M2edp

Universit Aix Marseille

Master 2 de mathmatiques

Equations aux drives partielles

Thierry Gallout, Raphale Herbin

10 mars 2015

Table des matires

1 Sobolev spaces 41.1 Weak derivatives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Definition and properties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Functional Analysis tools . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4 Density theorems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5 Thormes de trace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.6 Thormes de compacit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.7 Sobolev embeddings . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.8 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.9 Corrigs dexercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Problmes elliptiques linaires 322.1 Formulation faible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.2 Analyse spectrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2.1 Quelques rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.2 Le Laplacien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.3 Rgularit des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4 Positivit de la solution faible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.5 Condition de Dirichlet non homogne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.7 Corrigs dexercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3 Problmes elliptiques non linaires 893.1 Mthodes de compacit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.1.1 Degr topologique et thorme de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.1.2 Existence avec le thorme de Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.1.3 Existence avec le degr topologique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3.2 Mthodes de monotonie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1023.2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1023.2.2 Oprateur de Leray-Lions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

3.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.4 Corrigs dexercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

1

TABLE DES MATIRES TABLE DES MATIRES

4 Problmes paraboliques 1374.1 Aperu des mthodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1374.2 Intgration valeur vectorielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1464.3 Existence Par Faedo-Galerkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1534.4 problmes paraboliques non linaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1674.5 Compacit en temps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1714.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1844.7 Corrigs dexercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

5 Problmes hyperboliques 2055.1 Le cas unidimensionnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2055.2 Cas multidimensionnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2155.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2215.4 Corrigs dexercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

Bibliography

EDP, Tl-enseignement, M2 2

Introduction

This course gives some tools for the study of partial differential equations. These tools are used to obtain existenceresults (and also often uniqueness results) for some examples of linear or nonlinear PDEs of various nature (elliptic,parabolic or hyperbolic).

3

Chapitre 1

Sobolev spaces

Sobolev 1 spaces are functional spaces, that is spaces containing functions, and these functions are such that theirpowers and the powers of their derivatives (in the sense of transposition, or in a weak sense which we shall givelater) are Lebesgue-integrable. Similarly to the Lebesgue spaces, these spaces are Banach spaces 2. The fact thatthe Sobolev spaces are complete is very important to prove the existence of solutions to some partial differentialequations.

1.1 Weak derivativesThe notion of weak derivative is already in a famous article by Jean Leray 3 published in 1934, on the Navier-Stokes equations ; in this article, it is named quasi-derivative ([7] page 205). This notion is crucial for the studyof the existence of solutions to many partial differential equations.Throughout the sequel, is an open subset of IRN , N 1, and Cc () denotes the set of functions of class Cand with compact support on , that is :

Cc () = {u C();K , K compact ;u = 0 sur Kc}.Moreover, the open subset will always equipped with the Borel -algebra, denoted by B(), and with theLebesgue measure, denoted by if N = 1 and N si N > 1. Integration will always be with respect to theLebesgue measure, unless otherwise mentioned.The following lemma is absolutely fundamental, because it allows to merge the (class of ) function(s) f L1loc()with the linear mapping Tf : Cc () IR defined by Cc () 7 Tf () =

f(x)(x) dx.

Recall that f L1loc() means that for any compact subset K of , the restriction f |K of f to K belongs toL1(K).

Lemme 1.1 (Almost everywhere equality in L1) Let be an open subset of IRN , N 1, and let f and g L1loc(). Then : [

Cc (),

f(x)(x) dx =

g(x)(x) dx

] [f = g a.e..] .

1. Sergue Lvovitch Sobolev, 1908-1989) is a Russian mathematician and physicist.2. A Banach space is a is a complete normed vector space.3. Jean Leray, 1906 -1998, is a French mathematician who worked on partial differential equations and on algebraic topology.

4

1.1. WEAK DERIVATIVES CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

Proof : The proof of this lemma uses the regularization of an integrable function by the convolution with asequence of mollifiers : see [3, Problem 8.7 page 480]. LetD() denote the spaceCc () andD?() denote the set of linear forms onD(), which is called the algebraicdual space of D() (to distinguish it from the continuous dual space of D(), which is denoted D(), and whichis the set of all continuous linear forms on D(), once a topology is defined on this space, which will be unusefulfor this course). Let T D?() and D(), then the real number T () is called the action of T on and isdenoted by T, D?(),Cc () or T, D?(),D().Lemma 1.1 allows the definition the derivative by transposition of a L1loc function in the following way :

Dfinition 1.2 (Derivate by transposition) Let be an open subset of IRN , N 1, and let f L1loc(). Let be an open subset of IRN , N 1, and let f L1loc(). The derivate by transposition of f with respect

to its i-eth variable is the linear form Dif on Cc (), defined by :

Dif, D?(),Cc () =

f i dx

where i is the classical partial derivative of with respect to its i-th variable. Therefore Dif belongs toD?(). Note that if f C1(), then Dif is nothing but if , merging if and Tif (which is the elementof D?() induced by if ). It is therefore a generalisation of the notion of derivative.If the linear form Dif can be merged with a locally integrable function in the sense of Lemma 1.1, then f issaid to admit a weak derivative.

Let T D?() ; then its derivative by transposition DiT is defined by :DiT, D?(),Cc () = T, iD?(),Cc (), Cc ().

The notion of derivative in the sense of distribution is somewhat more tricky to define since it requires the definitionof a topology on Cc (). We shall not need it in the framework of this course.Let us give an example of derivate by transposition. The Heaviside 4 function is defined by

H(x) =

{1 if x 0,0 if x < 0,

(1.1)

is locally integrable. Thus it admits a derivate by transposition. To find this derivative DH , one note that for any Cc (IR), the following equality holds :

IR

H(x)(x) dx = +

0

(x) dx = (0),

and thereforeDH is the linear form which maps any function to its value at 0 ; this linear form is also called the Dirac measure at 0 :DH = 0. But this derivative is not a weak derivative, because 0 may not be associated withan L1loc function : there does not exist any function g L1loc(IR) such that 0() =

IRg dx for any Cc (IR)

(see exercise 1.1).Definition 1.2 allows to define the derivate by transposition of an L1loc function (or of an element of D?()) ofhigher order. By identifying an L1loc function with the element of D?() that it represents, one may also define thenotion of weak derivative of higher order. More precisely, for = (1, . . . N ) INN , et u L1loc(IRN ), theweak derivative D11 . . . D

NN u L1loc(IRN ), if it exists, is defined by :

IRND11 . . . D

NN u(x) (x) dx = (1)||

IRNu(x) 11 . . .

NN (x) dx, Cc (IRN ),

where || = 1 + . . .+N et ii is the (classical) partial derivative of order i with respect to the i-th variable.4. Oliver Heaviside (1850 - 1925) physicien britannique autodidacte.


1.2. DEFINITION AND PROPERTIES CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

Remarque 1.3 (Convergence in D?) Let be an open subset of IRN (N 1), (Tn)nIN a sequence of elementsof D?() and T D?(). Then Tn is said to converge to T in D?() as n +, if

Tn, D?(),Cc () T, D?(),Cc () for any Cc (). (1.2)

It is therefore a pointwise convergence in the set of mappings from Cc () to IR.When looking at distributions, a topological structure must be added to the space Cc () (which will not bedescribed in this course, because it is not needed) and instead of working with D?(), one works with the smallerspace of linear continuous mappings from Cc () to IR, which is denoted by D(). However, the notion ofconvergence remains the same in the space D() : it is still given by (1.2).

1.2 Definition and propertiesDfinition 1.4 (Sobolev spaces ) Let be an open subset of IRN , N 1.

1. The space H1() is defined by :

H1() = {u L2() t.q. Diu L2(), i = 1, . . . , N}.

In this definition, when writing Diu L2(), we mean in fact

g L2(); Dif, D?(),Cc () =

g dx, Cc ().

2. The space Hm() : For m IN, we define :

Hm() = {u L2();Du L2() INN ; || m}.

3. The space Wm,p() is defined for 1 6 p 6 and m IN, by

Wm,p() = {u Lp();Du Lp(), INN ; || m.}

4. Note that for m = 0, the space Wm,p() is the Lebesgue space Lp().

Let ( | )L2 denote the inner product in L2(), that is :

(u | v)L2 =

uv dx,

and .Lp the norm in Lp()., that is :uLp = ((

|u|p dx) 1p .

Proposition 1.5 (Vector space structure) When equipped with the following inner product,

(u | v)Hm =||m

(Du | Dv)L2 ,

the spaces Hm() are Hilbert spaces. Note that Wm,2() = Hm().


1.2. DEFINITION AND PROPERTIES CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

A natural norm on Wm,p() is defined by :

uWm,p =

( 06||6m

DupLp)1|p, if 1 6 p < +;

max06||6m

DuL , if p = +.(1.3)

Equipped with this norm, Wm,p() is a Banach space. One may show that the following norm :

um,p =

06||6mDuLp , 1 6 p < +;

06||6mDuL , p = +.

(1.4)

is equivalent to the norm defined by (1.3) : this follows from the equivalence between the norms on IRq where q =card({ INN || m}). The two norms are denoted indifferently by .m,p or .Wm,p . The main interest ofthe norm (1.3) is that in the case p = 2, it gives Hm a Hilbertian structure, and this is not the case with the norm(1.4).

Remarque 1.6 (Sobolev spaces and continuity) In one space dimension (N = 1), with a, b IR, a < b, 1 p +, any element of W 1,p(]a, b[) (which is a class of functions) can be seen as a continuous function, in thesense that there exists a continuous representative of the class (this continuous representative is unique, see Exercise1.3). This follows from the fact that any (class of) function(s) of W 1,p(]a, b[) can be written as the integral of itsderivative.

u W 1,p(]a, b[){u C([a, b]) and v Lp(]a, b[);u = u a.e. and u(x) = u(a) +

xa

v(s) ds

}.

If the space dimension is greater than 1, then this is no longer true. In particular H1() 6 C(), as shown by thefollowing example : let = {x = (x1, x2)t IR2, |xi| < 12 , i = 1, 2}, and u the function defined from to IRby par u(x) = ( ln(|x|)) , with ]0, 1/2[. Then u H1() whereas u 6 L() (see Problem 1.5), and so,in particular, u 6 C().

Proposition 1.7 (Separability) Let be an open subset of IRN (N 1), m IN and 1 p < + ; the spaceWm,p() is a separable space (that is to say a normed vector space which contains a dense countable subset).

The proof of this proposition is the object of Problem 1.9, where it is also shown by a counter example that theresult is not true for p = +.The notion of separability is important because it allows to get as close as need of an vector of the space withan element of a countable family ; in the case of a Hilbert space, separability is equivalent to the existence of aHilbert basis (see e.g. [3, Proposition 6.62]) .Let us now recall the important notion of reflexive space.

Dfinition 1.8 (Reflexive space) Let E be a real normed vector space. Let E be its topological dual, that is tosay the set of continuous linear forms continues from E to IR equipped with its natural norm (E is a Banachspace). For all x E, let us define the mapping Jx from E to IR by Jx(T ) = T (x) for any T E. Then

|Jx(T )| = |T (x)| TExE


1.3. FUNCTIONAL ANALYSIS CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

and therefore Jx is a continuous linear form over E, which is denoted by Jx E where E est le bidual spaceof E, that is to say the topological dual space of E. Thanks to the Hahn-Banach theorem which is recalled in thenext section, it can be shown that : JxE = xE .The mapping J , defined from E to E by J(x) = Jx for any x E, is therefore a linear isometry from E to itsimage Im(J), and of course, we have Im(J) E.The space E is said to be reflexive if Im(J) = E, which amounts to saying that J is surjective.Note that a reflexive space E is complete, since the dual space of any normed vector space is complete.

Proposition 1.9 (Reflexivity) Let be an open subset of IRN , N 1, and m N . For any p ]1,+[, thespace Wm,p() is a reflexive space.

The proof of this result is the object of Problem 1.10.

1.3 Functional Analysis toolsLet us start with a fundamental theorem :

Thorme 1.10 (Hahn Banach) Let E be a vector space over IR and p a convex function defined from E to IR.Let F be a sub-space of E, and T a linear form on F which satisfies T (x) p(x) for any x F . Then there existsa linear form from E to IR, equal to T on F , which prolonges T to the whole space E and which still satisfies thecondition : T (x) p(x) for any x E.The following corollary is essential :

Corollaire 1.11 Let E be a normed space, F un sub-space of E and Ta continuous linear form over F . One maythen prolonge T into a continuous mapping defined over E, with same norm as T .

A well-known characterization of finite dimensional spaces is given in the following theorem :

Thorme 1.12 (Finite dimensional spaces) A Banach space E is finite dimensional if and only if its closed unitball is compact.

The notions de weak and weak-? convergence will be fundamental in the sequel of this course.

Dfinition 1.13 (Weak and weak-? convergence) Let E be a Banach space.1. Weak convergence Let (un)nIN E and u E. We say that un u weakly in E as n ifT (un) T (u) for any T E.

2. Weak-? convergence Let (Tn)nIN E and u E. We say that Tn T in E weakly-? if Tn(x) T (x)for any x E.

Thorme 1.14 (Weak-? compactness of the bounded subsets of the dual of a separable space)Let E be a separable Banach space, and let (Tn)nIN be a bounded sequence of E (that is to say there existsC IR+ such that (TnE C for any n IN). Then there exists a subsequence, still denoted by (Tn)nIN, andT E such that Tn T in E weak-?.

An important application of this theorem is the following : let be an open subset of IRN and (un)nIN a boun-ded sequence of L(), then there exists a subsequence, still denoted by (un)nIN and u L() such that

un dx

u dx for any L1(). This is a consequence of the existence of a natural isometry between

L() and the dual space of L1() and of the separability of L1().


1.4. DENSITY THEOREMS CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

Thorme 1.15 (Weak compactness of the bounded subsets of of a reflexive space) Let E be a reflexive Ba-nach space, and let (un)nIN be a bounded sequence of E (that is to say such that there exists C IR+ suchthat (unE C for any n IN). Then there exists a subsequence, still denoted by (un)nIN, et u E such thatun u weakly in E.

Note that a Hilbert is always a reflexive Banach space.

1.4 Density theoremsDfinition 1.16 (Lipschitz boundary) A bounded open subset de IRN has a Lipschitz boundary if there existsa family (0,1, ...,n) of open subsets of IRN and an associated family of mappings (0, 1, . . . , n)such that :

1. ni=0 i et 0 .2. 0 : 0 B1,N = {x IRN such that ||x|| < 1} is bijective et 0 et 10 are Lipschitz-continuous,3. For any i 1 ,i : i B1,N is bijective, i and 1i are Lipschitz-continuous, and i(i ) =B1,N IRN+ et i(i ) = B1,N {(0, y), y IRN1} (with IRN+ = {(x, y) IRN ;x IR, x >0 et y IRN1}.)

Remarque 1.17 (Ouvert frontire fortement lipschitzienne) Un ouvert born de IRN est dit frontire for-tement lipschitzienne si le bord de est localement le graphe dune fonction lipschitzienne et que est (locale-ment) dun seul ct de ce graphe. Un ouvert (born) frontire fortement lipschitzienne est un ouvert frontirelipschitzienne mais la rciproque est fausse comme le montre lexercice 1.13.

Thorme 1.18 Soit est un ouvert born frontire lipschitzienne et 1 p + alors :1. Si p < +, lensemble C() des restrictions des fonctions Cc (IRN ) est dense dans W 1,p().2. Il existe une application linaire continue P : W 1,p()W 1,p(IRN ) telle que

u W 1,p(), P (u) = u p.p. dans .

Des rsultats analogues sont vrais avec Wm,p() (m > 1) au lieu de W 1,p() mais demandent plus de rgularitsur (voir [1]). La dmonstration se fait par troncature et rgularisation. Un cas particulier fait lobjet de lexercice1.18.On peut montrer aussi que Cc (IR

N ) est dense dans Wm,p(IRN ) si N 1, m N et 1 p < +. Mais, ceciest faux si on remplace IRN par avec ouvert born et m > 0. Par exemple, si est un ouvert born, lespaceCc () nest pas dense dans H

1(). Son adhrence est un sous espace strict de H1(), quon note H10 ().

Dfinition 1.19 (Espace H10 ()) Soit un ouvert de IRN , N 1.

1. On appelle H10 () ladhrence de Cc () dans H

1(), ce quon note aussi : H10 () = Cc ()H1()

.

2. Pour m > 0 et 1 p < +, on dfinit le sous espace Wm,p0 () de Wm,p() comme ladhrence deCc () dans W

m,p() :

Wm,p0 () = Cc ()

Wm,p().

Comme cela a t dit prcdemment, si = IRN on a H10 () = H1() alors que linclusion est stricte si est

un ouvert born.


1.5. THORMES DE TRACE CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

Remarque 1.20 (Espace Ck()) Soit un ouvert de IRN , N 1, et k IN? {+}. Soit une fonction de dans IR. On dit que Ck() si il existe une fonction de IRN dans IR, de classe Ck telle que = dans. Si est born, il est bien sr possible de demander que la fonction soit support compact dans IRN , commecela a t fait dans le thorme 1.18. Il est intressant de noter quil est possible de prendre la mme dfinitionpour k = 0. En effet, si est continue de dans IR, il existe alors continue de IRN dans IR telle que = dans , voir lexercice 1.14.

1.5 Thormes de traceThorme 1.21 (Trace) Soit = IRN+ = {(x, y) IRN ;x IR, x > 0 et y IRN1}. Pour tout p telque 1 p < +, il existe une unique application linaire continue de W 1,p() dans Lp(IRN1) telle queu = u(0, ) p.p sur IRN1 (au sens de la mesure de Lebesgue N 1 dimensionnelle) si u Cc (IRN+ ).

Remarque 1.22 (Lien avec la trace classique.) On suppose que = IRN+ . Alors :

1. Si u H1() C(), on a alors u = u p.p sur (au sens de la mesure de Lebesgue N 1 dimension-nelle).

2. Ker = W 1,p0 (IRN+ ).

Voir ce propos lexercice 1.17.

Thorme 1.23 Soit un ouvert born frontire lipschitzienne et 1 p < +. Alors, il existe une uniqueapplication (linaire continue) dfinie de W 1,p() dans Lp() et tel que

u = u p.p. sur si u W 1,p() C().Ici encore, p.p. est prendre au sens de la mesure de Lebesgue N 1 dimensionnelle sur .De plus Ker = W 1,p0 ().

Remarquons que si p > N , on peut montrer (voir thorme 1.28) que W 1,p() C() et u est alors la valeurde u au bord au sens classique.

Le thorme suivant gnralise la proprit dintgration par parties des fonctions rgulires.

Thorme 1.24 (Intgration par parties)

Si = IRN+ (= {x = (x1, . . . , xN )t IRN ;x1 > 0}), alorsSi 2 i N,

u Div dx =

Diu v dx, (u, v) (H1())2,

Si i = 1,

u D1v dx =

D1u v dx+

u(y) v(y) d(y), (u, v) (H1())2,

si est un ouvert born frontire lipschitzienne, alors, pour tout i = 1, . . . , N ,

u Div dx =

Diu v dx+

u(y) v(y)ni(y) d(y), (u, v) (H1())2,

o u dsigne la trace de u sur la frontire et d(y) dsigne lintgration par rapport la mesure adquatesur (that is to say la mesure de Hausdorff sur quon peut voir comme une mesure de Lebesque (N 1)dimensionnelle), et n = (n1, . . . , nN )t est la normale extrieure .


1.6. THORMES DE COMPACIT CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

1.6 Thormes de compacitLes thormes suivants sont une consquence du thorme de Kolmogorov (voir [4, Thorme 8.5]).

Thorme 1.25 (Rellich) Soit un ouvert born de IRN (N 1) et 1 p < +. Toute partie borne deW 1,p0 () est relativement compacte dans L

p(). Ceci revient dire que de toute suite borne de W 1,p0 (), onpeut extraire une sous-suite qui converge dans Lp().

Le thorme prcdent reste vrai avec W 1,p() condition de supposer la frontire lipschitzienne.

Thorme 1.26 Soit un ouvert born de IRN (N 1), frontire lipschitzienne, et 1 p < +. Toutepartie borne de W 1,p() est relativement compacte dans Lp(). Ceci revient dire que de toute suite borne deW 1,p(), on peut extraire une sous-suite qui converge dans Lp().

Nous aurons aussi besoin dune version du thorme 1.25 dans les espaces duaux de Lp et W 1,p0 . Comme, pourp < +, le dual de Lp est identifi lespace Lq avec q = p/(p 1), et que le dual de W 1,p0 est not W1,q , onobtient le thorme 1.27.

Thorme 1.27 Soit un ouvert born de IRN (N 1) et 1 < q < +. Toute partie borne de Lq() estrelativement compacte dans W1,q().En particulier, pour q = 2, Lespace W1,2() est aussi not H1(). Toute partie borne de L2() est doncrelativement compacte dans H1().

1.7 Sobolev embeddingsThe following theorem states the Sobolev embeddings ; these embeddings that a function which is such that apower of itself and its derivative are integrable (that is to say u W 1,p) is in fact in a better espace (in terms ofintegration or regularity). There are three different cases, whether the power is lower than, equal to, or larger thanthe space dimension N .

Thorme 1.28 (Sobolev embeddings) Let be an open subset of IRN , N 1, which is either bounded withLipschitz boundary, or equal to IRN .

1. If 1 p < N , then W 1,p() Lp?(), with p? = NpNp , and the embedding is continuous, that is tosay there exists C IR+ (only depending on p,N and ) such that

u W 1,p(), uLp? CuW 1,p , which is denoted by W 1,p() Lp?

();

in particular we haveW 1,1() L NN1 ().

For N = 1, the case p = N is allowed. We thus have

W 1,1() L() if N = 1.2. If p > N , then

W 1,p() C0,1Np ()where , for > 0, C0,() is the set of -Hlder functions, defined by

C0,() = {u C(, IR) | k IR; |u(x) u(y)| kx y,(x, y) 2}. (1.5)The proof of this result is the object of Problem 1.15.


1.8. EXERCICES CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

3. In the case where is a bounded domain with Lipschitz boudnary, W 1,N () Lq() for any q such that1 q < + (and the case q = is authorized ifi N = 1). This result is wrong in the case = IRN , seeProblem 1.5 for a counter-example.

If is an open bounded subset with no regularity assumption on the boundary, the three preceding assertions arestill valid for the space W 1,p0 () instead of W

1,p() ;.

Remarque 1.29 Let be an open bounded subset of IRN . A simple consequence of the Sobolev injection theorem(theorem 1.28) and of the Rellich compactness theorem (theorem 1.25) is that the mapping u 7 u is compact fromW 1,p0 () into L

q() if 1 p N and q < p? = pNNp .If p > N , a simple consequence of the Sobolev injection theorem (theorem 1.28) and of the (classical) Ascolitheorem is that the mapping u 7 u is compact from W 1,p0 () to C().

References1. Mesure, intgration, probabilits, T. Gallout et R Herbin, Ellipses, 2013

http://www.cmi.univ-mrs.fr/~herbin/PUBLI/integ.pdf

2. Analyse fonctionnelle et rsultats principaux sur les Sobolev : [2] H. Brezis, Analyse Fonctionnelle, Masson,1983

3. Expos complet sur les espaces de Sobolev : [1] R. A. Adams, Sobolev spaces, 1975

1.8 ExercicesExercice 1.1 (Example if derivative) Solution 1.1Let N 1, = {x = (x1, . . . , xN )t IRN , |xi| < 1, i = 1, . . . , N} and u : IRN IR defined by u(x) = 1if x and u(x) = 0 if x 6 .

1. For i = {1, . . . , N} et Cc (IRN ), show that

IRNu(x) xi (x)dx only depends on the values taken by

on .

Indication Start with the case N = 1 and use an integration by parts.

2. Show that u 6W 1,1(IRN ).Indication For N = 1, the question amounts to showing that the Dirac measure cannot be associated to an L1

function. To show this fact, one may use the fokkowing integration result : if g L1(IR), et si (An)nIN is a sequenceof measurable sets, the measure of which tends to 0 as n +, then

Ang(x)dx 0 as n +.

Exercice 1.2 ( A function with null derivative is constant) Solution 1.2Let u L1loc(]0, 1[) such that Du = 0. Show that

a IR;u = a a.e..



Indication On pourra considrer dabord le cas u L1(]0, 1[) et procder, par exemple, par densit. La fonctionu peut tre approche par convolution par des noyaux rgularisants n quon prend support dans ] 1n , 1n [. Enprolongeant u par 0 en dehors de [0, 1], on pose un = u ? n. On a alors un = u ?

n. Montrer alors que u

n(x) = pour tout x ] 1n , 1 1n [, et en conclure que un(x) = 0 pour tout x ] 1n , 1 1n [.Terminer le raisonnement en utilisant le fait que un1] 1

n,1 1

n[ tend vers u dans L

1.

Dans le cas u L1loc(]0, 1[) considrer u = u1[,1] et refaire le raisonnement prcdent de manire habile. . .

Le raisonnement donn ici se gnralise au cas multidimensionnel (voir lexercice 1.4 et son corrig). Une autre mthode,plus spcifiquement lie au cas unidimensionnel, est donne dans le corrig 1.2.

Exercice 1.3 (Espace de Sobolev en 1d) Solution 1.3Soit 1 p et u W 1,p(]0, 1[).1. Soit u W 1,p(]0, 1[).

(a) Montrer quil existe C IR t.q. u(x) = C + x0Du(t)dt, pour presque tout x ]0, 1[. En dduire que

u C([0, 1], IR) (au sens quil existe v C([0, 1], IR) t.q. u = v p.p. sur ]0, 1[, en identifiant u et v, on peutdonc dire que W 1,p(]0, 1[) C([0, 1], IR).

Indication Introduire la fonction F (x) = x

0Du(t) dt (qui est dans Lp), calculer sa drive faible et montrer

quelle est gale Du. Pour cela, appliquer Fubini en introduisant la fonction caratristique 1[0,x] et en notant quepour x, t [0, 1], 1[0,x](t) = 1[t,1](x).Montrer alors que F est continue et conclure grce lexercice 1.2.

(b) Montrer que u uW 1,p(]0,1[).Indication Ecrire u(x) = u(s) +

xsDu(t) dt, et intgrer par rapport s.

(c) Si p > 1, Montrer que u est une fonction hldrienne dexposant 1 (1/p).Indication Majorer u(x) u(y) par lingalit de Hlder.

2. Soit u C([0, 1], IR). On suppose quil existe w Lp(]0, 1[) t.q. u(x) = u(0)+ x0w(t)dt, pour tout x ]0, 1[.

Montrer que u W 1,p(]0, 1[) et Du = w.Indication Encore Fubini. . .

Exercice 1.4 (Gnralisation de lexercice 1.2) Solution 1.4Soient N 1, B = {x IRN , |x| < 1} et u L1loc(B).1. On suppose que Diu = 0 pour tout i {1, . . . , N}. Montrer quil existe a IR t.q. u = a p.p.. (u est donc la

fonction constante gale a.) [On pourra, par exemple, raisonner ainsi :Soit ]0, 1/2[ et (n)nIN? une suite de noyaux rgularisants, that is to say :

Cc (IRN , IR),

IRNdx = 1, 0, (x) = 0 si |x| 1,

et, pour n IN?, x IRN , n(x) = nN(nx).(1.6)

On pose u(x) = u si |x| 1 et u = 0 sinon. Puis, on pose u,n = u ? n.Montrer que u,n Cc (IRN , IR) et que, si 1/n < , u,n est constante sur la boule de centre 0 et de rayon1 2. Puis, conclure. . . .]



2. On suppose que Diu est une fonction continue, pour tout i {1, . . . , N}. Montrer que u C1(B, IR) (au sensil existe v C1(B, IR) t.q. u = v p.p.). [On pourra, par exemple, reprendre lindication de la 1re question etraisonner ainsi : Montrer que pour tout x, y IRN on a

u,n(y) u,n(x) = 1

0

u,n(ty + (1 t)x) (y x)dt,

et que pour z dans la boule de centre 0 et rayon 1 2 et i {1, . . . , N} on a

(u,n/xi)(z) =

B

Diu(z)n(z z)dz.

En dduire que pour presque tout x, y B, on a, avec Du = {D1u, . . . ,DNu}t,

u(y) u(x) = 1

0

Du(ty + (1 t)x) (y x)dt.

Montrer alors que u est continue et que la formule prcdente est vraie pour tout x, y B. Conclure enfin queu C1(B, IR).]

3. On reprend ici la 1re question en remplaant B par un ouvert quelconque de IRN . Montrer que u est constantesur chaque composante connexe de B. (Comme dhabitude, u constante signifie quil existe a IR t.q. u = ap.p..)

Exercice 1.5 (Non gnralisation de lexercice 1.3) Solution 1.5Soit = {x = (x1, x2)t IR2, |xi| < 12 , i = 1, 2}, ]0, 1/2[ et u : IR dfinie par u(x) = ( ln(|x|)) .Montrer que u H1(). En dduire que H1() 6 C().

Indication Montrer que la drive par transposition de u est une drive faible et que cette drive faible est gale(presque partout) sa drive classique .

Exercice 1.6 (Laplacien dun lment de H10 ()) Solution 1.6Soit un ouvert born de IRN (N 1) et u H10 ().1. Montrer que, pour tout Cc (), on a

u, D?(),Cc () =u(x)(x)dx =

u(x) (x)dx.

2. On rappelle que H10 () est un s.e.v. ferm de H1(). Muni de la norme de H1(), lespace H10 () est donc

un espace de Hilbert. On note H1() le dual (topologique) de H10 (). Dduire de la question prcdente queu H1() (that is to say que llment de D?(), not u, se prolonge de manire unique en un lmentde H1(), encore note u) et que

uH1() |u| L2().

NB. En fait, on montrera au chapitre 2 que sur H10 () la norme H1() est quivalente la norme note H10 ()

dfinie par uH10 () = |u| L2(). Avec ce choix de norme sur H10 () on obtient uH1() = uH10 ().

Exercice 1.7 (Petits piges...) Pour x IR2 \ {0}, on pose G(x) = ln(|x|).



1. Montrer que G C(IR2 \ {0}) et G = 0 (au sens classique) dans IR2 \ {0}. En dduire que G = 0 dansD?(IR2) \ {0}. Que vaut G dans D?(IR2) ?

2. Montrer que G Lploc(IR2) pour tout p < + etG Lploc(IR2) pour p < 2.3. On prend dans cette question =]0, 1[2. Montrer que

u L2(), u H1() 6 u H1().

Montrer que

v (H1())2, div(v) = 0 dans D?() et rot(v) = 0 dans D?() 6 v (L2())2.

4. (Singularit liminable) Soit un ouvert de IR2 contenant 0. On suppose ici que u H1() et que u = 0dans D?( \ {0}). Montrer que u = 0 dans D?(). [On pourra utiliser astucieusement la fonction G. . . ].

Exercice 1.8 (Trois applications de Hahn-Banach) Soit E un espace de Banach rel.

1. Soit x E, x 6= 0. Montrer quil existe T E t.q. T (x) = xE et TE = 1.Indication Dfinir T sur la droite engendre par x et prolonger T par Hahn Banach.

2. Soient F un s.e.v de E et x E. Montrer que x 6 F si et seulement si il existe T E t.q. T (x) 6= 0 etT (y) = 0 pour tout y F .

Indication Sens : Sens facile.Sens : construire lapplication linaire T sur IRx F par T (x) = 1 et T (y) = 0 pour tout y F ; montrer queT est continue et conclure par Hahn Banach. La continuit de T est le point le plus technique : on peut par exempleremarquer que si x 6 F , alors il existe > 0 tel que B(0, )F = , et montrer ensuite que T (z) 1

z pour tout

z G = IRx F , ce qui montre la continuit d T sur G.

3. Pour x E, on dfinit Jx de E dans IR par Jx(T ) = T (x) pour tout T E. Montrer que Jx E pour toutx E et que lapplication J : x 7 Jx est une isomtrie de E sur J(E) E. (Dfinition : On dit que E estrflexif si J(E) = E.)

Indication La linarit et la continuit de J sont faciles. Il reste montrer le caractre isomtrique. Soit x E. Ilest facile de voir que |J(x)| xE . Pour montrer lgalit, considrer lapplication T de la premire question.

Exercice 1.9 (Sparabilit de Lp) On dsigne par Lp lespace LpIR(IR,B(IR), ).1. Soit 1 p


Exercice 1.10 (Rflexivit de Lp si 1 < p


- 1.0

- 0.8

- 0.6

- 0.4

- 0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

FIGURE 1.1 Louvert



Si d2 < 0, on a (an + an2 )d S pour n t.q. an + an2 t. Mais, en utilisant (1.7), on a(an +

an2

) = an1(1

4) an1 an + an

2.

On a donc (an + an2 ) (an + an2 ) 0 et, comme (an + an2 )d2 < 0, ceci montre que (an + an2 )d 6 . On a ainsimontr que S rencontre c.

Finalement, on a bien montr que nest pas fortement lipschitzien.

Louvert est faiblement lipschizien

On pose T = {(x, y), x ]0, 1[, x < y < x}. On dfinit une bijection de dans le triangle T en posant

(x, y) = (x, x+ 2(y (x))).2. Montrer que est lipschitzienne ainsi que son inverse. En dduire que est un ouvert lipschitzien.

Corrig La fonction est lipschitzienne (car lest) et son inverse aussi car son inverse est lapplication dfiniepar

(x, y) = (x, (x) +1

2(y (x))).

Comme le triangle T est fortement lipschitzien, on en dduit (assez facilement) que est lipschitzien.

Exercice 1.14 (Prolongement dune fonction continue) Soient un ouvert de IRN , N 1, et f une fonctioncontinue de dans IR. Le but de lexercice est de montrer quil existe g continue de IRN dans IR telle que g = fdans .

Si x , on pose g(x) = f(x).Si x 6 , on pose dx = inf{|x y|, y } (on a donc dx > 0), Bx = {z IRN , |x z| < 2dx} et

g(x) =

Bx f(z)dz

Bx dz.

Montrer que g est bien dfinie et est continue de IRN dans IR.

Exercice 1.15 (Ingalits de Sobolev pour p > N )

Lobjet de cet exercice est de dmontrer linjection de Sobolev pour p > N .Si x IRN (N 1), on note x = (x1, x), avec x1 IR et x IRN1. On note H = {(t, (1 |t|)a), t ] 1, 1[,a BN1}, o BN1 = {x IRN1, |x| < 1}. (On rappelle que | | dsigne toujours la norme euclidienne.)Soit N < p


2. Soit u C1c (IRN , IR). Montrer quil existe C2 IR, ne dpendant que de N et p, t.q.

|u(x) u(y)| C2(|u|)Lp(IRN )|x y|1Np . (1.9)

[Aprs, ventuellement, une rotation et une translation, on peut supposer que x = (b, 0) et y = (b, 0). Seramener alors (1.8).]

Pour ]0, 1] et K sous ensemble ferm de IRN , on note

C0,(K) = {u C(K, IR), uL(K)


4. On suppose maintenant que est un ouvert born frontire lipschitzienne. Pour 1 p < N , Montrer quelinjection de W 1,p() dans Lq() est continue pour tout q [p, p?] (p? = (Np)/(N p)). Montrer quelinjection de W 1,N () dans Lq() est continue pour tout q [N,[ (Pour N = 1, le cas q = est autoris).

Exercice 1.17 (Noyau de loprateur trace)

Soient = IRN+ , 1 p


2. Montrer que un prend ses valeurs entre 0 et 1 et que le support de un est une boule dont le diamtre tend vers 0quand n +.Pour n IN?, on pose xn = (1/n, 0) IR2 et on choisit mn t.q. le support de un soit une boule de diamtreplus petit que (1/2)(1/n 1/(n+ 1)) et t.q. la suite (mn)nIN? soit strictement croissante. Puis on pose, pourx IR2, vn(x) = umn(x xn).

3. Montrer que toutes les fonctions vn ont des supports disjoints.4. On pose v =

nIN? vn. Montrer que la fonction v appartient H

1(IR2)L(IR2). Montrer que v est continuesur IR2 \ {0} mais nest pas continue en 0.

Exercice 1.21 (Sur linjection de W 1,1 dans L1?

) Soit un ouvert born connexe de IRN (N 1) fron-tire lipschitzienne. Soit une partie borlienne de de mesure de Lebesgue strictement positive, that is tosay N () > 0 en dsignant par N la mesure de Lebesgue sur les borliens de IRN .On dfinit lensemble W par

W = {u W 1,1() tel que u = 0 p.p. dans }.le but de cet exercice est de montrer, par deux mthodes diffrentes, quil existe C, dpendant seulement de et, tel que

uLp() C |u| L1() pour tout u W et pour tout 1 p NN 1 . (1.13)

I- Premire mthode (mthode directe)1. On suppose quil existe une suite (un)nIN? dlments de W t.q. unL1() = 1 pour tout n IN? et

unL1() n |un| L1() pour tout n IN?.En utilisant un thorme de compacit du cours (chapitre 1), montrer quon peut supposer, aprs extraction dunesous suite, que un u dans L1() quand n +. Montrer alors que u = 0 p.p. et que uL1() = 1 (ce quiest impossible. . . ).

2. Dduire de la question prcdente quil existe C1, dpendant seulement de et , tel que

uL1() C1 |u| L1() pour tout u W. (1.14)3. On rappelle (thorme 1.28) quil existe C2, dpendant seulement de , tel que, en posant 1? = N/(N 1),uL1? () C2uW 1,1() pour tout u W 1,1(). Avec la question prcdente, en dduire quil existe C,dpendant seulement de et , vrifiant (1.13).

II- Deuxime mthode (en passant par la moyenne de u)1. Soit H = {u W 1,1() t.q.

u(x)dx = 0}. Montrer quil existe C3 ne dpendant que de t.q. uL1()

C3 |u| L1() pour tout u H .En utilisant le rappel de la question 3 de la premire partie, en dduire quil existe C4 ne dpendant que de t.q.

umL1? () C4 |u| L1() pour tout u W 1,1(),avec mN () =

u(x)dx. [On pourra remarquer que um H .]

2. Soit u W et m tel que mN () =

u(x)dx. Montrer que

|m| C4N ()1/1

? |u| L1()et en dduire que

uL1? () C4(

1 +(N ()N ()

)1/1?) |u| L1().


1.9. CORRIGS DEXERCICES CHAPITRE 1. SOBOLEV SPACES

1.9 Corrigs dexercicesCorrig 1.1 (Exemple de drive)Soient N 1, = {x = (x1, . . . , xN )t IRN , |xi| < 1, i = 1, . . . , N} et u : IRN IR dfinie par u(x) = 1si x et u(x) = 0 si x 6 .1. Pour i = {1, . . . , N} et Cc (IRN ), montrer que

IRN

u(x) xi (x)dx ne dpend que des valeurs prises par sur le bord de .

Corrig On prend, par exemple, i = 1 (les autres valeurs de i se traitent de manire similaire). Pour tout Cc (IR

N ) on aIRN

u(x)

x1(x)dx =

]1,1[N

x1(x)dx =

]1,1[N1

( 11

x1(x1, y)dx1

)dy

et donc IRN

u(x)

x1(x)dx =

]1,1[N1

(1, y)dy

]1,1[N1(1, y)dy.

Ceci montre bien que

IRNu(x)

x1(x)dx ne dpend que des valeurs prises par sur le bord de .

2. Montrer que u 6W 1,1(IRN ).Corrig On raisonne par labsurde. On suppose que u W 1,1(IRN ). Il existe alors (en particulier) g L1(IRN )t.q.

IRNu(x)

x1(x)dx =

IRN

g(x)(x)dx pour tout Cc (IRN ).

Pour n IN?, on pose An =]1 1n , 1 + 1n [] 1, 1[N1.On choisit une fonction Cc (IRN ) t.q. (x) 0 pour tout x IRN , (x) = 0 si x 6 A1 et (x) = 1 six = (1, y) avec y ] 1

2, 1

2[N1 (une telle fonction existe). Pour n IN?, on dfinit alors n par n(1+x1, y)) =

(1 + nx1, y) pour tout x1 IR et y IRN1 (de sorte que n = 0 hors de An).Pour n IN?, on a bien n Cc (IRN ) et le choix de n donne

IRNu(x)

nx1

(x)dx =

]1,1[N1

n(1, y)dy

]1,1[N1n(1, y)dy 1

et|

IRNg(x)n(x)dx|

An

|g(x)|dx.

On a doncAn|g(x)|dx 1 pour tout n IN?, ce qui est impossible car la mesure de Lebesgue (N -dimensionnelle)

de An tend vers 0 quand n +.

Corrig 1.2 (Une fonction de drive nulle est constante)Soit u L1loc(]0, 1[) t.q. Du = 0. Montrer quil existe a IR t.q. u = a p.p.. (u est donc la fonction constantegale a.)

Corrig On se donne 0 Cc (]0, 1[) t.q. 1

00(x)dx = 1.

Pour Cc (]0, 1[), on dfinit la fonction par

(x) =

x0

(t)dt( 1

0

(t)dt) x

0

0(t)dt. pour x ]0, 1[.

Avec ce choix de on a Cc (]0, 1[) et donc, comme Du = 0,

0 = Du,D?,Cc = 1

0

u(x)(x)dx.



Comme = ( 10(t)dt)0, on a donc 1

0

u(x)(x)dx( 1

0

(t)dt)( 1

0

u(x)0(x)dx)

= 0.

On pose a = 1

0u(x)0(x)dx, on a ainsi 1

0

u(x)(x)dx =

10

a(x)dx pour tout Cc (]0, 1[).Le lemme 1.1 donne alors u = a p.p..

Corrig 1.3 (Espace de Sobolev en 1d)Soit 1 p et u W 1,p(]0, 1[).1. Soit u W 1,p(]0, 1[).

(a) Montrer quil existe C IR t.q. u(x) = C + x0Du(t)dt, pour presque tout x ]0, 1[. En dduire que

u C([0, 1], IR) (au sens quil existe v C([0, 1], IR) t.q. u = v p.p. sur ]0, 1[, en identifiant u et v, on peutdonc dire que W 1,p(]0, 1[) C([0, 1], IR).

Corrig Pour x [0, 1], on pose F (x) = x0Du(t)dt. Comme Du L1(]0, 1[), on a F C([0, 1], IR). On

peut aussi montrer que F est drivable p.p. et que F = Du p.p. mais cela est inutile ici. On sintresse plutt ladrive par transposition de F , that is to say DF et on va montrer que DF = Du.Soit Cc (]0, 1[). On a

DF,D?,Cc = 1

0

F (x)(x)dx = 1

0

( 10

1]0,x[(t)Du(t)dt)(x)dx.

En remarquant que 1]0,x[(t) = 1]t,1[(x) pour tout t, x ]0, 1[ et en utilisant le thorme de Fubini, on a donc

DF,D?,Cc = 1

0

( 10

1]t,1[(x)(t)dx

)Du(t)dt =

10

(t)Du(t)dt,

ce qui prouve que DF = Du.

On a donc D(u F ) = 0 et lexercice 1.2 donne alors lexistence de C IR t.q. u F = C p.p. that is to sayu(x) = C +

x0

Du(t)dt pour presque tout x ]0, 1[.

(b) Montrer que u uW 1,p(]0,1[).Corrig On choisit maintenant pour u (qui est une classe de fonctions) son reprsentant continu. On a alorspour tout x [0, 1]

u(x) = u(0) +

x0

Du(t)dt.

On a alors aussi pour tout x, y [0, 1], u(x) = u(y) + xyDu(t)dt, on en dduit

|u(x)| |u(y)|+ 1

0

|Du(t)|dt.En intgrant cette ingalit sur [0, 1] (par rapport y), on obtient pour tout x [0, 1]

|u(x)| uL1 + DuL1 = uW1,1 ,et donc, en prenant le max sur x et en utilisant lingalit de Hlder,

uL uL1 + DuL1 uLp + DuLp = uW1,p .

(c) Si p > 1, Montrer que u est une fonction hldrienne dexposant 1 (1/p).



Corrig On choisit toujours pour u son reprsentant continu. Soit x, y [0, 1], y > x, on au(y) u(x) =

yx

Du(t)dt

et donc, en utilisant lingalit de Hlder,

|u(y) u(x)| ( y

x

|Du(t)|pdt) 1p |y x|1 1p uW1,p |y x|1

1p .

2. Soit u C([0, 1], IR). On suppose quil existe w Lp(]0, 1[) t.q. u(x) = u(0)+ x0w(t)dt, pour tout x ]0, 1[.

Montrer que u W 1,p(]0, 1[) et Du = w.Corrig Il est clair que u Lp(]0, 1[). Pour montrer que u W 1,p(]0, 1[) il suffit de montrer que Du = w thatis to say que Du,D?,Cc =

10w(t)(t)dt pour tout Cc (]0, 1[).

Soit Cc (]0, 1[). On aDu,D?,Cc =

10

u(t)(t)dt = 1

0

( t0

w(x)dx)(t)dt =

10

( 10

1]0,t[(x)w(x)dx)(t)dt.

On utilise une nouvelle fois le thzorme de Fubini et le fait que 1]0,t[(x) = 1]x,1[(t) (pour tout x, t ]0, 1[). Onobtient

Du,D?,Cc = 1

0

( 10

1]x,1[(t)(t)dt

)w(x)dx =

10

( 1x

(t)dt)w(x)dx =

10

(x)w(x)dx.

Ce qui donne bien Du = w.

Corrig 1.4 (Gnralisation de lexercice 1.2)Soient N 1, B = {x IRN , |x| < 1} et u L1loc(B).1. On suppose que Diu = 0 pour tout i {1, . . . , N}. Montrer quil existe a IR t.q. u = a p.p.. (u est donc la

fonction constante gale a.) [On pourra, par exemple, raisonner ainsi :Soit ]0, 1/2[ et (n)nIN? une suite de noyaux rgularisants, that is to say :

Cc (IRN , IR),

IRNdx = 1, 0 in IRN , (x) = 0 si |x| 1,

et, pour n IN?, x IRN , n(x) = nN(nx).(1.15)

On pose u(x) = u si |x| 1 et u = 0 sinon. Puis, on pose u,n = u ? n.Montrer que u,n Cc (IRN , IR) et que, si 1/n < , u,n est constante sur la boule de centre 0 et de rayon1 2. Puis, conclure. . . .]

Corrig On a u L1(IRN ). Pour tout n IN?, la fonction u,n est donc bien dfinie sur tout IRN . Le fait queu,n soit de classe C est classique et les drives de u,n sont gales la convolution de u avec les drives den. Il est facile aussi de voir que u,n est une fonction support compact car u et n sont des fonctions supportcompact.

On note Br la boule de centre 0 et de rayon r. On montre maintenant que pour tout i la fonctionu,nxi

est nulle surB12 si 1/n < ..

Soit i {1, . . . , N} et x IRN , on au,nxi

(x) =(u ?

nxi

)(x) =

IRN

u(y)nxi

(x y)dy.Si 1/n < et x B12, la fonction n(x ) appartient Cc (B) et est nulle hors de B1. On remarque aussique

n(x )xi

= nxi

(x ).



(La notation /xi dsigne la drive par rapport la i-me variable, ne pas confondre avec la i-me composantede x dans la formule prcdente. . . .) On obtient ainsi

u,nxi

(x) =

B

u(y)nxi

(x y)dy = Diu, n(x )D?(B),Cc (B) = 0.

On a ainsi montr que pour 1/n < , la fonction u,nxi

est, pour tout i, nulle sur B12. On en dduit que la fonctionu,n est constante sur B12. En effet, il suffit de remarquer que pour tout x B12 on a

u,n(x) u,n(0) = 1

0

u,n(tx) x dt = 0.

Comme u L1(IRN ), la suite (u,n)nIN converge dans L1(IRN ) vers u. En considrant les restrictions de cesfonctions la boule B12 (sur la laquelle u = u), la suite (u,n)nIN converge dans L1(B12) vers u. Commeu,n est une fonction constante sur B12 (pour 1/n < ) sa limite (dans L1) est donc aussi une fonction constante.Ceci montre que la fonction u est constante sur B12, that is to say quil existe a IR t.q. u = a p.p. sur B12.Comme > 0 est arbitraire, on en dduit que a ne dpend pas de et que u est constante sur B.

2. On suppose que Diu est une fonction continue, pour tout i {1, . . . , N}. Montrer que u C1(B, IR) (au sensil existe v C1(B, IR) t.q. u = v p.p.). [On pourra, par exemple, reprendre lindication de la 1re question etraisonner ainsi : Montrer que pour tout x, y IRN on a

u,n(y) u,n(x) = 1

0

u,n(ty + (1 t)x) (y x)dt,

et que pour z dans la boule de centre 0 et rayon 1 2 et i {1, . . . , N} on a

(u,n/xi)(z) =

B

Diu(z)n(z z)dz.

En dduire que pour presque tout x, y B, on a, avec Du = {D1u, . . . ,DNu}t,

u(y) u(x) = 1

0


Montrer alors que u est continue et que la formule prcdente est vraie pour tout x, y B. Conclure enfin queu C1(B, IR).]

Corrig Soit > 0. La fonction u,n est de classe C. On a donc bien, pour tout x, y IRN ,

u,n(y) u,n(x) = 1

0

u,n(ty + (1 t)x) (y x)dt. (1.16)Dans cette formuleu,n dsigne la fonction vectorielle dfinie par les drives classiques de u,n.Pour z IRN et i {1, . . . , N} on a

u,nxi

(z) =

IRN

u(z)nxi

(z z)dz.Si z B12 et 1/n < , la fonction n(z ) appartient Cc (B) et est nulle hors de B1 (et sur B1 on au = u). On en dduit

u,nxi

(z) = Diu, n(z )D?(B),Cc (B) =B

Diu(z)n(z z)dz.Comme Di(u) est uniformment continue sur B1, on dduit de la formule prcdente que u,n/xi converge versDiu uniformment sur B12. On a donc, pour tout x, y B12

limn+

10

u,n(ty + (1 t)x) (y x)dt. = 1

0




La suite (u,n)nIN? converge dans L1(IRN ) vers u. Aprs extraction ventuelle dune sous suite, on peut doncsupposer que cette suite converge p.p. vers u et donc p.p. vers u sur la boule B1. En passant la limite quandn + dans lgalit (1.16), on obtient pour presque tout x, y dans B12

u(y) u(x) = 1

0

Du(ty + (1 t)x) (y x)dt. (1.17)Comme > 0 est arbitraire, la formule (1.17) est valable pour presque tout x, y B.Pour conclure, on fixe un point x B pour lequel (1.17) est vraie pour presque tout y B et on pose

v(y) = u(x) +

10

Du(ty + (1 t)x) (y x)dt pour tout y B.La fonction v est de classe C1 (car Du est une fonction continue et donc v est drivable sur tout B et v = Du).Comme u = v p.p., ceci termine la question.

3. On reprend ici la 1re question en remplaant B par un ouvert quelconque de IRN . Montrer que u est constantesur chaque composante connexe de B. (Comme dhabitude, u constante signifie quil existe a IR t.q. u = ap.p..)

Corrig On note louvert remplaant B. Le raisonnement prcdent montre que sur toute boule incluse dans ,u est p.p. gale une constante. Pour que lgalit soit vraie sur toute la boule (et non seulement p.p.), il suffit dedfinir v sur par

v(x) = limh0, h>0

1

d(Bx,h)

B(x,h)

u(y)dy pour tout x ,

o B(x, h) dsigne la boule de centre x et de rayon h et d(B(x, h)) la mesure de Lebesgue d-dimensionelle de cetteboule. On a alors u = v p.p. (v est donc un reprsentant de la classe u) et sur toute boule incluse dans , v est gale une constante.

La fonction v est donc localement constante. On en dduit que v est constante sur chaque composante connexe de .En effet, soit x et U la composante connexe de contenant x. On pose a = v(x). Lensemble {y U ; v(y) = a}est un ouvert non vide de U et lensemble {y U ; v(y) 6= a} est aussi un ouvert de U disjoint du prcdent. Parconnexit de U ce dernier ensemble est donc vide, ce qui prouve que v = a sur tout U .

Corrig 1.5 (Non gnralisation de lexercice 1.3)Soit = {x = (x1, x2)t IR2, |xi| < 12 , i = 1, 2}, ]0, 1/2[ et u : IR dfinie par u(x) = ( ln(|x|)) .Montrer que u H1(). En dduire que H1() 6 C().

Corrig La fonction u est de classe C sur \ {0} (en remarquant que |x| 2/2 < 1 pour tout x ). Lesdrives classiques de u sont pour x = (x1, x2)t 6= 0

u

xi(x) = ( ln(|x|))1 xi|x|2 , i = 1, 2.

Il est facile de voir que u L2() (et mme u Lp() pour tout 1 p < +). Comme < 1/2, on peut aussimontrer que les drives classiques de u sont dans L2(). Il suffit pour cela de remarquer que, pour a > 0, a

0

1

r| ln(r)|2(1) dr < +.Pour montrer que u H1(), il suffit donc de montrer que les drives par transposition de u sont reprsentes par lesdrives classiques, that is to say que pour tout Cc () et pour i = 1, 2, on a

u(x)

xi(x)dx =

u

xi(x)(x)dx. (1.18)

On montre maintenant (1.18) pour i = 1 (bien sr, i = 2 se traite de manire semblable). Soit Cc () et 0 < 1 et u C1c (IRN ), on a aussi v C1c (IRN ). On peut donc appliquer le rsultat de la question (c) la fonction v. On obtient(

IRN|u(x)|p?

)N1N

=(

IRN|u(x)| NN1

)N1N |v| 1.

Comme |v| = |u|1|u|, lingalit de Hlder (avec p et q = p/(p 1)) donne |v| 1 = |u|1 |u| 1 |u|1 q |u| p.

Comme ( 1)q = ( 1)p/(p 1) = p?, on a donc

up?(N1)

Np? =

(IRN|u(x)|p?

)N1N u

p?(p1)p

p? |u| p.

Ce qui donne, avec CN,p = =p(N 1)N p ,

up? CN,p |u| p.

2. Soit 1 p < N . Montrer que up? CN,p |u| p, pour tout u W 1,p(IRN ) (CN,p et p? sont donns laquestion prcdente). En dduire que linjection deW 1,p(IRN ) dans Lq(IRN ) est continue pour tout q [p, p?].

Corrig Soit u W 1,p(IRN ), il existe une suite (un)nIN de fonctions appartenant C1c (IRN ) t.q. un udans W 1,p(IRN ) quand n +. Par la question prcdente, cette suite est de Cauchy dans Lp? . Par unicit de lalimite (par exemple dans L1loc(IR

N )) cette limite est ncessairement gale u. On peut alors passer la limite quandn + dans lingalit unp? CN,p |un| p et on obtient ainsi

up? CN,p |u| p pour tout u W 1,p(IRN ).Ceci donne linjection continue de W 1,p(IRN ) dans Lp

?

(IRN ).

Linjection continue de W 1,p(IRN ) dans Lp(IRN ) est immdiate car up uW1,p pour tout u W 1,p (IRN ).Soit maintenant q ]p, p?[. Pour montrer que W 1,p(IRN ) sinjecte continment dans Lq(IRN ) il suffit dutiliserlingalit classique suivante (qui se dmontre avec lingalit de Hlder) avec p < q < r = p?.

uq upu1r , (1.22)avec = p(rq)

q(rp) ]0, 1[.

3. Soit p = N . Montrer que linjection de W 1,N (IRN ) dans Lq(IRN ) est continue pour tout q [N,[ (PourN = 1, le cas q = est autoris).



Corrig Le cas N = 1 est facile. La question 2 donne linjection continue de W 1,1(IR) dans L(IR). CommeW 1,1(IR) sinjecte aussi continment dans L1(IR), on obtient aussi une injection continu de W 1,1(IR) dans Lq(IR)pour tout q ]1,+[ (en utilisant (1.22) avec r = +, p = 1 et = 1/q).

On suppose maintenantN > 1. On a bien une injection continue deW 1,N (IR) dans LN (IR). Le seul cas considrerest donc N < q < +. Plusieurs dmonstration sont possibles. Une premire dmonstration consiste utiliser pour|u|, avec u C1c (IRN ), lingalit dmontre la question 1 (c), puis utiliser lingalit de Hlder (pour faireappartre |u|N ) et lingalit (1.22). Enfin, on conclut avec la densit de C1c (IRN ) dans W 1,N (IRN ). On donne cidessous une dmonstration probablement plus longue mais qui utilise de manire intressante le caractre homognede la norme. de la norme.

SoitN < q < +. Il existe alors p ]1, N [ t.q. p? = Np/(N p) = q. On va utiliser la question 1 avec cette valeurde p.

On dfinit de IR dans IR, de classe C1, par :

(s) = 0 si |s| 1,(s) = 1

2(|s| 1)2 si 1 < |s| 2,

(s) = |s| 32

si 2 < |s|.On a |(u)| 1 et |(s)| 1 pour tout s IR.Soit u C1c (IRN ) t.q uW1,N = 1. On a (u) C1c (IRN ). Par question 1 (et la dfinition ) on obtient(u)pq CN,p |(u) |p CN,p

{|u|1}

|u(x)|pdx CN,p(

IRN|u(x)|Ndx

) pNd({|u| 1}1

pN .

On a d({|u| 1}

IRN|u(x)|Ndx 1 et

IRN|u(x)|Ndx 1. On en dduit

(u)pq CN,p.Comme |u|q 2q(u)q + 2q , on a donc

IRN|u(x)|qdx = {|u|1} |u(x)|qdx+ {|u|>1} |u(x)|qdx

IRN|u(x)|Ndx+ 2q

IRN|(u(x))|qdx+ 2qd({|u| > 1}) 1 + 2qC

qp

N,p + 2q.

Il existe donc DN,q ne dpendant que N et q t.q uq DN,q si u C1c (IRN ) et uW1,N = 1 Grce au caractrehomogne de la norme, on a en dduit que uq DN,quW1,N (IRN ) pour tout u C1c (IRN ). Enfin, par densitde C1c (IR

N ) dans W 1,N (IRN ) on obtient que W 1,N (IRN ) Lq(IRN ) etuq DN,quW1,N (IRN ) pour tout u W 1,N (IRN ).

Ce qui montre bien quil y a une injection continue de W 1,N (IRN ) dans Lq(IRN ).

4. On suppose maintenant que est un ouvert born frontire lipschitzienne. Pour 1 p < N , Montrer quelinjection de W 1,p() dans Lq() est continue pour tout q [p, p?] (p? = (Np)/(N p)). Montrer quelinjection de W 1,N () dans Lq() est continue pour tout q [N,[ (Pour N = 1, le cas q = est autoris).

Corrig Cette question consiste seulement utiliser lexistence dun oprateurP linaire continu deW 1,p() dansW 1,p(IRN ) t.q. Pu = u p.p. dans (oprateur dit de prolongement dont lexistence est donne par le thorme1.18). En effet, grce cette oprateur, la question 4 est une consquence des questions prcdentes (et de lingalit(1.22)).


Chapitre 2

Problmes elliptiques linaires

2.1 Formulation faibleSoit un ouvert born de IRN (N 1) de frontire = \. Soient ai,j L(), pour i, j = 1, . . . , N . Onsuppose que les fonctions ai,j vrifient lhypothse dellipticit uniforme, that is to say :

> 0; = (1, . . . , N ) IRN ,N

i,j=1

ai,jij ||2 p.p. dans . (2.1)

On se donne f L2() et g : IR, et on cherche une solution au problme :

Ni=1

Nj=1

i(ai,j(x)ju)(x) = f(x), x , (2.2a)

u(x) = g(x), x , (2.2b)o iu dsigne la drive partielle de u par rapport sa i-me variable.

Exemple 2.1 (Le Laplacien) Si on prend ai,j = i,j (that is to say 1 si i = j, 0 si i 6= j), alors le problme (2.2)devient

u = f sur ,u = g sur .

Dfinition 2.2 (Solution classique) On suppose que ai,j C1() pour tout i, j = 1, . . . , N . On suppose quef C() et g C(). On appelle alors solution classique de (2.2) une fonction u C2() vrifiant (2.2).On rappelle que pour tout k IN{+},Ck() dsigne lensemble des restrictions des fonctions appartenant Ck(IRN ).Il nexiste pas forcment de solution classique (2.2). Mais il existe des solutions en un sens plus faible que lon vadfinir ci-aprs. Pour comprendre leur nature, considrons dabord le cas g = 0, avec ai,j C1() et f C(),et supposons quil existe une solution classique u C2(). Par dfinition, celle ci vrifie :

Ni=1

Nj=1

i(ai,j(x)ju)(x) = f(x), x .

32

2.1. FORMULATION FAIBLE CHAPITRE 2. ELLIPTIQUE LINAIRE

Soit Cc () ; multiplions lquation prcdente par (x) et intgrons sur :

Ni=1

Nj=1

i(ai,j(x)ju)(x)

(x) dx =

f(x)(x) dx, Cc ().

Une intgration par parties donne alors :

Ni=1

Nj=1

ai,j(x)ju(x)i(x)

dx =

f(x)(x) dx, Cc (). (2.3)

Comme u C2(), on a ju C1() C() L2(), et Dju = ju p.p (come cela a t vu au Chapitre 1).De plus u C() L2() et donc u H1(). Enfin, comme u = 0 sur , on a finalement u H10 () (voirlexercice 1.17).Soit v H10 (), par densit de Cc () dans H10 (), il existe une suite (n)nIN Cc () telle que n vdans H1(), that is to say n v dans L2() et in Div dans L2() pour i = 1, . . . , N . En crivant (2.3)avec = n, on obtient :

Ni=1

Nj=1

ai,j(x)ju(x)in(x)

dx =

f(x)n(x) dx,

et en passant la limite, on obtient que u satisfait le problme suivant, quon appelle formulation faible du problme(2.2) (on rappelle que lon considre ici le cas g = 0)

u H10 (),

Ni=1

Nj=1

ai,j(x)Dju(x)Div(x)

dx =

f(x)v(x) dx,v H10 (). (2.4)

On vient ainsi de montrer que toute solution classique du problme (2.2) (lorsque g = 0) est solution faible,that is to say vrifie (2.4).

Remarque 2.3 (Cas symtrique, formulation variationnelle) Dans le cas o ai,j = aj,i p.p. pour i 6= j, u estsolution de (2.4) si et seulement si u est solution du problme suivant, quon appelle formulation variationnelle :

u H10 (),J(u) J(v),v H10 (), (2.5)

o la fonctionnelle J est dfinie par : J(v) =1

2

Ni=1

Nj=1

ai,jDivDjv

dx

f(x)v(x) dx.

La dmonstration de lexistence et de lunicit des solutions des problmes (2.4) et (2.5) utilise le lemme de Lax-Milgram, que nous rappelons ici :

Lemme 2.4 (Lax-Milgram) Soient H un espace de Hilbert rel muni du produit scalaire not (/), de normeassocie note , et a(, ) une application bilinaire de H H dans IR qui est

continue, ce qui quivalent dire quil existe c > 0 t.q., pour tout (u, v) H2, on a |a(u, v)| cuv,



coercive sur H (certains auteurs disent plutt H-elliptique), that is to say quil existe > 0, t.q., pour toutu H , a(u, u) u2,

et soit T une forme linaire continue sur H .Alors il existe un unique u de H tel que lquation a(u, v) = T (v) soit vrifie pour tout v de H :

! u H, v H, a(u, v) = T (v).Si de plus la forme bilinaire a est symtrique, alors u est lunique lment de H qui minimise la fonctionnelleJ : H IR dfinie par J(v) = 12a(v, v) T (v) pour tout v de H , that is to say :

J(u) = minvH

J(v) et J(u) < J(v) si u 6= v.

Notons que dans le cas o la forme bilinaire a est symtrique, elle dfinit un produit scalaire sur H quivalentau produit scalaire initial. Dans ce cas, le lemme de Lax-Milgram est une consquence directe du thorme dereprsentation de Riesz dans un espace de Hilbert.Pour appliquer le thorme de Lax-Milgram au problme (2.4), nous aurons besoin de lingalit de Poincar :

Lemme 2.5 (Ingalit de Poincar) Soit un ouvert born de IRN , N 1 (ou qui est au moins born dans unedirection), alors il existe C ne dpendant que de tel que

uL2() C |u| L2(), u H10 (). (2.6)

N.B. On dsigne toujours par | | la norme euclidienne dans IRN . On a donc

|u| 2L2() =

|u(x)|2dx =Ni=1

Diu(x)2dx.

Dmonstration Par hypothse sur , il existe a > 0 tel que ] a, a[IRN1. Soit u Cc (), on prolongeu par 0 en dehors de , on a donc :

u Cc (IRN ), u = 0 sur c.Soit x = (x1, . . . , xN )t = (x1, y)t , avec x1 ] a, a[ et y = (x2, . . . , xN ) IRN1. On a :

u(x1, y) =

x1a

1u(t, y) dt,

et donc, par lingalit de CauchySchwarz,

|u(x1, y)|2 ( aa|1u(t, y)| dt

)2 2a

aa

(1u(t, y))2 dt.

En intgrant entre a et a, on obtient : aa|u(x1, y)|2 dx1 4a2

aa

(1u(t, y))2 dt,

et donc, en intgrant par rapport y,

|u(x)|2 dx 4a2

(1u(x))2 dx, u Cc () (2.7)



On procde ensuite par densit ; pour u H10 (), il existe une suite (un)nIN Cc () telle que un u dansH10 (). On a donc un u dans L2() et iu Diu dans L2(). On crit alors (2.7) pour un et en passant lalimite lorsque n +, on obtient :

u2L2() 4a2D1u2L2() 4a2Ni=1

Diu2L2() = 4a2 |u| 2L2().

Thorme 2.6 (Existence et unicit de la solution de (2.4)) Soit un ouvert born de IRN , f L2(), et soient(ai,j)i,j=1,...,N L() et > 0 tels que (2.1) soit vrifie. Alors il existe une unique solution de (2.4).Dmonstration Pour appliquer le lemme de Lax-Milgram on crit le problme (2.4) sous la forme : u H ;a(u, v) = T (v) pour tout v H , avec H = H10 () (qui est bien un espace de Hilbert, muni de la norme dfiniepar uH1() = (u2L2() + |u| 2L2())

12 ), et avec a et T dfinies par

a(u, v) =

Ni=1

Nj=1

ai,j(x)Dju(x)Div(x)

dx et T (v) =

f(x)v(x) dx.

On remarque tout dabord que la forme linaire T est bien continue. En effet,

|T (v)| vL2()fL2() vH1()fL2().Quant la forme a, elle est videmment bilinaire, et elle vrifie :

|a(u, v)| N

i,j=1

ai,jL()DiuL2()DjvL2() CuH1()vH1(),

avec C =Ni,j=1 ai,jL(). Elle est donc continue.

Voyons si a est coercive : il faut montrer quil existe IR+ tel que a(u, u) u2H1(), pour tout u H10 ().Par hypothse sur a, on a :

a(u, u) =

Ni=1

Nj=1

ai,j(x)Dju(x)Diu(x)

dx

(Ni=1

|Diu(x)|2)

dx =

|u(x)|2 dx.

On applique alors lingalit de Poincar (2.6) :

u2H1() = u2L2() +Ni=1

Diu2L2() (C2 + 1)Ni=1

Diu2L2(),

do on obtient que :Ni=1

Diu2L2() 1

C2 + 1u2H1(),

et donc

a(u, u) Ni=1

Diu2L2()

C2 + 1u2H1(),

ce qui dmontre la coercivit de a. Par le lemme de Lax-Milgram, on a donc bien existence et unicit de la solutiondu problme (2.4).



Remarque 2.7 Le lemme 2.5 est encore vrai avec 1 p + au lieu de p = 2. Si est un ouvert born deIRN , N 1, et 1 p +, il existe Cp, ne dpendant que de p et tel que

uLp() C |u| Lp(), u W 1,p0 ().

Ceci permet de dfinir une norme surW 1,p0 () quivalente la normeW1,p(), voir la dfinition 2.8. (Pour p = 2,

cette quivalence de norme est en fait dmontre dans la dmonstration du thorme 2.6.)

Dfinition 2.8 Soit un ouvert born de IRN (N 1) et 1 p +. Pou u W 1,p0 , on pose

uW 1,p0 () =(

|u(x)|pdx) 1p .Selon la remarque 2.7, cest donc, sur W 1,p0 (), une norme quivalente la norme de W

1,p().Pour p = 2, lespace W 1,20 () est aussi not H

10 () et la norme W 1,20 () est la norme H10 ().

Par le lemme de Lax-Milgram, on dmontre de manire similaire lexistence et lunicit dans le cas o le secondmembre de (2.4) est donn par un lment de H1() (dual de H10 (), that is to say lensemble des formeslinaires continues sur H10 ()).

Thorme 2.9 (Existence et unicit, T H1) Soient un ouvert born de IRN , (ai,j)i,j=1,...,N L() et > 0 tels que (2.1) soit vrifie. Soit T H1(), il existe alors une unique solution u de :

u H10 (),

Ni=1

Nj=1

ai,j(x)Dju(x)Div(x)

dx = T (v),v H10 (). (2.8)Soit un ouvert born de IRN et f L1(). Il est intressant de savoir si lapplication 7

f(x)(x)dx

(dfinie, par exemple, pour Cc ()) se prolonge en un lment de H1() (et dans ce cas, le prolongementsera unique par densit de Cc () dans H

10 ()). En dimension N = 1, lhypothse f L1() est suffisante. En

dimensionN 3, lhypothse f Lq(), avec q = 2N/(N+2) est suffisante. En dimensionN = 2, lhypothsef Lq(), avec q > 1 est suffisante. Un rsultat plus prcis (pour N = 2) est donn dans lexercice 2.10.Nous navons trait ici que le cas de la condition aux limites de Dirichlet homogne (that is to say g = 0 dans leproblme 2.2). Le cas de la condition aux limites de Dirichlet non homogne est trait dans la section 2.5.Lexistence et lunicit de solutions faibles est possible avec dautres conditions aux limites. Lexercice 2.5 traite lecas des conditions de Neuman et lexercice 2.8 les conditions dites de Fourier (ou de Robin, selon les auteurs). Larsolution du probme de Neuman permet dailleurs de montrer une dcomposition utile dun lment de L2()N ,appele dcomposition de Hodge, exercice 2.11. Lexercice 2.7 sintresse des conditions aux limites apparaissanten mcanique du solide. Il est possible aussi de coupler un problme elliptique sur un ouvert de IR2 avec unproblme elliptique unidimensionel sur le frontire de , ceci est lobjet de lexercice 2.13.Les exercices 2.12, 2.14 et 2.9 montrent lexistence (et lunicit ou une unicit partielle) pour des systmeselliptiques (problme des Stokes et quation de Schrdinger).Enfin, il est possible de traiter des problmes elliptiques avec des coefficients ai,j non borns. On introduit alorsdes espaces de Sobolev dit poids, exercice 2.3.


2.2. ANALYSE SPECTRALE CHAPITRE 2. ELLIPTIQUE LINAIRE

2.2 Analyse spectrale

2.2.1 Quelques rappelsSoit E un espace de Banach rel, et T une application linaire continue de E dans E. On note :

(T ) = { IR;T I est non bijective} lensemble des valeurs singulires de T, (T ) = { IR;T I est bijective} = IR \ (T ) lensemble des valeurs rgulires de T, VP(T ) = { IR;T I est non injective} lensemble des valeurs propres de T,

Lorsque dim E < +, on a VP(T ) = (T ). On a un rsultat similaire en dimension infinie, condition queloprateur T soit linaire continu et compact. Plus prcisment, dans ce cas on a : VP(T ) \ {0} = (T ) \ {0}.Le thorme suivant donne ce rsultat dans les espaces de Hilbert sparables et pour un oprateur autoadjoint.

Proposition 2.10 (Oprateur linaire continu compact autoajoint) SoitE un espace de Hilbert sparable munidu produit scalaire (, )E , et soit T un oprateur linaire continu compact autoadjoint dont le noyauN(T ) = {u E ; T (u) = 0} est rduit {0}. Alors il existe une base hilbertienne de E forme de vecteurs propres de T , thatis to say dlments de E, nots en, n IN, vrifiant (en, em)E = n,m et tels que si u E, alors u peut scrireu =

nN (u, en)Een (cette srie tant convergente dans E), et les valeurs propres n IR associes, i.e. telles

que Ten = nen, sont telles que n 0 lorsque n +.

2.2.2 Le LaplacienOn va considrer dans cette section, pour simplifier, le cas du Laplacien. Soit un ouvert born de IRN . Onrappelle que u =

Ni=1

2i u si u est une fonction rgulire. Pour tendre cette dfinition aux fonctions seulement

localement intgrables, on pose, si u L1loc(), u =Ni=1D

2i u. On dfinit maintenant un oprateur A dune

partie de L2() dans L2() en dfinissant dabord son domaine D(A) :

D(A) = {u H10 () ; u L2()},

Puis on pose Au = u si u D(A). On a ainsi dfinit un oprateur linaire A : D(A) L2() L2().On a vu dans les paragraphes prcdents que si f L2(), il existe une unique solution au problme (2.4) quiscrit, pour le Laplacien, that is to say avec les valeurs ai,j = i,j , i, j = 1, . . . , N :

u H10 (),

u(x)v(x) dx =

f(x)v(x) dx,v H10 (). (2.9)

Grce la densit de Cc () dans H10 (), la fonction u est solution de (2.9) si et seulement si u D(A) et

u = f p.p. (that is to say u = f dans L2()). Loprateur A est donc inversible. Son inverse, loprateurA1, est dfini de L2() dans L2() par A1f = u o u est solution de (2.9). Cet oprateur est injectif mais nonsurjectif. Les deux oprateurs sont linaires.Pour montrer quil existe une base hilbertienne forme des vecteurs propres de A1, on va dmontrer le thormesuivant :

Thorme 2.11 Soit un ouvert born de IRN . Pour f L2(), on note Tf lunique solution de (2.9). Lopra-teur T est linaire continu compact et autoadjoint de L2() dans L2(). De plus N(T ) = {f L2(), T f = 0p.p.} = {0}.


2.2. ANALYSE SPECTRALE CHAPITRE 2. ELLIPTIQUE LINAIRE

Dmonstration Il est immdiat de voir que T est linaire. On remarque tout dabord que N(T ) = {f E,Tf = 0 p.p.} = {0}. En effet, soit f L2() t.q. Tf = 0 p.p.. On a donc, daprs (2.9),

fvdx = 0 pour tout v H10 ().

Comme H10 () est dense dans L2() (on a mme Cc () dense dans L

2()), on en dduit f = 0 p.p..On montre maintenant la continuit de T . Soit f L2() et u = Tf . En prenant v = u dans (2.9), on obtient

u2H10 () =

u u dx =

fu dx fL2()uL2().

Par lingalit de Poincar, il existe C IR+ ne dpendant que de tel que u2L2() Cu2H10 (), et donc :

u2H10 () =Ni=1

Diu2L2() fL2()uL2() CfL2()uH10 ().

On en dduit que uH10 () CfL2() et donc :

Tf2L2() = u2L2() Cu2H10 () C2f2L2(),

ce qui dmontre la continuit de T .

Montrons maintenant que loprateur T est compact, that is to say que limage T (B) dun ensemble B born deL2() est relativement compact dans L2(). On peut crire T sous la forme T = I T0 o I est linjectioncanonique de H10 () dans L

2() et T0 est lapplication qui f L2() associe u = Tf H10 (). LapplicationT0 est continue de L2() dans H10 () (car TfH10 () CfL2()) et linjection I est compacte par lethorme de Rellich (thorme 1.25 page 11), et donc loprateur T est compact.

Montrons maintenant que loprateur T est auto-adjoint, that is to say que

(Tf, g)L2() = (f, Tg)L2(), f, g L2(). (2.10)Soient donc f et g L2(), u lunique solution de (2.9), et v lunique solution de (2.9) o on a remplac f par gdans le second membre. On a, comme v est solution de (2.9) o on a remplac f par g :

(Tf, g)L2() =

Tf g dx =

u g dx =

u v dx.

On montre de mme que (f, Tg)L2() =

u v dx, ce qui dmontre (2.10).

Daprs le thorme 2.11 et la proposition 2.10, il existe donc une base hilbertienne (en)nIN?de L2() formesde fonctions propres de T . Les valeurs propres associes sont toutes strictement positives. En effet, si f L2()et f 6= 0, alors u = Tf 6= 0 et

(Tf, f)L2() = (u, f)L2() =

u u dx = u2H10 () > 0,

et donc si n VP(T ), est associe au vecteur propre en 6= 0, on a Ten = nen, et donc, comme en 6= 0,n(en, en)L2() = (nen, en)L2() = (Ten, en)L2() > 0.


2.3. RGULARIT DES SOLUTIONS CHAPITRE 2. ELLIPTIQUE LINAIRE

La suite (n)nIN est donc forme de nombres strictement positifs. Quitte changer lordre des n, on peutsupposer que cette suite est dcroissance. Enfin, la proposition 2.10 donne que limn+ n = 0.Remarquons que les valeurs propres de A sont donc les valeurs n = 1n , n IN

?, avec n > 0, n IN etn + lorsque n +.On peut alors caractriser le domaine de loprateur Laplacien D(A) de la faon suivante :

Soit u L2(), [u D(A)][nIN

2n(u, en)2L2() < +.

]

De plus si u D(A), alors Au = +n=1n(u, en)L2()en. On peut ainsi dfinir les puissances de loprateur A :Dfinition 2.12 (Puissance de loprateur) Soit un ouvert born de IRN , Au = u avec D(A) = {u H10 (); u L2()}. On note (en)nIN? une base hilbertienne de L2() forme de vecteurs propres de A,associs aux valeurs propres (n)nIN? . Soit s 0. On dfinit

D(As) = {u L2() :+n=1

2sn (u, en)2L2() < +}.

Et pour u D(As), on peut alors dfinir Asu par :

Asu =

+n=1

sn(u, en)L2()en.

Cette srie tant convergente dans L2().

Pour s = 0, on a D(A0) = L2() et A0u = u : A0 est loprateur identit.Pour s = 1, on retrouve loprateur A.Pour s = 12 , on a D(A

12 ) = {u L2();+n=1n(u, en)2L2() < +}. On peut montrer que D(A 12 ) = H10 (),

et on a A12u =

+n=1

n(u, en)L2()en.

Pour le cas N = 1, =]0, 1[, Le thorme de dcomposition spectrale est dtaill dans lexercice 2.2.

2.3 Rgularit des solutions faiblesSoit un ouvert born de IRN et f L2(). Sous les hypothses (2.1), on sait par les rsultats prcdents quilexiste une unique solution au problme (2.4), et on se demande quelle est la rgularit de cette solution en fonctiondes donnes du problme. Le problme est assez simple en dimension N = 1, voir lexercice 2.1, mais beaucoupplus difficile en dimension N > 1. La rponse dpend de la rgularit des coefficients de loprateur et de largularit de la frontire de louvert (on dit que la frontire de est de classe Ck si elle est localement le graphedune fonction de classe Ck).

Thorme 2.13 (Rgularit de la solution du problme de Dirichlet)Soit un ouvert born de IRN et f L2(). Sous les hypothses (2.1), soit u H10 () la solution de (2.4).

1. Si ai,j C1() pour i, j = 1, . . . , N et est frontire C2, alors, pour tout f L2(), on a u H2().2. Si ai,j C() pour i, j = 1, . . . , N , si est frontire C, et si f Hm() avec m 0, alorsu Hm+2().



En consquence, si f C(), alors u C() et donc u est solution classique. De mme, si f Hm()avec m > N2 , alors u C2() et donc u est encore solution classique.Remarque 2.14 (Optimalit des hypothses) Notons que la partie 1. du thorme prcdent est fausse sans leshypothses ai,j C1() et est frontire C2.Par contre dans le cas du Laplacien, that is to say ai,j = i,j , si est convexe, alors u H2() ds que f L2().

Ide de dmonstration du thorme 2.13, premire partieOn se ramne par la technique dite des cartes locales au cas = IRN+ = {(x1, y), y IRN1, x1 > 0}, et auproblme suivant :

u H10 (),

u v dx =

fv dx,v H10 ().

et on applique ensuite le thorme 2.17. Ce thorme montre que la solution de ce problme appartient H2(IRN+ ).

La dmonstration du thorme 2.17, due L. Nirenberg 1 que nous nonons un peu plus loin ncessite les lemmestechniques suivants, que nous enonons pour N = 2, pour simplifier :

Lemme 2.15 Soit = IR2+ = {(x1, y), x1 > 0, y IR}. Soit g L2() et, pour h > 0, hg dfini par :hg =1h (gh g), o gh H10 () est dfinie par gh(x) = g(x1, x2 + h). Alors hgH1() gL2().Dmonstration Soit g L2(), par dfinition,

hgH1() = sup{

hg v dx, v H10 (), vH1() 1},

et donc, par densit de Cc () dans H10 (),

hgH1() = sup{

hg v dx, v Cc (), vH1() 1}.

Soit v Cc () tel que vH1() 1.

hg v dx =1

h

IR+

IR

(g(x1, x2 + h) g(x1, x2)) v(x1, x2) dx1 dx2

=1

h

IR+

IR

g(x1, x2)v(x1, x2 h) dx1 dx2

IR+

IR

g(x1, x2)v(x1, x2) dx1 dx2

=

IR+

IR

g(x1, x2)v(x1, x2 h) v(x1, x2)

h dx1 dx2.

Donc, par lingalit de Cauchy-Schwarz,

|

hg v dx| gL2() v(, h) v(, )h L2() gL2()vH1() gL2().

On en dduit que hgH1() gL2().

1. Louis Nirenberg (n en 1925) est un mathmaticien Canadien qui a beaucoup contribu la thorie des quations aux drives partielleslinaires et non linaires.



Lemme 2.16 Sous les hypothses du lemme 2.15, soit u L1loc(), alors hu D2u dans D? lorsque h 0.Dmonstration On pose D = Cc (). Soit D ; on veut montrer que

hu dx

u2 dx = D2u, D?,D lorsque h 0.

Or

hu dx =

IR+

IR

u(x1, x2 + h) u(x1, x2)h

(x1, x2) dx1 dx2

=

IR+

IR

u(x1, x2)(x1, x2 h) (x1, x2)

h dx1 dx2.

Mais (x1,x2h)(x1,x2)h 2 uniformment lorsque h 0, et le support de cette fonction est inclus dans uncompact K de , indpendant de h si |h| < 1. Donc limh0

hu dx =

u2 dx.

Thorme 2.17 (Nirenberg) Soit = IRN+ = {(x1, y), y IRN1, x1 > 0} et f L2(), et soit u H10 ()solution du problme suivant :

u H10 (),

u v dx =

fv dx,v H10 (). (2.11)

Alors u H2(IRN+ ).Dmonstration On va effectuer la dmonstration dans le cas N = 2. Soit u H10 () solution de (2.11), u vrifiedonc :

u v dx+

u v dx =

gv dx,v H10 (), o g = u+ f L2().

On a donc(u, v)H10 () =

IR2+

g v dx gH1()vH1(), (2.12)

puisque, par dfinition, gH1() = sup{

IR2+g v dx, v H10 (), vH1() 1}, o, comme dhabitude, on

confond lapplication Tg qui v H10 () associegv dx, qui est donc un lement de H1(), avec la (classe

de) fonction(s) g L2(). On prend v = u dans (2.12). On obtient uH1() gH1().Pour montrer la rgularit sur D2u, on introduit la fonction hu = 1h (uh u) o uh H10 () est dfinie paruh(x) = u(x1, x2+h). Comme u vrifie (2.11), uh vrifie

uhv dx =

fhv dx o fh(x) = f(x1, x2+h),

et donc hu = 1h (uh u) appartient H10 () et vrifie

hu v dx =

hfv dx pour tout v H10 ().

On en dduit que (hu, v)H1() =

hgv dx, et donc que huH1() hgH1(). Par le lemme 2.15,

comme g L2(), on a donchuH1() gL2().


2.4. POSITIVIT DE LA SOLUTION FAIBLE CHAPITRE 2. ELLIPTIQUE LINAIRE

Prenons maintenant h = 1n et faisons n +. Par ce qui prcde, la suite ( 1nu)nIN est borne dans H10 (),il existe donc une sous-suite encore note ( 1

nu)nIN, et w H10 () telle que 1nu w dans H10 () faible

(that is to say S( 1nu) S(w) pour tout S H1()). Donc 1

nu w dans D?. Mais par le lemme 2.16,

1nu D2u dans D?. Donc D2u = w H10 (), et par consquent, D1D2u L2() et D2D2u L2().

Pour conclure, il ne reste plus qu montrer que D1D1u L2(). Pour cela, on utilise lquation satisfaite par u.En effet, comme u est solution faible de (2.4), on a u = f dans D?, et donc D1D1u = f D2D2u ce quiprouve que D1D1u L2(). Ceci termine la preuve.

Remarque 2.18 (Plus de rgularit. . . )1. Supposons que ai,j C1() et que est frontire C2. On a dj vu que si f L2() alors u H2().

On peut montrer que si f Lp() alors u W 2,p() (2 p < +).2. Supposons maintenant quon ait seulement ai,j L(). On peut montrer (cest un rsultat de Meyers)

quil existe p? > 2 tel que si f Lp() avec 2 p p?, alors u W 2,p().3. Toujours dans le cas ai,j L(), on peut montrer (ce rsultat est d Stampacchia 2) que si f Lp(),

avec p > N2 , alors u L().4. Il est possible aussi de dmontrer des rsultat de rgularit pour dautres conditions aux limites. Lexer-

cice 2.5 donne un exemple avec les conditions de Neuman, lexercice 2.8 un exemple avec conditions deFourier et lexercice 2.9 traite lexemple du systme elliptique induit par lquation de Schrdinger (qui estgnralement prsent comme une quation dont linconnue prend ses valeurs dans C).

2.4 Positivit de la solution faibleQuestion. (Positivit de la solution faible.) Soit un ouvert born de IRN , N 1, ai,j L(), pour i, j =1, . . . , N . On suppose que les fonctions ai,j vrifient (2.1). Soit f L2() et u la solution de (2.4). On supposeque f 0 p.p.. A-t-on u 0 p.p. ?Remarque 2.19 Soit un ouvert born de IRN , N 1. On suppose que u C2(), u = f dans et u = 0sur le bord de (la fonction u est donc une solution classique avec ai,j = 0 si i 6= j et ai,j = 1 si i = j). Onsuppose aussi que f > 0 dans . On va montrer que u 0 dans . Pour cela, on raisonne par labsurde. Onsuppose quil existe a t.q. u(a) < 0. On choisit alors x t.q. u(x) = min{u(y), y } (un tel x existecar est compact, u continue et u = 0 sur le bord de ). On a alors

iu(x) = 0 et 2i u(x) 0 pour tout i {1, . . . , N}.Ceci donne u(x) 0 en contradiction avec u(x) = f(x) < 0. On obtient donc finalement que u(x) 0pour tout x . Un argument supplmentaire permet de remplacer lhypothse f > 0 par f 0. En effet,supposons seulement f 0. Pour > 0, on pose u(x) = u(x) x21 de sorte que u = f + 2 > 0 dans. Soit x t.q. u(x) = min{u(y), y }. Si x , le raisonnement prcdent montre que u(x) 0 encontraction avec u(x) = f(x) + 2 > 0. On a donc x . On en dduit que

u(y) u(x) maxx

x21 pour tout y .

En faisant 0, on obtient le rsultat dsir, that is to say u 0 dans .La question pose au dbut de ce paragraphe consiste donc tendre cette proprit de positivit aux solutionsfaibles.

2. Mathmaticien italien n Naples en 1922, mort en 1978, spcialiste de calcul des variations et des quations aux drives partielles,entre autres.


2.4. POSITIVIT DE LA SOLUTION FAIBLE CHAPITRE 2. ELLIPTIQUE LINAIRE

Nous donnons maintenant deux petits lemmes, ds G. Stampacchia.

Lemme 2.20 Soit un ouvert born de IRN (N 1) et C1(IR, IR). On suppose que est borne et(0) = 0. Soit u H10 (), alors (u) H10 () et Di(u) = (u)Diu p.p. (pour tout i {1, . . . , N}). (Lanotation (u) dsigne la fonction u.)Dmonstration Il existe une suite (un)nIN de fonctions appartenant Cc () t.q. un u dans H10 () (quandn +), that is to say

un u dans L2(),Diun Diu dans L2(), pour tout i {1, . . . , N}.

Aprs extraction ventuelle dune sous suite, on peut mme supposer quil existe F L2() et, pour tout i {1, . . . , N}, Fi L2() t.q.

un u p.p. et |un| F p.p. et pour tout n IN,Diun Diu p.p. et |Diun| Fi p.p. et pour tout n IN, i {1, . . . , N}.

On a alors (un) C1c () et pour tout n IN et tout i {1, . . . , N},Di(un) = i(un) =

(un)iun.

On pose M = sup{|(s)|, s IR}, de sorte que |(s)| M |s|, pour tout s IR. On a donc(un) (u) p.p. et |(un)| MF p.p. et pour tout n IN.

Comme MF L2(), le thorme de convergence domine (dans L2()) donne (un) (u) dans L2(). Ona donc aussi Di(un) Di(u) dans D?(). On rappelle maintenant que Di(un) = (un)iun. Comme

(un) (u) p.p.,iun Diu p.p.,|(un)iun| MFi p.p. et pour tout n IN.

Le thorme de convergence domine donne (un)iun (u)Diu dans L2() et donc aussi dans D?(). Parunicit de la limite dans D?() on a donc Di(u) = (u)Diu p.p. (et pour tout i). Finalement, on obtient doncque (u) H10 () (comme limite, pour la norme de H1(), de fonctions de H10 ()) et Di(u) = (u)Diup.p., pour tout i.

Lemme 2.21 Soit un ouvert born de IRN (N 1). Soit u H10 (). On dfinit u+ par u+(x) = max{u(x), 0}Pour x . Alors, u+ H10 () etDiu+ = 1u0Diu = 1u>0Diu p.p. (pour tout i {1, . . . , N}). En particulieron a Diu = 0 p.p. (pour tout i) sur lensemble {u = 0}.Dmonstration Pour n IN?, on dfinit n C1(IR, IR) par

n(s) = 0 si s 0,n(s) =

n2 s

2 si 0 < s < 1n ,n(s) = s 12n si 1n s.

On a donc n(s) s+ pour tout s IR (quand n +) et |n(s)| 1 pour tout s et pour tout n IN?. Lelemme 2.20 donne n(u) H10 () et Di(n(u)) = n(u)Diu p.p. (et pour tout i {1, . . . , N}). Dautre part,on a

n(u) u+ p.p., |n(u)| |u| p.p. et pour tout n IN.


2.5. CONDITION DE DIRICHLET NON HOMOGNE CHAPITRE 2. ELLIPTIQUE LINAIRE

Le thorme de convergence domine donne donc n(u) u+ dans L2() (et donc que Din(u) Diu+ dansD?()). Puis, on remarque que n(u) 1{u>0} p.p. et donc

n(u)Diu 1{u>0}Diu p.p., |n(u)Diu| |Diu| p.p. et pour tout n IN,ce qui (toujours par le thorme de convergence domine) donne n(u)Diu 1{u>0}Diu dans L2() (et doncdans D?()). Comme Di(n(u)) = n(u)Diu on en dduit (par unicit de la limite dans D?()) que Diu+ =1{u>0}Diu p.p.. La suite (n(u))nIN est donc une suite de H10 (), elle converge dans H

1() vers u+. On a bienmontr, finalement, que u+ H10 () et Diu+ = 1{u>0}Diu p.p. (et pour tout i).En considrant la suite (n(u))nIN avec n dfinie par n(s) = (s+1/n)1/(2n), un raisonnement analoguemontre que Diu+ = 1{u0}Diu (la diffrence essentielle entre n et n est que n(0) = 0 alors que

n(0) = 1).

Remarque 2.22 Le lemme 2.21 peut se gnraliser toute fonction lipschitzienne sannulant en 0, on obtientainsi le rsultat suivant : Soit un ouvert born de IRN (N 1) et une fonction lipschitzienne de IR dansIR, sannulant en 0. Soit u H10 (). On a alors (u) H10 () et Di(u) = (u)Diu p.p. (pour tout i {1, . . . , N}). Un exemple important consiste prendre (s) = (s k)+ pour tout s IR, avec k donn dans IR+.On obtient ainsi, pour u H10 (), (u k)+ H10 () et Di(u) = 1{u>k}Diu = 1{uk}Diu p.p..On peut maintenant rpondre la question pose au dbut de ce paragraphe.

Thorme 2.23 (Positivit de la solution faible) Soit un ouvert born de IRN , N 1, ai,j L(), pouri, j = 1, . . . , N . On suppose que les ai,j vrifient (2.1). Soit f L2() et u la solution de (2.4). On suppose quef 0 p.p.. On a alors u 0 p.p..Dmonstration On suppose que f 0 p.p. et on va montrer que u 0 p.p. (en changeant f en f et u et u onobtient le rsultat dsir). Comme u est solution de (2.4), on a

ni,j=1

ai,j(x)Dju(x)Div(x)dx =

f(x)v(x)dx pour tout v H10 ().

On choisit, dans cette galit, v = u+ et on obtient

|u(x)|21{u0}(x)dx

ni,j=1

ai,j(x)Dju(x)Diu+(x)dx =

f(x)u+(x)dx 0.

On en dduit que u+2H10 ()

=

|u+(x)|2dx

f(x)u+(x)dx 0, et donc u+ = 0 p.p., that is to

say u 0 p.p..

2.5 Condition de Dirichlet non homogneNous navons considr jusquici que les problmes elliptiques (linaires) avec condition aux limites homogne(that is to say solution nulle au bord du domaine). On souhaite maintenant remplacer la condition u = 0 sur lebord de par u = g sur le bord de . Ceci va tre possible en se ramenant au problme de Dirichlet avec unecondition aux limites homogne (that is to say en se ramenant aux thormes 2.6 et 2.9) condition que est assezrgulier pour que loprateur trace, not et introduit au chapitre 1, soit bien dfini et que g soit dans limage de (that is to say g = (G) avec G H1()).


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