\documentclass[11pt,a4paper]{article} \usepackage{ifpdf} \usepackage[francais]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{graphicx} \usepackage{color} \usepackage{textcomp} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsthm} \usepackage{geometry} \usepackage[all]{xy} \usepackage[usenames,dvipsnames]{pstricks} \usepackage{epsfig} \usepackage{pst-grad} % For gradients \usepackage{pst-plot} % For axes \geometry{ hmargin=3cm, vmargin=3cm } \usepackage{fancyhdr} \usepackage{bbm} \usepackage{stmaryrd} \pagestyle{fancy} \frenchspacing \lhead{} \rhead{} \lfoot{Cécile Huneau} \rfoot{DMA 2014/2015} \renewcommand{\footrulewidth}{.4pt} \renewcommand{\headrulewidth}{0pt} \ifpdf \pdfinfo {} \fi \newcounter{exo} \newcounter{question}[exo] \newenvironment{exo}[1]{\noindent\stepcounter{exo}{\bf Exercice \arabic{exo}.} \quad {\it #1} \par}{\bigskip\par\centering{$\star$}\par\bigskip} \def\QQ{\par\smallskip\par\stepcounter{question}\arabic{question}. } \def\QQdure{\par\smallskip\par\stepcounter{question}\arabic{question}.* } \newcounter{solution} \newenvironment{solution}[1]{\noindent\stepcounter{solution}{\bf Solution \arabic{solution}.} \quad {\it #1} \par}{\bigskip\par\centering{$\star$}\par\bigskip} \newcounter{solu}[solution] \def\sol{\par\smallskip\par\stepcounter{solu}\arabic{solu}. } \def\soldure{\par\smallskip\par\stepcounter{solu}\arabic{solu}.* } \newcommand{\m}[1]{\mathbbm{#1}} \newcommand{\g}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\q}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\e}{\varepsilon} \newcommand{\isom}{\stackrel{\sim}{\longrightarrow}} \newcommand{\limit}[2]{\xrightarrow{\: #1 \to #2 \:}} \newcommand{\tend}{\longrightarrow} \newcommand{\tendf}{\rightharpoonup} \newcommand{\imp}{\Rightarrow} \newcommand{\tens}{\otimes} \newcommand{\inj}{\hookrightarrow} \newcommand{\li}{\llbracket} \newcommand{\ri}{\rrbracket} \DeclareMathOperator{\Ker}{\mathrm{Ker}} \DeclareMathOperator{\Vect}{\mathrm{Vect}} \DeclareMathOperator{\sgn}{\mathrm{sgn}} \DeclareMathOperator{\Supp}{\mathrm{Supp}} \DeclareMathOperator{\vp}{\mathrm{vp}} \DeclareMathOperator{\mes}{\mathrm{mes}} \DeclareMathOperator{\dist}{\mathrm{dist}} \makeatletter \def\blfootnote{\xdef\@thefnmark{}\@footnotetext} \makeatother \def\rq{\par\smallskip\noindent{\it Remarque : }} \begin{document} \begin{center} {\bf \Large Correction du Td n$^\circ$ 11 d'Analyse fonctionnelle} \\ \bigskip {\Large \textsc{Espaces de Sobolev}} \\ \bigskip \bigskip \large Séance du 15 Mai 2015 \end{center} \vspace{1cm} \begin{solution}{Quelques questions sur les espaces de Sobolev $H^s$} \sol On remarque que $\hat{\delta}_0=1$, puis que $\int_{\mathbb{R}^d}(1+\vert \xi \vert^2)^s d\xi <+\infty$ ssi $s<-d/2$. Pour montrer l'injection de $H^s$ dans $\mathcal{C}_0$, c'est dans la même veine : pour avoir le résultat on peut montrer que $\hat{u} \in L^1(\mathbb{R}^d)$ dès que $s>d/2$ et on conclut par le lemme de Riemann-Lebesgue. \sol Soit $m$ l'ordre de $u$ dans $\mathcal{E}'$. La T.F. de $u$ est bien définie car $\mathcal{E}' \subset \mathcal {S}'$. On veut montrer qu'il existe $s \in \mathbb{R}$ pour lequel $\hat u (1 + \vert \xi \vert^2)^{s/2} \in L^2$. On prend $\varphi$ fonction test dans $\mathcal{S}$ et on évalue: \begin{eqnarray*} \langle \hat u (1 + \vert \xi \vert^2)^{s/2}, \varphi \rangle &=&\langle \hat u , (1 + \vert \xi \vert^2)^{s/2}\varphi \rangle \\ &=& \langle u , \mathcal{F}\left((1 + \vert \xi \vert^2)^{s/2}\varphi\right) \rangle \\ &\leq& C \sup_{\vert \alpha\vert \leq m, x\in K} \left\vert \partial^{\alpha} \mathcal{F}\left((1 + \vert \xi \vert^2)^{s/2}\varphi\right)\right\vert \\ &\leq& C \int_{\mathbb{R}^d} (1+\vert \xi\vert^2)^{m/2} (1 + \vert \xi \vert^2)^{s/2}\varphi d\xi \\ &\leq& C \left(\int_{\mathbb{R}^d} (1+\vert \xi\vert^2)^{m} (1 + \vert \xi \vert^2)^{s}d\xi \right)^{1/2} \Vert \varphi \Vert_{L^2} \end{eqnarray*} (on a utilisé successivement des propriétés fondamentales de la transformée de Fourier, la définition d'une distribution à support compact et pour la dernière inégalité, c'est Cauchy-Schwarz). On conclut par densité de $\mathcal{S}$ dans $L^2$ et par dualité. \sol Il suffit de remarquer $(1+\vert \xi \vert^2)^{s_1} \geq (1+\vert \xi \vert^2)^{s_2}$ pour $s_1\geq s_2$. \sol Par le th\'eor\`eme des accroissements finis (appliqu\'e \`a $\exp(-i \cdot)$), on a~: \[ | e^{-ix\xi} - e^{-iy\xi} | \le |x \cdot \xi - y \cdot \xi| = |x-y| |\xi|. \] Et donc en interpolant, on a pour tout $\alpha \in [0,1]$ : \[ | e^{-ix\xi} - e^{-iy\xi} | = | e^{-ix\xi} - e^{-iy\xi} |^\alpha | e^{-ix\xi} - e^{-iy\xi} |^{1-\alpha} \le 2^{1-\alpha} |x-y|^{\alpha} |\xi|^{\alpha}. \] On a alors : \[ u(x) - u(y) =C \int \hat u (\xi) \left( e^{-ix\xi} - e^{-iy\xi} \right) d\xi. \] Donc, pour tout $\e >0$ : \begin{align*} \frac{|u(x) - u(y)|}{|x-y|^\alpha} & \le \int |\xi|^\alpha |\hat u|(\xi) d\xi \\ & \le \left( \int \frac{d\xi}{(1+|\xi|)^{d+\e}} \right)^{\frac 1 2} \left( \int (1+|\xi|)^{d+\e+2\alpha} |\hat u|^2(\xi) d\xi \right)^{\frac 1 2} \\ & \le C(\e) \| u \|_{H^{\frac{d+\e} 2+\alpha}}. \end{align*} Donc finalement, pour tout $\alpha \in ]0,s-d/2[$, on a (avec $\e = 2s-d-\alpha>0$) : \[ \frac{|u(x) - u(y)|}{|x-y|^\alpha} \le C(\alpha) \| u \|_{H^{s}}. \] Enfin, \begin{align*} |u(x)| & = \left| \int \hat u(\xi) e^{ix\xi} d\xi \right| \le \int |\hat u|(\xi) d\xi \le \int |\hat u|(\xi) \frac{(1+|\xi|^2)^{s/2}}{(1+|\xi|^2)^{s/2}} d\xi \\ & \le \left( \int |\hat u|^2 (\xi) (1+|\xi|^2)^s d\xi \right)^{1/2} \left ( \int \frac{d\xi}{(1+|\xi|^2)^s} \right)^{1/2} \le C(s) \| u \|_{H^s}. \end{align*} car $s > d/2$ donc $1/(1+|\xi|^{2})^s \in L^1(d\xi)$. Finalement, \[ \| u \|_{L^\infty} + \sup_{x \ne y} \frac{|u(x) - u(y)|}{|x-y|^\alpha} \le C(\alpha) \| u \|_{H^{s}}. \] Par densit\'e, on conclut que $H^s \subset C^{\alpha}$ avec injection continue. \end{solution} \begin{solution}{Fonctions $W^{1,p}$} \sol L'égalité est vraie pour $u \in \q C^1$. On approche ensuite $u \in H^1(\Omega)$ par des fonctions $C^1$ et on montre qu'il y a convergence des deux côtés de l'égalité. \sol On approche la fonction $(x)_+$ par des fonctions $C^1$ et on conclue de même en montrant la convergence des deux côté de l'égalité. \end{solution} \begin{solution}{Régularité elliptique} \sol Si $u$ est solution faible, pour tout $v\in H^1(\m R^n)$ on a $$\int \nabla u . \nabla v + \int uv= \int fv.$$ On applique cette égalité avec $v=D_{-h} D_h u$, et après changement de variable et intégration par partie on obtient $$\|D_h \nabla u\|_{L^2} \leq C\|f\|_{L^2} \|D_{-h} D_h u\|_{L^2}.$$ Or pour tout $v\in H^1(\m R^n)$ on a $\|D_h v\|_{L^2} \leq C\|\nabla v\|_{L^2}$. En effet $$|\tau_h v(x) - v(x)|\leq |\int_0^1 h.\nabla v (x+th) dt|,$$ donc $$\int |\tau_h v(x) - v(x)|^2 dx \leq |h|^2\int_{\m R^n} \int_0^1 |\nabla v (x+th)|^2 \leq |h|^2\|\nabla v\|^2_{L^2}.$$ \sol On peut supposer $h=\epsilon e_i$. Soit $\phi \in \q D(\m R^n)$. On a $$\int (D_h \partial_j u)\phi = \int \partial_j u D_{-h} \phi \tend \int \partial_j u \partial_i \phi$$ quand $\epsilon \tend 0$. On a donc, en utilisant la question précédente $$|\int \phi \partial_i\partial_j u|\leq C\|\phi|_{L^2}$$ donc $\partial_i\partial_j u \in L^2$. \sol Le raisonnement précédent nous dit que $\partial_i \partial_j u \in L^2$ si on n'a pas $i=j=1$. Mais comme $$\partial^2_1u = \Delta u -\sum_{j=2}^n \partial^2_j u,$$ on peut conclure. \end{solution} \end{document}