Z

∂Ω

u(x)∂φ

(14)

Prova:Sai da aplicac¸˜ao do Lema 1.1 a (1.6).

Corolário 1.2 Sejam u∈ C2(Ω)∩C1(Ω),φdefinida como a solu¸cão fundamental do operador de Laplace, v(·,y)harmônica respeito de x e G(x,y) =φ(x−y)−v(x,y). Temos que

u(y) =−

Z

Ω

G(x,y)∆u(x)dx−

Z

∂Ω

u(x)∂G

∂η(x,y)−G(x,y) ∂u

∂η(x)dSx. (1.9)

Prova:Segue ap ´os subtrair (1.7) de (1.8).

Defini¸cão 1.3 Dadaφa solu¸cão fundamental do operador de Laplace e, v(·,y)harmônica, a fun¸cão G definida por

G(x,y) =φ(x−y)−v(x,y), para x6= y,

´e chamada a fun¸c˜ao de Green associada aΩe v.

Teorema 1.2 Para cada x,y∈Ω_,_x6=y, temos

G(x,y) =G(y,x).

Isto é, a fun¸cão de Green é simétrica.

Prova:Veja [1, P´agina 35].

Dependendo do dom´ınio e condição na fronteira teremos que escolher convenientemente uma função harm ônicavpara definirG(x,y).

Assim dado um problema do tipo (1.2) encontrar uma soluc¸˜ao deste em um conjunto Ω

com fronteira∂Ω_{, reduz-se a conhecer alguma informac¸˜ao adicional de}_u _{sobre o bordo e}

(15)

Condi¸c˜ao de fronteira do tipo Dirichlet

(PD)Ω =

  

−∆u= f, x∈Ω,

u= g, x∈∂Ω_.

Aqui temos informac¸˜ao deu na fronteira. Portanto, se fixado y escolhemos conveniente-mentevde modo que

v(x,y) =φ(x−y)parax∈∂Ω_,

isto é,G(x,y) =0 para cadax∈∂Ω_{. Obtemos assim a solução}_u∈C2(Ω)∩C(Ω):

u(y) = Z

Ω

G(x,y)f(x)dx−

Z

∂Ω

g(x)∂G

∂η(x,y)dSx. (1.10)

Portanto, encontrar a função de Green para o operador de Laplace com condição de fron-teira do tipo Dirichlet reduz-se a encontrar (para caday fixo) a solução do seguinte pro-blema:

  

∆_xv(x,y) =0, x ∈Ω,

v(x,y) =φ(x−y), x ∈∂Ω_. (1.11)

Condi¸c˜ao de fronteira do tipo Neumann

(PN)Ω=

  

−∆u= f, x∈Ω,

∂u

∂η =g, x∈∂Ω.

A condição de Neumann nos dá uma informação sobre o comportamento de ∂_∂ηu. Portanto se fixadoyescolhemosvque satisfaça

∂v

∂η(x,y) = ∂φ

∂η(x−y)parax∈ ∂Ω,

isto ´e, ∂_∂ηG(x,y) =0, para cadax∈ Ω_{. Obtemos assim}_u∈C2(Ω)∩C1(Ω); onde:

u(y) = Z

Ω

G(x,y)f(x)dx+ Z

∂Ω

G(x,y)g(x)dSx. (1.12)

Assim, encontrar a função de Green para o operador de Laplace com condição de fronteira tipo Neumann reduz-se a encontrar (para cadayfixo) a solução do problema seguinte:

  

∆_xv(x,y) =0, x ∈Ω,

∂v

∂η(x,y) = ∂φ

∂η(x−y), x ∈∂Ω.

(1.13)

Condi¸c˜ao de fronteira do tipo Robin

(PR)Ω=

  

−∆u= f, x∈ Ω,

au+ ∂u

(16)

Seguindo a ideia dos problemas anteriores, se fixadoyescolhemosvtal que

aG+ ∂G

∂η =0 parax∈∂Ω,

isto ´e,av+∂_∂ηv =aφ+ ∂φ_∂η). Desta forma

Z

∂Ω

u(x)∂G

∂η(x,y)−G(x,y) ∂u

∂ηdSx =

Z

∂Ω

u(x)∂G

∂η(x,y) +G(x,y)(au(x)−g(x))dSx

=−

Z

∂Ω

G(x,y)g(x)dSx.

Portanto, de (1.9) obtemosu∈C2₍_Ω₎_∩_C1₍_Ω₎_{dada por:}

u(y) = Z

Ω

G(x,y)f(x)dx+ Z

∂Ω

G(x,y)g(x)dSx. (1.14)

Assim, encontrar a função de Green para o operador de Laplace com condição de fronteira do tipo Robin reduz-se a encontrar (para cadayfixo) a solução do seguinte problema:

  

∆_xv(x,y) =0, x∈ Ω_,

av+ ∂_∂ηv(x,y) =aφ+ ∂φ_∂η(x−y), x∈ ∂Ω_.

(1.15)

Ou, equivalentemente, paraGa =φ(x−y)−v(x,y)

  

−∆_G_a= δy, x ∈Ω_,

∂Ga

∂η +λGa =0, x ∈∂Ω.

(1.16)

1.3 Constru¸c˜ao da fun¸c˜ao de Green para o operador de Laplace no

semi-espa¸co

R

N +

Nesta seção vamos explicitar as funç ões de Green para equação de Laplace com condiç ões de Dirichlet, Neumann e Robin no semi-espaço RN₊_{, o que} informal-mente nos levará a uma expressão expl´ıcita para a solução desses problemas pela equação (1.9). Uma prova formal deste fato será feita na seção seguinte.

Exemplo 1.1 (Fun¸c˜ao de Green para (PD) emR2

+) Considere o seguinte problema no semi-espa¸co

R2₊₌ _{_(x₁_,_x₂₎_:_x₂>0}

  

−∆_u= f, x ∈R2₊_,

u= g, x ∈∂R2₊_.

Fixandoy ∈ R2₊ _{sabemos que}∆_xφ(x−y) = 0, para cadax 6= y. Assim, tomandoz 6∈R2₊ temos que∆_x_φ(x−z) = 0, para cadax∈ RN₊_{. Portanto, escolhemos}_z₌ _z(y)_{que satisfac¸a}

(17)

fronteira. Assim, parax = (x1, 0) ∈ ∂R2+ey = (y1,y2) ∈ R2+, e definindoy = (y1,−y2), temos:

φ(x−y) = −1

2π ln|x−y|=

−1

2π ln|x−y|=φ(x−y).

Assim, tomandov(x,y) =φ(x−y)temos quev ´e harm ˆonica e satisfaz

v(x,y) =φ(x−y) =φ(x−y),

para cadax∈∂R2₊_{. Portanto, a função de Green associada ao exemplo dado, é:}

G(x,y) =φ(x−y)−φ(x−y) = −1

2π ln|x−y|+

1

2π|x−y|. (1.17)

Exemplo 1.2 (Fun¸c˜ao de Green para (PD) emR₊N₎ _{Considere o seguinte problema no semi-espa¸co}

R+N ={(x1,x2,· · · ,xN):xN >0}

  

−∆u= f, x ∈R₊N_,

u=g, x ∈∂R₊N_.

Fazendo uma analogia ao caso anterior noR2₊_{, tomando}_x_{= (x}₁_,_x₂_,_{· · ·} _,_x_N₋₁_{, 0}₎_∈ _∂R₊N _e

y= (y1,y2,· · · ,yN)∈R+N, e tomandoy= (y1,y2,· · · ,yn−1,−yN)

φ(x−y) = |x−y|

2−N

(N−2)σN

= |x−y|

2−N

(N−2)σN

=φ(x−y). Tomandov(x,y) =φ(x−y)temos quev´e harm ˆonica e satisfaz

v(x,y) =φ(x−y) =φ(x−y),

para cadax∈ ∂R₊N_{. Portanto, a função de Green associada ao exemplo}_(N_≥₃₎_{é dada por:}

G(x,y) =φ(x−y)−φ(x−y) = |x−y|

2−N

(N−2)σN

− |x−y| 2−N

(N−2)σN. (1.18) Exemplo 1.3 (Fun¸c˜ao de Green para (PN) emR2₊₎ _{Considere o seguinte problema no semi-espa¸co} R2₊₌ _{_(x₁_,_x₂₎_:_x₂>0}

  

−∆_u= f, x ∈R2₊_,

∂u

∂η = g, x ∈∂R2+.

Sejamx∈ ∂R2₊_,_y_{= (y}₁_,_y₂₎_∈R2₊_{, e}_y_{= (y}₁_,₋_y₂₎_{, ent˜ao}

∂φ

∂η(x−y) =− ∂φ

x2

(x−y) = −y2

2π|x−y|2 =−

_y₂

2π|x−y|2

=−∂φ

∂η(x−y).

Portanto, escolhendov(x,y) =−φ(x−y)temos quev é harm ônica e, além disso, que para qualquerx∈∂R2₊

∂v

∂η(x,y) =− ∂φ

∂η(x−y) = ∂φ

∂η(x−y).

Logo, a função de Green para (PN) é dada por:

G(x,y) = −1

2π ln|x−y| −

1

(18)

Exemplo 1.4 (Fun¸c˜ao de Green para (PN) emR₊N₎ _{Considere o seguinte problema no semi-espa¸co}

R+N ={(x1,x2,· · · ,xN):xN >0}

  

−∆u= f, x ∈R₊N_,

∂u

∂η = g, x ∈∂R+N.

Parax∈ ∂RN_,_y_{= (y}₁_,_y₂_,_{· · ·} _,_y_N₎_∈RN₊_{, tomando}_y_{= (y}₁_,_y₂_,_{· · ·} _,_y_N₋₁_,₋_y_N₎_{temos que:}

∂φ

∂η(x−y) =− ∂φ ∂xN

(x−y) = −yN

σN|x−y|N

=− yN

σN|x−y|N

=−∂φ

∂η(x−y).

Definindov(x,y) =−φ(x−y), temos quev é harm ônica e, além disso, satisfaz

∂v

∂η(x−y) =− ∂φ

∂η(x−y) = ∂φ

∂η(x−y).

Logo, paraN≥ 3 a função de Green para (PN) é dada por:

G(x,y) = 1

(N−2)σN

|x−y|2−N+|x−y|2−N. (1.20) Exemplo 1.5 (Fun¸c˜ao de Green para (PR) emR₊N₎ _{Considere a} > 0 e o seguinte problema no RN

+ ={(x1,x2,· · · ,xN):xN >0}

  

−∆_u= f, x∈RN₊_,

au+∂_∂ηu = g, x∈∂RN₊_. Sejam

V(x,s,y) =v(x+seN,y)

e

W(x,s,y) =φ(x+seN−y),

ondeeN = (0,· · · , 1) ∈ RN. Assim para cadax ∈ ∂RN+ey = (y1,y2,· · · ,yN) ∈ RN+, com y= (y1,y2,· · · ,yN−1,−yN)e fazendo uso dos c´alculos nos exemplos anteriores temos que:

av(x,y) + ∂v

∂η(x,y) =aφ(x−y) + ∂φ

∂η(x−y) =aφ(x−y)− ∂φ

∂η(x−y),

isto ´e,

av(x,y)− ∂v

∂xN

(x,y) =aφ(x−y) + ∂φ

∂xN

(x−y). Da´ı

− d

ds

e−asV(x,s,y)

s=0 =−

d ds

e−asW(x,s,y)

s=0.

Suponha queVeWs˜ao tais que a igualdade anterior seja v´alida para todos≥0 − d

ds

e−asV(x,s,y)=− d

ds

e−asW(x,s,y)

=ae−asφ(x+seN−y) +e−as ∂φ

∂xN

(19)

Ent˜ao, integrando desde 0 at´e∞

v(x,y) =V(x, 0,y) =−

∞

Z

0

d ds(e

−as_V(x_,_s_,_y))ds

=

∞

Z

0

ae−asφ(x+seN−y) +e−as ∂φ

∂xN

(x+seN−y)

ds

=−e−asφ(x+seN−y)

∞

0 +

∞

Z

0

e−as ∂φ

∂xN

(x+seN−y)ds

+

∞

Z

0

e−as ∂φ

∂xN

(x+seN−y)ds

=φ(x−y) +2

∞

Z

0

e−as ∂φ

∂xN

(x+seN−y)ds.

Portanto, a função de Green para (PR) é dada por:

G(x,y) =φ(x−y)−φ(x−y)−2

∞

Z

0

e−as ∂φ

∂xN

(x+seN−y)ds. (1.21)

1.4 Explicitando fun¸c˜ao de Green para o operador de Laplace no

semi-espa¸co

R

N +

Aqui, para o problema

(PD)R₊N =

  

∆_u=0, x∈RN₊_,

u= g, x∈ ∂R₊N_, usando (1.10) e o que foi feito na sec¸˜ao anterior, temos

u(y) =−

Z

∂Rn

g(x)∂G

∂n(x,y)dx.

Da´ı, de (1.17), (1.18) e c´alculando∂_∂ηGobtemos, na fronteira:

∂G

∂η =

            

−(−x2+y2)

2π|x−y|2 +

−(x2+y2)

2π|x−y|2 =

−y2

π

(x1−y1)2+y22

, N=2,

−−xN+yN σN|x−y|N +

xN+yN σN|x−y|N

= −2yN

σN

∑_kN−₌₁1(xk−yk)2+y2N

N

2 , N≥3.

Assim, paraN=2

u(y) = Z

∂R2

g(x)y2

π|x−y|dx=

y2

π

∞

Z

−∞

g(x1)

(x1−y1)2+y2₂

(20)

e paraN≥3

u(y) =2

Z

∂Rn

g(x)yN

σN|x−y|Ndx

= 2yN

σN

∞

Z

−∞

· · ·

∞

Z

−∞

g(x1,· · · ,xN−1)

∑N_k₌−₁1(xk−yk)2+y2N

N₂ dx1· · ·dxN−1.

(1.23)

Teorema 1.3 Sejam g ∈ C(RN−1₎_∩_L∞₍RN−1₎_{e u definida por (1.23). Ent˜ao u satisfaz as}

se-guintes propriedades:

1. u∈C∞(RN₊₎_∩_L∞₍RN₊₎_.

2. ∆_u=0para y∈RN₊_.

3. limy→y0u(y) =g(y0)para y∈R

N

+,y0 ∈∂RN+.

Prova:SejaKo nucleo dado por

K(x,y) = 2yN

σN 1

|x−y|N =−

∂G

∂xN

(x,y). Agora, lembrando que∆_xG(x,y) =0 parax6=y.

∆_yu(y) =∆_y

Z

∂RN₊

∂G

∂xN

(x,y)g(x)dx

= Z

∂RN

+

∆_y▽_x_G(x_,_y)_·_η_(x)g(x)dx

= Z

∂RN₊

▽_x∆_yG(x,y)·η(x)g(x)dx

= Z

∂RN

+

▽_x∆_yG(y,x)·η(x)g(x)dx=0.

Logo,∆_yu(y) =0 e consequentemente tem-seu∈C∞(RN₊₎_{. Para mostrar que} lim

y→y0

u(y) =g(y0) para y0∈∂RN+,

comec¸emos pelo fato que para caday∈R₊N

Z

∂RN₊

K(x,y)dx =1. (1.24)

ver [1, P´agina 38]. Fixadoy0∈ ∂R+Neǫ>0

|u(y)−g(y0)|=

Z

∂RN

+

K(x,y)g(x)dx−

Z

∂RN

+

K(x,y)g(y0)dx

=

Z

∂RN₊

K(x,y) g(x)−g(y0)dx

(21)

Como o n ´ucleoKtem uma sigularidade no pontox= y0e considerandoK(x,y)comy→y0 e ainda, quebrando a integral em duas partes, temos

Z

∂RN

+

K(x,y) g(x)−g(y0)

dx =

Z

Bγ(y0)

K(x,y) g(x)−g(y0)

dx

+

Z

∂RN₊−Bγ(y0)

K(x,y) g(x)−g(y0)dx

=I+J.

Na primeira integralI temos, pela continuidade da func¸˜aog,

g(x)−g(y₀)

L∞₍_B

γ(y0))

< ǫ

2 paraγsuficientemente pequena, e

Z

Bγ(y0)

K(x,y)dx ≤

Z

RN₊

K(x,y)dx=1.

Portanto,|I|< ǫ

2paraγsuficientemente pequena.

Agora, dado esseγ, considerando a segunda integral J, temos

J = Z

∂R₊N−Bγ(y0)

K(x,y) g(x)−g(y0)dx.

EmJ,|x−y0|>γ. Tomando|y−y0|< γ₂ obtemos |x−y0| ≤ |x−y|+|y−y0| ≤ |x−y|+ γ

2 ≤ |x−y|+

|x−y0|

2 .

Portanto,|x−y| ≥ |x−y0|

2 para|y−y0|<

γ

2. Isto implica que 1

|x−y|N ≤ 2N |x−y0|N. Portanto, paray→y0

|J| ≤2|g|L∞ Z

∂RN₊−Bγ(y0)

K(x,y)dx

=2|g|L∞ Z

∂RN₊−Bγ(y0)

2yN

σN|x−y|Ndx

≤2|g|L∞ Z

∂RN

+−Bγ(y0)

2N+1yN

σN|x−y|Ndx

= 2

N+2_y N

σN

|g|L∞ Z

∂R₊N−Bγ(y0)

1 |x−y0|N

dx→0.

(22)

Considere o problema com condic¸˜ao de Neumann

  

∆_u=0, x∈RN₊_,

∂u

∂η = g, x∈ ∂R+N.

De (1.12) temos que

u(y) = Z

∂R₊N

G(x,y)g(x)dx.

Da´ı e de (1.19) e (1.20), obtemos a seguinte express˜ao deGna fronteira

G(x,y) =

      

−1

π ln|x−y|= −2π1ln

(x1−y1)2+y2₂

, N=2,

2

(N−2)σN|x−y|

2−N ₌ 2

∑N−_k₌₁1(xk−yk)2+y2N

2−N2

(N−2)σN , N≥3. Assim, paraN=2

u(y) =−1

π

Z

∂R2₊

g(x)ln|x−y|dx= − 1 2π

∞

Z

−∞

g(x1)ln

(x1−y1)2+y22

dx1. (1.25)

E paraN≥3 temos:

u(y) = 2

(N−2)σN

Z

∂R₊N

g(x)|x−y|2−Ndx

= 2

(N−2)σN

∞

Z

−∞

· · ·

∞

Z

−∞

g(x1,· · · ,xN−1)

N−1

∑

k=1

(xk−yk)2+y2N

2−N

2

dx1· · ·dxN−1. (1.26) Teorema 1.4 Seja g uma fun¸cão continua com suporte compacto noRN−1_{. Então a fun¸cão u dada}

por (1.26) satisfaz:

1. u∈C2(R₊N₎_∩_C1₍RN−1₎_.

2. ∆_u=0, para y∈RN₊_.

3. limy→y0

∂u

∂η(y) =g(y0)para y∈ R+N,y0 ∈RN−1. Prova:Dado quegtem suporte compacto

∆_yu(y) =∆_y

Z

∂RN

+

G(x,y)g(x)dx= Z

∂RN

+

∆_yG(x,y)g(x)dx

= Z

∂R₊N

(23)

Para mostrar o resto do teorema, considerarmos

∂u

∂η(y) =− ∂u

∂yN(y) = 2yN

σN

Z

∂RN₊

g(x)

|x−y|Ndx.

Logo, usando (1.24) e quebrando a integral em duas parcelas temos que

∂u

∂η(y)−g(y0)

=

2yN

σN

Z

∂RN₊

g(x)−g(y0) |x−y|N dx

≤2yN

σN

Z

Bγ(y0)

g(x)−g(y₀)

|x−y|N dx

+ 2yN

σN

Z

∂RN

+−Bγ(y0)

g(x)−g(y₀)

|x−y|N dx

=I+J.

Na primeira integralI temos, pela continuidade da func¸˜aog,

g(x)−g(y₀)

L∞(Bγ(y0))<

ǫ

2 paraγsuficientemente pequena, e

Z

Bγ(y0)

K(x,y)dx ≤

Z

∂R₊N

K(x,y)dx=1.

Portanto,|I|< ǫ

2paraγsuficientemente pequena.

Agora, dado esseγ, tomando|y−y0|< γ₂,|x−y0| ≥γ, temos |x−y0| ≤ |x−y|+|y−y0| ≤ |x−y|+ γ

2 ≤ |x−y|+

|x−y0|

2 .

Assim|x−y| ≥ |x−y0|

2 . Logo, desde que g ´e limitada, seja M > 0 uma constante tal que |g(x)| ≤ Mpara cadax ∈RN−1_{. Ent˜ao,}

|I2| ≤2M

Z

RN

+−Bγ(y0)

2yN

σN|x−y|Ndx

≤ 2

N+2_My N

σN

Z

RN

+−Bγ(y0)

1 |x−y0|Ndx

→0.

Considere o problema com condic¸˜ao de Robin

  

∆u=0, x∈RN₊_,

au+∂u

(24)

De (1.14) temos que

u(y) = Z

∂RN

+

G(x,y)g(x)dx.

Da´ı, e de (1.21) obtemos a seguinte express˜ao deGna fronteira:

G(x,y) =−2

∞

Z

0

e−as ∂φ

∂xN

(x+seN−y)ds

=

            

−2R₀∞ −e −as _y

2+s

2π

(x1−y1)2+(s+y2)2

ds, N=2,

−2R₀∞ −e−as(yN+s) σN

∑_kN−₌₁1(xk−yk)2+(s+yN)2

N2 ds, N≥3.

Assim, paraN=2 obtemos a seguinte expressão para a funçãou

u(y) = Z

∂R2

G(x,y)g(x)dS(x) = 1

π

∞

Z

−∞

∞

Z

0

g(x1) y2+se−as

(x1−y1)2+ (s+y2)2dsdx1, (1.27) e paraN≥3 tem-se

u(y) = 2

σN

∞

Z

−∞

· · ·

∞

Z

−∞

∞

Z

0

g(x1,· · · ,xN−1)(yN+s)e−as

∑_kN₌−₁1(x_k−yk)2+ (s+yN)2

N₂ dsdx1· · ·dxN−1. (1.28)

Teorema 1.5 Seja g uma fun¸cão cont´ınua com suporte compacto noRN−1_{, então a fun¸cão u dada}

por (1.28) satisfaz:

1. u∈C2(R₊N₎_∩_C1₍RN−1₎_.

2. ∆u=0, para y∈RN₊_.

3. limy→y0

∂u

∂η(y) +au(y)

= g(y0)para y∈R+N,y0∈RN−1.

(25)

Cap´ıtulo 2

Equa¸c˜ao de Laplace com condi¸c˜ao

n˜ao-linear tipo Robin no semi-espa¸co

R

N

+

Neste cap´ıtulo vamos estudar a equação de Laplace no semi-espaço RN₊ _com condição de fronteira supercr´ıtica tipo Robin, dada por (2.1). Vamos considerar o espaçoEp,q= D1,p(R+N)∩Lq(R+N)e mostrar que nesse espaço, para f ∈ Ld(RN+)

suficientemente pequena, existe uma única solução para esse problema. Depois, estudaremos a regularidade da solução e, finalmente, mostraremos como a solução está relacionada com a função f. Na primeira seção deste cap´ıtulo faremos a introdução das ferramentas necessarias. Na segunda seção desenvolvermos al-gumas estimativas e, finalmente, na última seção mostraremos os resultados prin-cipais.

2.1 Introdu¸c˜ao ao problema

Neste cap´ıtulo vamos considerar o problema de fronteira n˜ao linear tipo Robin dado por:

  

∆_u=0, x∈ RN₊_,

∂u

∂η +λu= u|u|ρ−1+ f(x), x∈ RN−1,

(2.1)

paraN≥3 eλ≥0.

(26)

Laplace com condic¸˜ao de Robin, a qual satisfaz

  

−∆Gλ(·,y) =δ(· −y), x∈RN+, ∂Gλ

∂η +λGλ =0, x∈RN−1,

(2.2)

´e dada por:

Gλ(x,y) =φ(x−y)−φ(x−y) +Ωλ(x,y), (2.3)

ondey= (y1,· · · ,yN−1,−yN)e as funç õesφeΩλsão dadas por:

φ(x) = 1

N(N−2)αN|x|N−2, e

Ω_λ(x,y) =−2

∞

Z

0

e−λs ∂

∂xNφ

(x−y+eNs)ds. (2.4)

Observa¸c˜ao 6 Note que Gλ(x,y) =Ωλ(x,y)se y∈RN−1.

Por outro lado, pelas identidades de Green podemos passar de (2.1) para:

u(x) = Z

RN₊

δ(x−y)u(y)dy=−

Z

RN₊

∆_G_λ(x,y)u(y)dy

= Z

RN₊

▽_u(y)_·▽_G_λ_(x_,_y)dy₋

Z

RN−1

u(y)∂Gλ

∂η (x,y)dy

= −

Z

RN−1

u(y)∂Gλ

∂η (x,y)dSy−

Z

RN₊

Gλ(x,y)∆u(y)dy+ Z

RN−1

Gλ(x,y)∂u

∂η(y)dy

= −

Z

RN−1

u(y)∂Gλ

∂η (x,y)−Gλ(x,y) ∂u

∂η(y)

dy

= −

Z

RN−1

u(y)(−λGλ)(x,y)−Gλ(x,y)(u|u|ρ−1+ f(y)−λu)

dy.

Donde conclui-se que

u(x) = Z

RN−1

Gλ(x,y)

u|u|ρ−1+ f(y)dy. (2.5) Observa¸cão 7 A equa¸cão (2.5) sugere definir um espa¸co métrico completo adequado, um operador Ψ_{dado por}

Ψ:u7→

Z

RN−1

Gλ(x,y)

u|u|ρ−1+ f(y)dy,

(27)

2.2 Estimativas integrais

Defini¸c˜ao 2.1 Seja h∈ Lp(RN−1₎_{e defina-se o operador H por:}

H(h)(x) = Z

RN−1

Gλ(x,y)h(y)dy, (2.6)

onde Gλ(x,y)´e a fun¸c˜ao de Green definida por (2.3)

Note que

Z

RN−1

Gλ(x,y)

u|u|ρ−1₊ _f_(y)_dy₌ Z RN−1

Gλ(x,y)

u|u|ρ−1_dy₊ Z RN−1

Gλ(x,y)f(y)dy

= H(u|u|ρ−1)(x) +H(f)(x).

Uma primeira questão natural deve ser: Em qual espaço o operador definido por (2.5) fica bem definido? Para responder esta questão será necessário deduzir umas estimativas, o que faremos em seguida.

Fixandoξ = _|x_x−₋y_y_|, temos que

Ω_λ(x,y) =−2

∞

Z

0

e−λs ∂

∂xNφ

(x−y+eNs)ds= 2

σN

∞

Z

0

e−λs xN+yN+s

|x−y+seN|Nds

= 2

σN

∞

Z

0

e−λ|x−y|w(xN+yN+|x−y|w)|x−y|

|x−y+|x−y|weN|N dw

= 2

σN

∞

Z

0

e−λ|x−y|w (ξn+w)|x−y|

2

|x−y|(ξ+weN)

N

dw

= 2

σN|x−y|N−2

∞

Z

0

e−λ|x−y|s(ξN+s)

ξ+se_NN

ds,

e como

|ξ+seN|N = (ξ·ξ+2seN·ξ+seN·seN) N

2 = (₁+₂_s_ξ_N+_s2)N2_,

obt´em-se que

Ω_λ(x,y) = 1

|x−y|N−2θλ(ξN,|x−y|), (2.7) onde

θλ(ξN,|x−y|) = 2

σN

∞

Z

0

e−λ|x−y|s ξN+s (1+2sξN+s2)

N

2

ds. (2.8)

Observa¸c˜ao 8 Como ξN+s (1+2sξN+s2)

N

2 ´e limitada no intervalo de[0,

∞), temos que

|▽kΩ_λ(x,y)| ≤ C

(28)

Observa¸c˜ao 9 Como|x−y| ≤ |x−y|, de (2.3) e (2.9) obtemos

0≤ Gλ(x,y)≤ _| C

x−y|N−2 e |▽Ωλ(x,y)| ≤

C

|x−y|N−1 x,y∈ RN+. (2.10) Tamb´em poder´ıamos escreverΩ_λ(x,y) =Ω_λ(x−y)onde

Ω_λ(z) = 1

|z|N−2θλ(zN|z|

−1_,_|_z_|₎_. _(2.11)

Para obter resultados de existência e unicidade da solução começaremos fazendo uma série de lemas.

Lema 2.1 Seja N ≥3. Ent˜ao existem constantes C1(N,p,q)e C2(N,p,q)satisfazendo

1.

kH(h)k_Lq₍RN

+) ≤C1khkLp(RN−1), para

N

N−2 <q<∞e p=

(N−1)q

N+q , (2.12) 2.

k▽_H(h)_k Lq₍RN

+) ≤C2khkLp(RN−1), para

N

N−1 <q<∞e p=

(N−1)q

N . (2.13)

Prova de 1: Comecemos por escreverx = (x′_,_x

N) ∈RN+comx′ ∈RN−1exN > 0. Assim, pela definic¸˜ao deHdada por (2.6) tem-se:

kH(h)k_Lq₍_RN

+)= Z RN + Z

RN−1

Gλ(x,y)h(y)dy

q dx 1 q = ∞ Z 0 Z

RN−1

Z

RN−1

Gλ(x,y)h(y)dy

q

dx′dxN

1

q

=

Z

RN−1 ∞ Z 0 Z

RN−1

Gλ(x,y)h(y)dy

q

dxNdx′

1_q

=

kH(h)kLq₍_dx N)

Lq₍_dx′₎.

(2.14)

Por outro lado, pela desigualdade fraca de Minkowsky, tem-se: kH(h)k_Lq₍_dx

N) =kH(h)(x

′_,_x

N)kLq₍_dx N)=

Z

RN−1

Gλ(x,y)h(y)dy

Lq₍_dx_N₎

≤

Z

RN−1

kGλ((x′,xN),y)kLq₍_dx

N)|h(y)|dy.

(2.15)

Assim, usando (2.10) e a equivalˆencia das normas en dimension finita, obtemos

kG((x′,xN),y)kq_Lq₍_dx_N₎ ≤C

∞

Z

0

1

(xN+|x′−y|)(N−2)q

dxN =C

∞

Z

|x′₋_y_| 1

w(N−2)qdw

= C

|x′₋_y_|(N−2)q−1.

(29)

Portanto, substituindo (2.15) e (2.16) em (2.14) temos kH(h)k_Lq₍RN

+) =

kH(h)kLq₍_dx N)

Lq₍_dx′₎

≤C

Z

RN−1

|h(y)|

|x′₋_y_|(N−2)−1q

dy

Lq₍_dx′₎ ≤C2khkLp(dx′).

(2.17)

Em (2.17) a ´ultima estimativa decorre da desigualdade de Hardy-Littlewood-Sobolev para o pontencial de Riesz comα=1+1

q, de onde obt´em-se o resultado. (Ver no Apˆendice sobre as estimativas)

Prova de 2:Com as notaç ões feitas acima temos que, no sentido das distribuç ões, a derivada deH é dada por:

▽_{H(h)(x) =}

Z

RN−1

▽_x_G_λ_(x_,_y)h(y)dy_. Assim,

k▽_H(h)_k

Lq₍RN₊) =

Z RN + Z

RN−1

▽_x_G_λ_(x_,_y)h(y)dy

q dx 1 q = ∞ Z 0 Z

RN−1

Z

RN−1

▽_x_G_λ_(x_,_y)h(y)dy

q

dx′dxN

1_q

=

Z

RN−1 ∞ Z 0 Z

RN−1

▽_x_G_λ_(x_,_y)h(y)dy

q

dxNdx′

1

q

=

k▽H(h)kLq₍_dx N)

Lq₍_dx′₎.

(2.18)

Por outro lado, pela desigualdad fraca de Minkowsky, temos que k▽_H(h)_k_Lq₍_dx

N)=k▽H(h)(x

′

,xN)kLq₍_dx N)

=

Z

RN−1

▽_x_G((x′_,_x_N₎_,_y)h(y)dy

Lq₍_dx N)

≤

Z

RN−1

k▽_x_G((x′_,_x_N₎_,_y)_k Lq₍_dx

N)|h(y)|dy.

(2.19)

Assim, usando (2.10) e a equivalˆencia das normas em dimens˜ao finita, obtemos k▽_x_G((x′_,_x_N₎_,_y)_kq

Lq₍_dx N)≤C

∞

Z

0

1

(xN+|x′−y|)(N−1)q

dxN =C

∞

Z

|x′₋_y_| 1

w(N−1)qdw

= C

|x′₋_y_|(N−1)q−1

(2.20)

Substituindo (2.19) e (2.20) em (2.18) obtemos k▽_H(h)_k

Lq₍RN₊) =

k▽H(h)kLq₍_dx N)

Lq₍_dx′₎

≤C

Z

RN−1

|h(y)|

|x′₋_y_|(N−1)−1q

dy

Lq₍_dx′₎ ≤C2khkLp(dx′).

(30)

Em (2.21), a ´ultima estimativa foi obtida pela desigualdade de Hardy-Littlewood-Sobolev para o pontencial de Riesz comα= 1

q, obtendo-se o resultado.

Observa¸c˜ao 10 O Lema 2.1 diz onde H fica bem definido, alem de mostrar uma estimativa para normak▽_H_k

Lema 2.2 Sejam N ≥ 3, 1 < p < (N−1)ρ−1

ρ e h ∈ W1,

∞₍_RN−1₎_∩_W1,p₍_RN−1_{). Ent˜ao}

∂

∂xiH(h)∈C(

RN₊₎_∩_L∞₍RN₊₎_, _i₌_1,_{· · ·} _,_{N e existe uma constante C}_≥₀_{satisfazendo:} kH(h)k_W1,∞₍_RN

+)+kH(h)kW1,∞(RN−1)≤C

khk_W1,∞₍_RN−1₎+khk_W1,p₍RN−1₎

. (2.22)

kH(h)k_W1,pρ₍RN−1₎≤ C

khk_W1,∞₍_RN−1₎+khk_W1,p₍RN−1₎

. (2.23)

Prova:Sejax= (x′,xN)∈R+N. Das equc¸ ˜oes (2.7), (2.8) e (2.11) podemos escrever H(h)(x) =

Z

RN−1

˜

Ω_λ(xN,x′−y)h(y)dy=

Z

RN−1

˜

Ω_λ(xN,y)h(x′−y)dy,

onde

˜

Ω_λ(xN,y) =

θ(ξN,(|y|2₊_x2 N)

1 2)

(|y|2₊_x2 N)

N−2 2

comξN = _|_(yxN

,xN)|. (2.24) Parah∈W1,∞(RN−1₎_temos

∂H

∂x′(h)(x) =

Z

RN−1

˜

Ω_λ(xN,y)∂h

∂x′(x

′₋_y)dy _(2.25)

e

∂H

∂xN(h)(x) =

Z

RN−1

∂Ω˜_λ ∂xN(xN,x

′₋_y)h(y)dy_. _(2.26)

Tomemos a func¸˜aoτ∈C∞₀ (RN−1₎_{satisfazendo 0}_≤_τ_(x)_≤_{1, com}_τ_{(x) =}_{1 para}_|_x_{| ≤} 1 2, e sup(τ)⊂ {x∈RN−1_:_|_x_|<1}. Consideremos

˜

Ω_λ_,1=Ω˜_λ_τ _e Ω˜_λ_,2=Ω˜_λ(1−τ). Desde que 1< p<(N−1)ρ−1

ρ , segue quep′ =

p p−1 > N

−1

(31)

H(h)(x) ≤ Z

RN−1

˜

Ω_λ_,1(xN,y)h(x′−y)dy

+ Z

RN−1

˜

Ω_λ_,2(xN,y)h(x′−y)dy

≤

Z

RN−1

τ(y) 1

(|y|2₊_x2 N)

N−2 2

h(x′−y)_dy

+ Z

RN−1

(1−τ(y)) 1 (|y|2₊_x2

N) N−2

2

h(x′−y)_dy

≤ h

L∞₍_RN−1₎

Z

RN−1

τ(y) 1

|y|N−2dy

+C h

Lp₍RN−1₎

Z

RN−1

(1−τ(y))p′ 1

|y|(N−2)p′dy

.

Da´ı, e pela Afirmação 4 (ver Apêndice sobre as estimativas), conclui-se

H(h)(x) ≤C h

L∞₍_RN−1₎+

h

Lp₍RN−1₎

. (2.27)

Al´em disso, de (2.26) e (2.9), temos

H(h)(x) ≤ Z

RN−1

Ω˜_λ(x′−y)h(y)dy

≤Ckhk_L∞₍_RN−1₎.

(2.28)

Da mesma maneira, temos

∂H

∂xi

(h)(x) ≤ Z

RN−1

˜

Ω_λ_,1(xN,y)∂h

∂xi

(x′−y)dy +

Z

RN−1

˜

Ω_λ_,2(xN,y)∂h

∂xi

(x′−y)dy

(2.29)

≤

Z

RN−1

τ(y) 1

(|y|2₊_x2 N)

N−2 2

∂h

∂xi

(x′−y)_dy

+ Z

RN−1

(1−τ(y)) 1 (|y|2₊_x2

N) N−2

2

∂h

∂xi

(x′−y)_dy

(2.30) ≤C ∂h

∂xi

L∞₍_RN−1₎

Z

RN−1

τ(y) 1

|y|N−2dy

+C

∂h

∂xi

Lp₍RN−1₎

Z

RN−1

(1−τ(y))p′ 1

|y|(N−2)p′dy

.

(2.31)

Novamente pela Afirmação 4 (ver Apêndice sobre as estimativas), conclui-se

∂H

∂xi

(h)(x) ≤C ∂h

∂xi

L∞₍_RN−1₎+

∂h

∂xi

Lp₍_RN−1₎

. (2.32)