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Exercice \arabic{exo}.} \quad {\it #1} \par}{\bigskip\par\centering{$\star$}\par\bigskip}
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Solution \arabic{solution}.} \quad {\it #1} \par}{\bigskip\par\centering{$\star$}\par\bigskip}
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\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}