Analyse A. Leclaire, P. RoussillonENS Paris-Saclay M1 Hadamard 2017-2018

TD5

Rappel : Soit Ω un ouvert de Rd et p ∈ [1,∞]. On note W 1,p (Ω) l’ensemble des u ∈ Lp (Ω)ayant des dérivées faibles à l’ordre 1 dans Lp (Ω). C’est un espace de Banach pour la norme

‖u‖W 1,p = ‖u‖p +d∑i=1‖∂iu‖p .

On remarquera que H 1 (Ω) =W 1,2 (Ω) et que la norme associée au produit scalaire sur H 1 (Ω) estéquivalente à la normeW 1,2.

Exercice 1 Espace H 1 (Ω)

On rappelle que H 1 (Ω) est muni du produit scalaire

〈u,v〉 =d∑i=1

∫Ω∂iu ∂iv +

∫Ωuv̄ .

1) Que signi�e fn → f dans H 1 (Ω) ?2) Montrer que C 1c (Ω) ⊂ H 1 (Ω).3) Montrer que H 1 (Ω) est complet pour la norme associé à ce produit scalaire.

4) Montrer que la fonction x 7→ |x | est dans H 1 (] − 1, 1[).

Exercice 2 Espaces de Sobolev en dimension 1

Dans cet exercice on suppose que Ω = I est un intervalle ouvert de R.

1) Monter que si f ∈ C 1 (I ) ∩ Lp (I ) a sa dérivée forte dans Lp (I ), alors f ∈W 1,p (I ).2) On suppose ici I = ] − 1, 1[.

a) Montrer que f : x 7→ |x | + x est dansW 1,p (I ) pour tout p ∈ [1,∞] et calculer f ′.b) Est-ce que f ′ ∈W 1,p (I ) ?

3) Soit f ∈ W 1,p (I ). Montrer qu’il existe une unique fonction f̃ ∈ C (Ī ) qui coïncide presquepartout avec f et telle que

∀x ,y ∈ Ī , f̃ (y) − f̃ (x ) =∫ yx

f ′(t )dt .

4) On suppose maintenant I borné et que p > 1. Montrer que la boule unité fermée B deW 1,p (I )est relativement compacte dans C (I ).

Exercice 3 Séparabilité et espaces de Sobolev

1) Montrer qu’une partie F d’un espace métrique séparable E est séparable.

2) Supposons p < ∞. Montrer queW 1,p (Ω) est séparable.

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Exercice 4 Prolongement par zéro de fonctions H 10 (Ω)

1) Montrer que (un ) converge faiblement dans H 1 (Ω) si et seulement si (un ) converge faiblementdans L2 (Ω) et pour tout i , (∂iun ) converge faiblement dans L2 (Ω).

2) En déduire que si les un et u sont dans H 10 (Ω), alors (un ) converge faiblement dans H10 (Ω) si et

seulement si (un ) converge faiblement vers u dans H 1 (Ω).

3) Pour toute u : Ω → R mesurable, on dé�nit un prolongement ũ en posant

ũ (x ) =

u (x ) si x ∈ Ω0 sinon

.

a) Montrer que si u ∈ H 10 (Ω), alors ũ ∈ H 10 (Rd ) avec pour tout j ∈ {1, . . . ,d }, ∂jũ = ∂̃ju.b) Montrer que si un → u faiblement dans H 10 (Ω), alors ũn → ũ faiblement dans H 1 (Rd ).

Exercice 5 Autour des formules de la divergence, de Stokes, Green-Riemann, etc...

Soit Ω ⊂ Rd un ouvert borné régulier. Dans cet exercice, on notera en gras les champs devecteurs. On notera dσ la mesure de surface sur ∂Ω, et pour chaque x ∈ ∂Ω, on notera n(x ) levecteur normal sortant à ∂Ω en x , n(x ) = (n1 (x ), . . . ,nd (x )).

On se donne w,u,φ de classe C 1 au voisinage de Ω. On rappelle formule de la divergence :∫Ω

div w (x )dx =∫∂Ω

w (x ) · n(x ) dσ (x ) .

1) En partant de la formule de la divergence, montrer la formule de Gauss∫Ω

div w (x ) φ (x )dx = −∫Ωw (x ) · ∇φ (x )dx +

∫∂Ω

w (x ) · n(x ) φ (x )dσ (x ) .

2) En déduire la formule d’intégration par parties : pour i = 1, . . . ,d ,∫Ω∂iu (x )φ (x )dx = −

∫Ωu (x )∂iφ (x )dx +

∫∂Ω

u (x )nj (x )φ (x )dσ (x )

3) Montrer la formule de Green : pour u,v de classe C 2 au voisinage de Ω,∫Ω

(∆u (x )v (x ) − u (x )∆v (x )

)dx =

∫∂Ω

(∂nu (x )v (x ) − u (x )∂nv (x )

)dσ (x ) ,

où la dérivée normale au point x ∈ ∂Ω est dé�nie par ∂nu (x ) = ∇u (x ) · n(x ).4) Dans cette question on suppose que Ω est un sous-domaine de C délimité par une courbe C 1paramétrée dans le sens trigonométrique par un chemin γ : [a,b]→ ∂Ω tel que |γ ′(t ) | = 1 ∀t .

Soient P ,Q des fonctions de classe C 1 au voisinage de Ω. Montrer que∫γPdx +Qdy =

∫Ω

(∂Q

∂x− ∂P∂y

)dxdy .

Exercice 6 Une application du théorème de Banach-Steinhaus

Soient p ∈ [1,∞] et q l’exposant conjugué ( 1p +1q = 1). Soit (an ) ∈ CN telle que

∀(bn ) ∈ `q ,∞∑n=0

anbn converge .

Montrer que (an ) ∈ `p .

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Exercice 7 Inversion de Fourier sur L1

Soit A une matrice d × d symétrique dé�nie positive. On dé�nit дA : Rd → R par

дA (x ) =1√

det(2πA)exp

(− 1

2x tA−1x

).

On rappelle que дA ∈ L1 (Rd ) et que la transformée de Fourier de дA est donnée par

д̂A (ξ ) = exp(− 1

2ξ tAξ

).

Dans la suite, on utilisera surtout le cas A = σ 2I et on notera kσ = дσ 2I et k = k1.Soit f ∈ L1 (Rd ) telle que f̂ ∈ L1 (Rd ).

1) Montrer que pour tout x ∈ Rd ,

kσ (x ) =1

(2π )d

∫k̂σ (ξ )e

iξ .xdξ .

2) Montrer que pour tout x ∈ Rd ,

kσ ∗ f (x ) =1

(2π )d

∫k̂σ (ξ ) f̂ (ξ )e

iξ .xdξ .

3) Montrer que kσ ∗ f → f dans L1 quand σ → 0.

4) Montrer que k̂σ (ξ ) = k̂ (σξ ) et en déduire que pour tout x ∈ Rd ,

1(2π )d

∫k̂σ (ξ ) f̂ (ξ )e

iξ .xdξ −−−−−−→σ→0

1(2π )d

∫f̂ (ξ )eiξ .xdξ .

5) En déduire que pour presque tout x ∈ Rd ,

f (x ) =1

(2π )d

∫f̂ (ξ )eiξ .xdξ .

Exercice 8 Transformation de Fourier sur S (Rd ) et L2 (Rd )

On rappelle que l’espace S (Rd ) est l’ensemble des fonctions f de classe C∞ sur Rd tellesque pour tous multi-indices α , β ∈ Nd , sup

x ∈Rd|x β∂α f (x ) | < ∞ .

1) Montrer que C∞c (Rd ) ⊂ S (Rd ). Montrer que la fonction x 7→ e−|x |2 est dans S (Rd ).

2) Montrer que S (Rd ) est stable par dérivation.

3) Montrer que S (Rd ) est stable par multiplication par un polynôme P ∈ C[X1, . . . ,Xd ].4) Montrer que S (Rd ) est stable par multiplication.

5) Montrer que S (Rd ) ⊂ L1 (Rd ), et que S (Rd ) est stable par transformée de Fourier.6) En déduire que si f ∈ S (Rd ), alors

∀x ∈ Rd , f (x ) = 1(2π )d

∫Rd

f̂ (ξ )eiξ xdξ et ‖ f̂ ‖22 = (2π )d ‖ f ‖22 .

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7) Montrer que la transformation de Fourier F : S (Rd ) → L2 (Rd ) se prolonge en une applica-tion linéaire continue bijective F : L2 (Rd ) → L2 (Rd ).8) Montrer que S (Rd ) est stable par convolution.

9) Pour p ∈ N, on noteNp ( f ) :=

∑|α |6p|β |6p

supx ∈Rd

|x β∂α f (x ) | < ∞ .

Montrer que S (Rd ) est complet pour la distance

d ( f ,д) =∑p∈N

12p

min(

1 , Np ( f − д)).

10) Montrer que C∞c (Rd ) est dense dans S (Rd ).

Exercice 9 Dé�nitions équivalentes de Hk

Si α ∈ Nd , on note xα = xα11 . . . xαdd , ∂

α = ∂α11 . . . ∂αdd , et |α | = α1 + . . . + αd le poids de α .

Pour ξ ∈ Rd , on notera 〈ξ 〉 = (1 + |ξ |2)1/2.Dans cet exercice, pour s > 0, on adopte la dé�nition

H s (Rd ) ={u ∈ L2 (Rd ) | 〈ξ 〉sû ∈ L2 (Rd )

}.

L’objectif de l’exercice est de faire le lien avec la dé�nition donnée en cours : pour s = k ∈ N,on va que Hk (Rd ) est composé des fonctions u ∈ L2 (Rd ) qui admettent des dérivées faibles jus-qu’à l’ordre k dans L2 (Rd ), c’est-à-dire que pour tout α ∈ Nd tel que |α | 6 k , il existevα ∈ L2 (Rd )telle que

∀φ ∈ C∞c (Rd ),∫Rd

u (x )∂αφ (x )dx = (−1) |α |∫Rdvα (x )φ (x )dx .

1) Soit u ∈ Hk (Rd ). Soit α ∈ Nd de poids 6 k .a) Montrer que pour φ ∈ S (Rd ), ∂̂αφ (ξ ) = (iξ )α φ̂ (ξ ).b) En déduire qu’il existe une constante cα > 0 telle que

∀φ ∈ C∞c (Rd ), |〈u, ∂αφ〉| 6 cα ‖φ‖2 .

c) En déduire que la dérivée faible ∂αu existe et est dans L2 (Rd ).

2) Réciproquement, soit u ∈ L2 (Rd ) qui admet des dérivées faibles jusqu’à l’ordre k dans L2 (Rd ).a) Soit α ∈ Nd tel que |α | 6 k . Montrer qu’il existe wα ∈ L2 (Rd ) telle que

∀φ ∈ C∞c (Rd ),∫

(iξ )α û (ξ )φ (ξ )dξ =

∫wα (ξ )φ (ξ )dξ .

b) En déduire que u ∈ Hk (Rd ).

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Correction :

Exercice 1 Espace H 1 (Ω)

1) Remarquons que

‖ f ‖2H 1 = ‖ f ‖22 +

d∑i=1‖∂i f ‖22 .

Par conséquent, fn → f dans H 1 signi�e que fn → f dans L2 et que pour tout i , ∂i fn → ∂i fdans L2.

2) Prenons u ∈ C 1c (Ω). Comme u est à support compact, elle peut être prolongée par zéro en unefonction de classe C 1 au voisinage de Ω. La formule d’intégration par parties donne alors quepour tout φ ∈ C∞c (Ω), ∫

Ω∂iu (x )φ (x )dx = −

∫Ωu (x )∂iφ (x )dx .

Cela prouve queu a une dérivée faible qui est donnée par la dérivée au sens classique ∂iu. De plus,comme ∂iu est continue à support compact dans Ω, elle est bien dans L2 (Ω). Ainsi, u ∈ H 1 (Ω).3) Soit ( fn ) une suite de Cauchy dansH 1 (Ω). Vu l’expression ci-dessus de la normeH 1, ceci donneen particulier que fn est une suite de Cauchy dans L2 (Ω). Comme L2 (Ω) est complet, il existef ∈ L2 (Ω) tel que fn → f dans L2. De même, pour chaque i = 1, . . . ,d , il existe дi ∈ L2 (Ω) telleque ∂i fn → дi dans L2 (Ω).

Il reste à voir que f est bien dans H 1 (Ω). On va voir que ses dérivées faibles sont bien les дi ,ce qui permet de conclure car дi ∈ L2. Pour cela, �xons φ ∈ C∞c (Ω). Par dé�nition de la dérivéefaible, ∫

Ω∂i fn (x )φ (x )dx = −

∫Ωfn (x ) ∂iφ (x )dx .

Mais alors, comme φ ∈ L2 (Ω) et comme ∂i fn → дi dans L2 (Ω), l’inégalité de Cauchy-Schwarzdonne que le membre de gauche tend vers

∫Ωдi (x )φ (x )dx . De la même manière on obtient la

limite du membre de droite. Quand n → ∞, on obtient donc∫Ωдi (x )φ (x )dx = −

∫Ωf (x )∂iφ (x )dx ,

ce qui prouve que дi = ∂i f au sens faible.Finalement, on a bien montré que f ∈ H 1 (Ω) et fn → f dans H 1 (Ω).

4) Ici, Ω = ] − 1, 1[. Montrons que la dérivée faible de f : x 7→ |x | est la fonction signe. Pourφ ∈ C∞c (Ω), on peut prolonger φ par 0 en −1 et en 1 ce qui donne une fonction C 1 sur [−1, 1], etalors l’intégration par parties donne

−∫Ω|x |φ ′(x )dx =

∫ 0−1

xφ ′(x )dx −∫ 1

0xφ ′(x )dx

= [xφ (x )]0−1 −∫ 0−1φ (x )dx + [xφ (x )]10 +

∫ 10φ (x )dx =

∫ 1−1

sgn(x )φ (x )dx .

Cela prouve que la dérivée faible de f est sgn. Comme sgn ∈ L2 (−1, 1), cela prouve que f ∈ H 1 (Ω).

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Exercice 2 Espaces de Sobolev en dimension 1

1) Soit f ∈ C 1 (I ) ∩ Lp (I ). tel que f ′ ∈ Lp (I ). On va voir que la dérivée faible de f est égale à sadérivée forte, en procédant par intégration par parties. Dans cette question, on note f ′ la dérivéeforte de f . Si φ ∈ C∞c (I ), il existe un intervalle fermé borné [a,b] tel que Supp(φ) ⊂ [a,b] ⊂ I .Comme f et φ sont C 1 sur [a,b], on peut faire une intégration par parties au sens classique∫

If φ ′ =

∫ ba

f (t )φ ′(t )dt = f (b)φ (b) − f (a)φ (a) −∫ ba

f ′(t )φ (t ) = −∫If ′φ

où l’on a utilisé φ (a) = φ (b) = 0.Ainsi, f est dans Lp et a une dérivée faible dans Lp , ce qui donne que f ∈W 1,p (I ).

2) a) Notons déjà que f est bornée sur ] − 1, 1[ donc est dans Lp (−1, 1) quelque soit p ∈ [1,∞].Avec une intégration par parties similaire à la question 1, on peut calculer la dérivée faible

f ′(x ) = sgn(x ) + 1 = 2 1x>0 .

Cette fonction est bien dans Lp (−1, 1) quel que soit p ∈ [1,∞]. Cela prouve que f ∈W 1,p (I ).b) En revanche, la dérivée de f au sens des distributions est

f ′ = 2δ0

qui n’est pas une fonction Lp . Donc f ′ n’est pas dansW 1,p .

3) Fixons a ∈ I . Pour y ∈ I posons

д(y) =

∫ ya

f ′(t )dt .

Cette intégrale existe bien. En e�et, puisque f ∈W 1,p (I ), on a f ′ ∈ Lp (a,y) ⊂ L1 (a,y). De même,le fait que f ′ est localement intégrable sur I donne queд est continue (par convergence dominée).Mieux, si I contient l’une de ses extrémités, le même argument donne que д est prolongeable parcontinuité à cette borne. Autrement dit, д ∈ C (Ī ).

On va voir maintenant que д admet f ′ pour dérivée faible. Là encore on procède par intégra-tion par parties. Fixons φ ∈ C∞c (I ). Alors le théorème de Fubini donne∫

Iд(y)φ ′(y)dy =

∫Iφ ′(y)

∫ ya

f ′(t )dtdy

= −∫I∩]−∞,a[

∫I∩]−∞,a[

φ ′(y) f ′(t )1t>ydtdy +∫I∩]a,+∞[

∫I∩]a,+∞[

φ ′(y) f ′(t )1t

4) En utilisant la question 3, on va identi�er une fonctionW 1,p (I ) avec son représentant continu.Ceci permet de voirW 1,p (I ) comme un sous-espace de C (Ī ).

Pour montrer que B est relativement compacte dans C (Ī ), on va utiliser le théorème d’Arzela-Ascoli, dont l’utilisation est légitime puisque Ī est compact (car I est borné).

Montrons d’abord que B est équicontinue. Soit donc f ∈ B. En utilisant l’égalité de la ques-tion 3 et l’inégalité de Hölder, on a pour tous x < y dans Ī ,

| f (y) − f (x ) | 6 ‖ f ′‖p ‖1[x,y]‖q 6 |y − x |1q

qui tend vers 0 lorsque |y − x | → 0. Cela prouve l’uniforme équicontinuité.Montrons maintenant que B est bornée ponctuellement. Soit f ∈ B. La même égalité donne

que| f (y) | 6 | f (x ) | + `

1q

où ` est la longueur de l’intervalle I . En prenant la norme Lp en x et en utilisant l’inégalitétriangulaire et que ‖1I ‖p = `

1p , il vient

| f (y) |`1p 6 ‖ f ‖p + `

1q +

1p

d’où‖ f ‖∞ 6 ‖ f ‖p`−

1p + `

1q 6 `−

1p + `

1q .

Ainsi B est borné.Finalement, le théorème d’Arzela-Ascoli assure que B est relativement compacte dans C (Ī ).Remarque : Concrètement, ce résultat signi�e que d’une suite bornée dansW 1,p (I ), on peut

extraire une suite qui converge uniformément sur Ī . On peut utiliser ce résultat pour montrerqueW 1,p0 (I ) est constitué des fonctions qui s’annulent au bord de I .

Remarquons aussi qu’en reprenant la preuve ci-dessus, on a en fait montré que

∀f ∈W 1,p (I ), ‖ f ‖∞ 6 ‖ f ‖p`−1p + ‖ f ′‖p`

1q .

Cette inégalité exprime que l’injection deW 1,p (I ) dans C (Ī ) est continue.En�n, remarquons que le résultat tombe en défaut lorsque I n’est plus borné. Par exemple,

lorsque I = R, on peut considérer la suite τn χ des translatées d’une fonction χ ∈ C 1c (R) non nulle.Cette suite est bornée dansW 1,p (R) mais n’admet pas de sous-suite convergeant uniformément.

Exercice 3 Séparabilité et espaces de Sobolev

1) On sait d’après le cours qu’un espace métrique est séparable si et seulement s’il est à basedénombrable d’ouverts. Mais alors, si E est à base dénombrable d’ouverts, il en est de même deF (car les ouverts de F sont les intersections avec F des ouverts de E).

2) Par dé�nition de la normeW 1,p , l’application

W 1,p (Ω) −→ Lp (Ω) × (Lp (Ω))du 7−→ (u,∇u)

est une isométrie. Cette isométrie permet donc d’identi�erW 1,p (Ω) à un sous-espace (fermé) deLp (Ω) × (Lp (Ω))d . Comme Lp (Ω) est séparable, avec la question précédente, on en déduit queW 1,p (Ω) aussi.

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Exercice 4 Prolongement par zéro de fonctions H 10 (Ω)

1) Supposons que un → u faiblement dans H 1. Pour tout φ ∈ L2 (R), д →∫дφ est une forme

linéaire continue sur H 1 car����

∫дφ

���� 6 ‖д‖2‖φ‖2 6 ‖д‖H 1 ‖φ‖2 .

On a donc∫unφ −→

∫uφ. Cela prouve que un → u faiblement dans L2. De la même manière, si

φ ∈ L2 alors д →∫∂iд φ est une forme linéaire continue sur H 1 car

����

∫∂iд φ

���� 6 ‖∂iд‖2‖φ‖2 6 ‖д‖H 1 ‖φ‖2 .

Donc∫∂iun φ →

∫∂iu φ. Cela prouve que ∂iun → ∂iu faiblement dans L2.

Réciproquement, supposons que un → f faiblement dans L2 et que pour tout i ∂iun → дifaiblement dans L2. On a u ∈ H 1 avec ∂iu = дi car pout toute φ ∈ C∞c (Ω),∫

u ∂iφ = lim∫

un ∂iφ = − lim∫∂iun φ = − lim

∫дi φ .

Dans la première égalité, on a utilisé que д 7→ д∂iφ est continue sur L2 (car ∂iφ ∈ L2) et dans latroisième que д 7→

∫дφ est continue sur L2 (car φ ∈ L2). Reste à montrer que un → u faiblement

dans H 1. Comme H 1 est un espace de Hilbert, il s’agit de regarder la convergence en prenant leproduit scalaire avec un élément quelconque φ ∈ H 1. Mais alors pour toute φ ∈ H 1,

〈un ,φ〉H 1 =∫

un φ +d∑i=1

∫∂iun φ −→

∫u φ +

d∑i=1

∫∂iu φ = 〈u,φ〉H 1 .

Cela prouve que un → u faiblement dans H 1.2) Le sens réciproque est immédiat car H 10 ⊂ H 1. Pour le sens direct, supposons que un → ufaiblement dans H 10 (Ω). Pour toute φ ∈ H 1 (Ω), v 7→ 〈v,φ〉H 1 est une forme linéaire continuesurH 1 (par l’inégalité de Cauchy-Schwarz), donc surH 10, donc 〈un ,φ〉H 1 → 〈u,φ〉H 1 ce qui prouveque un → u faiblement dans H 1 (Ω).3) a) Soit u ∈ H 10 (Ω). Montrons d’abord que ũ ∈ H 1 (Rd ). Il est évident que ũ ∈ L2 (Rd ). Ilnous reste donc à montrer que ũ admet des dérivées faibles dans L2 (Rd ). En fait, on va voir queces dérivées faibles sont simplement les prolongements par zéro des dérivées faibles sur Ω, soit∂jũ = ∂̃ju. Pour cela, on introduit une suite (un ) de fonctions C 1c (Ω) qui converge vers u dansH 1 (Ω) (cela existe par dé�nition de H 10 (Ω)). Alors, pour φ ∈ C 1c (Rd ). On a∫

Rdũ∂jφ =

∫Ωu∂jφ = lim

n→∞

∫Ωun∂jφ = lim

n→∞−

∫Ω(∂jun )φ = −

∫Ω(∂ju)φ = −

∫Rd∂̃ju φ .

Dans la deuxième égalité, on a utilisé que un → u dans L2 (Ω) et ∂jφ ∈ L2 (Ω). Dans la troisièmeégalité, on a utilisé une intégration par parties au sens classique (voir Exercice 5), le terme de bordétant nul car un ∈ C∞c (Ω). Dans la troisième égalité, on a utilisé que ∂jun → ∂ju dans L2 (Ω) etque φ ∈ L2 (Ω). Cela prouve que ũ ∈ H 1 (Rd ).

Il reste donc à montrer que ũ ∈ H 10 (Rd ). Il su�t de voir que ũn → ũ ∈ H 1 (Rd ) ce quiconclut puisque ũn ∈ C 1c (Rd ). On notera que le prolongement d’une fonction v ∈ C 1c (Ω) donneévidemment une fonction ṽ ∈ Cc (Rd ) telle que ∂jṽ = ∂̃jv . Comme un → u dans L2 (Ω), on aũn → u dans L2 (Rd ). Aussi, ∂jun → ∂ju dans L2 (Ω), donc ∂jũn = ∂̃jun → ∂̃ju dans L2 (Rd ). Celaprouve que ũ ∈ H 10 (Rd ).

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Remarque :— On notera que les calculs e�ectués pour ce type d’exercice sont souvent légitimés par

un choix judicieux de l’espace de fonctions tests. En particulier, pour véri�er qu’on a desintégrations par parties sans terme de bord, on peut se demander systématiquement si leshypothèses assurent que les fonctions manipulées s’annulent au bord.

— À ce propos, pour ce qui est des dé�nitions et propriétés relatives à H 1 (Ω), on peut sou-vent remplacer l’espace de fonctions tests C 1c (Ω) par C∞c (Ω), car ce dernier est densedans C 1c (Ω) (pour la convergence uniforme sur les compacts). Par exemple, pour la dé�-nition de dérivée faible de u ∈ L2 (Ω), supposons qu’il existe vj ∈ L2 (Ω) telle que

∀ψ ∈ C∞c (Ω),∫Ωu∂jφ = −

∫Ωvjψ .

Si φ ∈ C 1c (Ω), il existe un compact K tel que Supp(φ) ⊂ K̊ ⊂ Ω et alors en régularisant, onpeut construire une suite de fonctions ψn ∈ C∞c (Ω) à supports dans K telles que ψn → φuniformément sur K . On en déduit que ψn → φ dans L2 (Ω) ainsi que ∂jψn → ∂jφ dansL2 (Ω). Ainsi, l’identité valable sur C∞c (Ω) va se prolonger à C 1c (Ω) par continuité.

— En revanche, on prendra garde à la restrictions des fonctions tests pour la convergencefaible dans H 1 (Ω). Il n’est pas clair qu’on puisse restreindre les fonctions tests à C∞c (Ω)en général car ce sous-espace n’est pas dense dans H 1 (Ω).

— Néanmoins, en toute généralité, on dispose de la caractérisation suivante de la conver-gence faible dans un espace de HilbertH muni d’une partie denseD : une suite xn convergefaiblement vers x dans H si et seulement si (xn ) est bornée et si

∀y ∈ D, 〈xn ,y〉 −→ 〈x ,y〉 .

En particulier, si H est muni d’une base hilbertienne (ep ), cela revient à dire que (xn ) estbornée et que

∀p, 〈xn , ep〉 −→ 〈x , ep〉 .

b) Comme un ⇀ u dans H 10 (Ω), un ⇀ u dans H1 (Ω). Soit v ∈ H 1 (Rd ).

On véri�e en revenant à la dé�nition que v |Ω ∈ H 1 (Ω) et ∂i (v |Ω ) = (∂iv ) |Ω . En�n,

∫Rd

ũnv+d∑i=1

∫Rd∂̃iunv =

∫Ωunv |Ω+

d∑i=1

∫Ω∂iun (∂iv ) |Ω →

∫Ωuv |Ω+

d∑i=1

∫Ω∂iu (∂iv ) |Ω = 〈ũ,v〉H 1

où l’on a utilisé que un → u faiblement dans H 1 (Ω) et ∂iũ = ∂̃iu.

Exercice 5 Autour des formules de la divergence, de Stokes, Green-Riemann, etc...

D’abord, pour une dé�nition précise d’ouvert régulier, on renvoie par exemple au §IX.2 dulivre « Analyse Fonctionnelle » de Brézis, ou pour un point de vue plus géométrique, au livre« Introduction aux variétés di�érentielles » de Lafontaine. On trouvera aussi une preuve (plus oumoins) économique de la formule de Stokes dans les annexes du livre « Théorie des distributionset analyse de Fourier » de Bony.

1) On applique la formule de la divergence au champ de vecteur φw en remarquant que

div(φw ) =d∑i=1∂i (φwi ) =

d∑i=1

(∂iφ)wi + φ ∂iwi = ∇φ ·w + φ div(w ) .

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Ainsi, on obtient∫Ωφ (x ) div w (x )dx +

∫Ω∇φ (x ) ·w (x )dx =

∫∂Ω

w (x ) · n(x ) dσ (x ) ,

et il su�t de mettre la deuxième intégrale au membre de droite pour obtenir la formule désirée.Remarque : Réciproquement, il su�t de faire φ = 1 dans la formule de Gauss pour retrouver

la formule de la divergence.

2) Il su�t d’appliquer le résultat de la question précédente au champ de vecteur w (x ) = u (x )eioù ei est le i-ème vecteur de la base canonique.

3) Remarquons que div(∇u) = ∆u. En appliquant le résultat de la question 1 à w = ∇u et φ = v ,on obtient donc∫

Ω∆u (x )v (x )dx = −

∫Ω∇u (x ) · ∇v (x ) +

∫∂Ω∂nu (x )v (x )dσ (x ) .

En échangeant les rôles de u et v , il vient∫Ω∆v (x )u (x )dx = −

∫Ω∇v (x ) · ∇u (x ) +

∫∂Ω∂nv (x )u (x )dσ (x ) .

Il ne reste plus qu’à soustraire ces deux égalités pour obtenir la formule désirée.

4) Par dé�nition, l’intégrale curviligne du membre de gauche vaut∫ ba

(P (γ (t ))γ ′1 (t ) +Q (γ (t ))γ

′2 (t )

)dt .

D’autre part, comme |γ ′(t ) | = 1, la mesure de surface (en�n... plutôt de longueur) sur ∂Ω estdonnée par ∫

∂Ωf (x )dσ (x ) =

∫[a,b]

f (γ (t ))dt ,

pour toute fonction f mesurable positive. Remarquons de plus qu’en un point γ (t ), la normeunitaire extérieure est (γ ′2 (t ),−γ1 (t )). Ainsi, l’intégrale du membre de droite s’écrit∫

∂Ωw (x ) · n(x )dσ (x )

où w = (Q,−P ). Commediv(w ) =

∂Q

∂x− ∂P∂y,

la formule désirée découle de la formule de la divergence.Remarque : Ces formules sont aussi valables lorsque Ω n’est pas borné, mais alors il faut

supposer qu’au moins l’une des deux fonctions manipulées est à support compact (pas forcémentinclus dans Ω), pour assurer que les intégrales existent. À noter aussi que la formule se généraliseaussi à certains ouverts non réguliers. À titre d’exercice, on pourra essayer de la montrer pourle carré Ω =]0, 1[2 dans R2. Dans ce cas, la normale extérieure n’est pas dé�nie aux quatre coinsdu carré, mais ça n’empêche pas de calculer une intégrale sur le bord du carré.

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Exercice 6 Une application du théorème de Banach-Steinhaus

On va appliquer le théorème de Banach-Steinhaus à la famille d’applications linéaires

TN : `q −→ C

b 7−→N∑n=0

anbn.

De plus, on va voir qu’elles sont continues et on va calculer leurs normes. D’abord, l’inégalitéde Hölder donne que pour tout b ∈ `q ,

|TN (b) | =

N∑n=0

anbn

6 ‖ (an )06n6N ‖p ‖ (bn )06n6N ‖q 6 ‖ (an )06n6N ‖p ‖b‖q ,

ce qui prouve que TN est continue de norme 6 ‖ (an )06n6N ‖p . Pour prouver l’égalité, il su�td’exhiber des b ∈ `q tels que |TN (b ) |‖b ‖q se rapproche de cette borne.

Commençons par le cas p < ∞. Dans ce cas, on peut dé�nir

∀n ∈ N, bn =

an|an ||an |p−1 si n 6 N et an , 0

0 sinon.

On constate qu’avec ce choix, b ∈ `q et

TN (b) =N∑n=0

anbn =N∑n=0|an |p et ‖b‖q = *

,

N∑n=0|bn |q+

-

1/q

= *,

N∑n=0|an |pq−q+

-

1/q

= *,

N∑n=0|an |p+

-

1/q

où l’on a utilisé que p,q sont conjugués ce qui se réécrit pq = p + q. On a donc

|TN (b) |‖b‖q

= *,

N∑n=0|an |p+

-

1− 1q= *

,

N∑n=0|an |p+

-

1p

= ‖ (an )06n6N ‖p .

Ainsi, ‖TN ‖ = ‖ (an )06n6N ‖p .Maintenant, quand p = ∞, il existe un entier n0 ∈ [0,N ] tel que |an0 | = sup

06n6N|an |.

En prenant bn = 1n=n0 , on a bien ‖b‖1 = 1 et

|TN (b) | = |an0 | = ‖ (an )06n6N ‖∞ .

Finalement, l’hypothèse donne que pour tout b ∈ `q , la suite

TN (b) =N∑n=0

anbn

converge et en particulier supN|TN (b) | < ∞. Le théorème de Banach-Steinhaus appliqué à la

famille d’applications linéaires continues (TN ) sur l’espace complet `q donne que sup ‖TN ‖ < ∞.

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Exercice 7 Inversion de Fourier sur L1

1) Remarquons que cette formule revient à écrire une gaussienne comme transformée de Fourierinverse de sa transformée de Fourier. Or le rappel nous dit que la transformée de Fourier d’unegaussienne est encore une gaussienne (à un coe�cient près). Il s’agit donc de renverser la formuledu rappel, en gérant les coe�cients soigneusement.

D’après le rappel, on a

k̂σ (ξ ) = exp(− σ

2

2|ξ |2

)= exp

(− 1

2ξ tB−1ξ

)avec B = 1σ 2 I . Or

√det(2πB) = ( 2πσ 2 )

d/2 donc

k̂σ =(2πσ 2

)d/2дB .

Par conséquent, en utilisant que дB est paire, on a

1(2π )d

∫k̂σ (ξ )e

iξ .xdξ =( 12πσ 2

)d/2 ∫дB (x )e

iξ xdξ =( 12πσ 2

)d/2д̂B (x ) .

Mais alors le rappel donne la transformée de Fourier de дB :

д̂B (x ) = exp(− 1

2x tBx

)= exp

(− |x |

2

2σ 2)

d’où �nalement,

1(2π )d

∫k̂σ (ξ )e

iξ .xdξ =( 12πσ 2

)d/2exp

(− |x |

2

2σ 2)= kσ (x ) .

2) Rappelons que comme kσ est bornée et que f est intégrable, la convolution kσ ∗ f est dé�niepartout par

kσ ∗ f (x ) =∫

kσ (x − y) f (y)dy .

En remplaçant kσ par l’expression trouvée dans la question prédédente on obtient que

∀x ∈ Rd , kσ ∗ f (x ) =1

(2π )d

∫ ∫k̂σ (ξ )e

iξ .(x−y ) f (y) dξ dy

=1

(2π )d

∫k̂σ (ξ )e

iξ .x∫

e−iξ .y f (y) dy dξ

=1

(2π )d

∫k̂σ (ξ ) f̂ (ξ )e

iξ .xdξ .

Dans les égalités précédentes, on a utilisé le théorème de Fubini, ce qui est justi�é car

���k̂σ (ξ )eiξ .(x−y ) f (y)��� 6 |k̂σ (ξ ) | | f (y) | et

∫ ∫|k̂σ (ξ ) | | f (y) |dξdy =

k̂σ

1‖ f ‖1 < ∞ .

3) Remarquons que kσ (x ) = σ−dk ( xσ ). De là on tire que quand σ → 0, (kσ ) est une approximationde l’unité. Comme f ∈ L1, on en déduit que kσ ∗ f → f dans L1 quand σ → 0.4) Fixons x ∈ Rd . Le rappel donne là encore que

k̂σ (ξ ) = exp(− σ

2

2|ξ |2

)= exp

(− 1

2|σξ |2

)= k̂ (σξ ) .

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Comme k̂ est continue et k̂ (0) = 1, on a k̂ (σξ ) → 0 quand σ → 0, et donc

∀ξ ∈ Rd , k̂σ (ξ ) f̂ (ξ )eiξ .x −−−−→σ→0

f̂ (ξ )eiξ .x .

De plus, pour tous σ et ξ , on a����k̂σ (ξ ) f̂ (ξ )e

iξ .x ���� 6 | f̂ (ξ ) |

et par hypothèse, f̂ est intégrable. Avec le théorème de convergence dominée, on en déduit que

1(2π )d

∫k̂σ (ξ ) f̂ (ξ )e

iξ .xdξ −−−−−−→σ→0

1(2π )d

∫f̂ (ξ )eiξ .xdξ .

5) Pour conclure, il su�t de passer à la limite dans l’égalité de la question 2. Comme kσ ∗ f → fdans L1, en extrayant on obtient une sous-suite kσn ∗ f qui converge vers f presque partout.Ainsi, on peut passer à la limite presque partout, ce qui donne que

f (x ) =1

(2π )d

∫f̂ (ξ )eiξ .xdξ .

Exercice 8 Transformation de Fourier sur S (Rd ) et L2 (Rd )

Wait for it...

Exercice 9 Dé�nitions équivalentes de Hk

Avant de commencer remarquons que

〈ξ 〉2k = (1 + |ξ |2)k =∑|α |6k

k!α !ξ 2α (en notant α ! = α1! . . . αd !) .

Par conséquent, dire que 〈ξ 〉k f̂ ∈ L2 revient à dire que ξ α f̂ ∈ L2 pour tout |α | 6 k .1) a) Soit φ ∈ S (Rd ). Des intégrations par parties successives donnent

∂̂αφ (ξ ) =

∫∂αφ (x )e−iξ xdx = (−1) |α |

∫φ (x )∂α (e−iξ x )dx

= (−1) |α |∫

φ (x ) (−iξ )αe−iξ xdx = (iξ )α∫

φ (x )e−iξ xdx = (iξ )α φ̂ (ξ ) .

On notera que les termes de bord des intégrations par parties sont nuls car φ et ses dérivées sontà décroissance rapide.

b) Soit φ ∈ C∞c (Rd ). En utilisant la formule de Parseval et la question précédente on obtient

〈u, ∂αφ〉 = (2π )−d 〈û, ∂̂αφ〉 = (2π )−d∫

û (ξ ) (iξ )α φ̂ (ξ )dξ

L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne donc

|〈u, ∂αφ〉| 6 (2π )−d ‖ξ α û (ξ )‖2‖φ‖2 .

Comme u ∈ Hk , on a ‖ξ α û (ξ )‖2 < ∞.c) Le résultat de la question précédente montre que

φ 7−→ 〈u, ∂αφ〉

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est une forme anti-linéaire continue sur C∞c (Rd ) muni de la norme L2. Comme C∞c est densedans L2, elle se prolonge en une forme anti-linéaire continue ` sur L2. De plus, le théorème dereprésentation de Riesz assure qu’il existe une fonction vα ∈ L2 (Rd ) telle que

∀φ ∈ L2 (Rd ), `(φ) = 〈vα ,φ〉 .

En particulier, on a∀φ ∈ C∞c (Rd ), 〈u, ∂αφ〉 = 〈vα ,φ〉

ce qui prouve qu’au sens des dérivées faibles on a (−1) |α |∂αu = vα ∈ L2 (Rd ).2) a) Une méthode de rédaction consiste à étendre la formule du 1a, c’est-à-dire de prouver, sousl’hypothèse que u admet une dérivée faible ∂αu ∈ L2, que

∂̂αu (ξ ) = (iξ )α û (ξ ) .

Comme les deux membres sont des fonctions localement intégrables, il su�t 1 de prouver que

∀φ ∈ C∞c (Rd ),∫∂̂αu (ξ )φ (ξ )dξ =

∫(iξ )α û (ξ )φ (ξ )dξ .

Fixons φ ∈ C∞c (Rd ). On va utiliser l’identité

∀f ,д ∈ L2 (Rd ),∫Rd

f̂ (ξ )д(ξ )dξ =

∫Rd

f (x )д̂(x )dx .

Cette identité se montre en prenant d’abord f ,д ∈ S (Rd ), puis on l’étend par densité de S (Rd )dans L2 (Rd ). On a donc ∫

∂̂αu (ξ )φ (ξ )dξ =

∫∂αu (x )φ̂ (x )dξ .

En admettant provisoirement que l’on peut prendre des fonctions tests S (Rd ) dans la dé�nitionde dérivée faible, on obtient∫

∂̂αu (ξ )φ (ξ )dξ = (−1) |α |∫

u (x )∂α φ̂ (x )dξ .

Mézalors, par dérivation sous le signe∫

, on a

∂α φ̂ (x ) = ∂αx

(∫φ (ξ )e−iξ xdξ

)=

∫(−iξ )αφ (ξ )e−iξ xdx = (−1) |α | G(iξ )αφ (ξ ) (x ) .

Il s’ensuit que ∫∂̂αu (ξ )φ (ξ )dξ =

∫(iξ )α û (ξ )φ (ξ )dξ cqfd .

Il reste un détail à éclaircir : dans la dé�nition de la dérivée faible, on a pris des fonctions testsφ ∈ C∞c (Rd ) alors qu’ici on l’applique à φ̂. On a φ ∈ C∞c (Rd ) mais par contre sa transforméede Fourier n’a pas de raison d’être dans C∞c (Rd ). Cependant, en multipliant φ par des fonctionsplateaux χj ∈ C∞ (Rd , [0, 1]) valant 1 sur B (0, j ) et à support dans B (0, j + 1), on peut approcherφ ∈ S (Rd ) par une suite de fonctions φ j ∈ C∞c (Rd ) de sorte que

∀|α | 6 k, ∂αφ jL2−−→ ∂αφ .

1. voir la remarque 1 ci-dessous

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Cela permet d’étendre la dé�nition de dérivée faible à des fonctions tests φ ∈ S (Rd ).b) La question précédente montre que les fonctions localement intégrableswα et ξ 7→ (iξ )α û (ξ )

coïncident au sens des distributions. En particulier elles coïncident presque partout (voir la re-marque 1 ci-dessous). Cela donne que ξ 7→ (iξ )α û (ξ ) est dans L2. Ceci étant vrai pour tout α telque |α | 6 k , on obtient que ξ 7→ 〈ξ 〉kû (ξ ) est dans L2, ce qui donne u ∈ Hk (Rd ).Remarque 1 : Si f est localement intégrable sur Ω et telle que

∀φ ∈ C∞c (Ω),∫Ωf φ = 0

alors f = 0 presque partout. Dans le langage des distributions, ce lemme se traduit en disant« f = 0 au sens des distributions » implique « f = 0 presque partout ».

Remarque 2 : On peut donner une preuve plus courte de l’équivalence des dé�nitions dans lecadre des distributions tempérées. Dans ce cadre, si u ∈ L2 (Rd ), u est une distribution tempérée ;on peut donc calculer sa transformée de Fourier ou la dériver. En particulier la formule

∂̂αu = (iξ )α û

est valable au sens des distributions. On peut alors écrire élégamment

u ∈ Hk (Rd ) ⇐⇒ 〈ξ 〉kû ∈ L2

⇐⇒ ∀|α | 6 k, ξ α û ∈ L2

⇐⇒ ∀|α | 6 k, ∂̂αu ∈ L2

⇐⇒ ∀|α | 6 k, ∂αu ∈ L2 .

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