1 Rappels et fonctions harmoniques

Analyse

Chapitre 7 : Régularité elliptique

Lucie Le Briquer 17 décembre 2017

1 Rappels et fonctions harmoniques

1.1 Théorèmes

n>2,Ω⊂Rⁿ ouvert borné quelconque.H¹₀(Ω)s’injecte de façon compacte dans L²(Ω).

Théorème 1

n>2,H¹(Rⁿ)s’injecte continûement dansL^2∗(Rⁿ)où2^∗= _n−2²ⁿ (Rⁿ).

Théorème 2

Pour le Théorème 1on utilise que siu∈ H¹₀(Ω)alors uprolongée par 0 sur Rⁿ\Ω appartient à H¹(Rⁿ).H¹ espace de Hilbert.

On dit queΩouvert borné estC¹ s’il existe un nombre fini d’ouvertsUi ⊂Rⁿ et d’applica- tionsθi:Ui−→ B(0,1)tels que :

• ∂Ω⊂SN 1 U_i

• θ_i bijection deU_i surB(0,1), θ_i∈ C¹(U_i),θ_i⁻¹∈ C¹(B(0,1))

• θ⁻¹_i (B+) =Ui∩ΩoùB+=B(0,1)∩ {(x⁰, xn)∈Rⁿ⁻¹×R : xn >0}

• θ⁻¹_i (B0) =Ui∩∂ΩoùB0=B(0,1)∩ {(x⁰, xn)∈Rⁿ⁻¹×R : xn= 0}

Définition 1(ouvert borné C¹, régulier)

Remarque.Correspond à dire que le bord est localement le graphe d’une fonctionC¹.

C¹

pasC¹

SiΩestC¹ alors∃EΩ:H¹(Ω)−→ H¹(Rⁿ)linéaire continue telle queE_Ωu|Ω=u.

Théorème 3(d’extension)

SoitΩbornéC¹,n>2,H¹(Ω)s’injecte de façon compacte dansL⁽Ω)pour tout26q < _n−2²ⁿ . Théorème 4

Preuve.

Idem àThéorème 1⇒injection compacte dans L²(Ω). Mais : kf_nk_Lq6C(q, n)kf_nk^α_L2kf_nk^1−α

L^2∗

SoitΩun ouvert bornéC¹. Il existe une constanteC(Ω)telle que∀u∈ H¹(Ω)avecR

Ωudx= 0, on a :

Z

Ω

|u|²dx6C(Ω) Z

Ω

|∇u|²dx Théorème 5(Poincaré)

Remarque.Donc : Z

Ω

u− 1

|Ω|

Z udx

2

6C(Ω) Z

Ω

|∇u|²dx ∀u∈ H¹(Ω)

Preuve.

Par l’absurde, si faux alors il existe une suite(u_n)de fonctionsu_n∈ H¹(Ω)telles que : Z

Ω

u_ndx= 0, Z

Ω

|u_n(x)|²dx= 1, Z

Ω

|∇u_n|²dx6 1 n

Alorskunk²_H1 =kunk²_L2+k∇unk²_L261 +¹_n donc(un)est bornée dansH¹(Ω). On peut extraire une sous-suite (un⁰) qui converge dans L²(Ω) fortement. Mais (∇un⁰) de Cauchy dans L²(Ω) donc en fait (un⁰) converge dansH¹(Ω) vers u∈ H¹(Ω). Alors, par convergence forte pour les normes,uvérifie :

Z

Ω

udx= 0, Z

Ω

|u(x)|²dx= 1, Z

Ω

|∇u|²dx= 0 ⇒ uconstante Absurde,une peut être constante par1et 2.

1.2 Fonctions harmoniques

Une fonction harmonique est une fonction vérifiant :

∆u= 0

On dit queu∈ H¹(Ω)est solution faible de∆u= 0 si : Z

Ω

∇u.∇ϕdx=

n

X

i=1

Z

Ω

∂xiu∂xiϕdx= 0

∀ϕ∈ C₀¹(Ω).

Définition 2(solution faible)

Remarque.Soit Ωouvert,U ouvert borné de Rⁿ avecΩstrictement inclus dans U (∃V, V ⊂ U, V ∩Ω) =∅). SoitfL²(U)avec suppf ⊂V.

Ω V

U

Par exempleF ∈ L²(V)et f =1^VF ∈ L²(U).

On a vu qu’il existeu∈ H¹₀(U)solution faible de∆u=f. Alorsuvérifie∆u= 0dansΩ.

Siu∈ H¹(Ω) est harmonique (au sens faible), alorsu∈ C^∞(Ω).opasC^∞(Ω)! Théorème 6(Weyl)

Supposons u ∈ C^∞(Ω) harmonique et considérons deux boules concentriques B(r) ⊂⊂

B(R)⊂Ω. Alors,∀c∈R, on a : Z

B(r)

|∇u|²dx6 K (R−r)²

Z

B(R)

(u(x)−c)²dx Lemme 1(Caccioppoli)

o⊂⊂: relativement compact

Remarque.Contrôle dek∇uk_L² parkuk_L² (inverse de Poincaré).

Preuve.

Introduisonsη∈ C₀^∞(B(R))telle queη= 1surB(r). Alorsϕ= (u−c)η²∈ C₀^∞(Ω). On a : Z

Ω

∆udx= 0 donc Z

Ω

∇ϕ.∇udx= 0

Or∇ϕ=η²∇u+ (u−c)2η∇η. Donc : Z

Ω

η²|∇u|²dx= Z

Ω

(u−c)2η∇η.∇udx 62

Z

Ω

|u−x||η||∇η|∇u|dx

62 ÅZ

Ω

η²|∇u|² ã¹₂ÅZ

Ω

|u−c|²|∇η|² ã¹₂

⇒ ÅZ

Ω

η²|∇u|²dx ã¹₂

62 ÅZ

Ω

|u−c|²|∇η|² ã¹₂

OrR

Ωη²|∇u|²>R

B(r)|∇u|², alors : Z

Ω

|u−c|²|∇η|²6 K (R−r)²

Z

B(R)

|u−c|²

ConsidéronsB(x₀, R)⊂Ω,∀k, ∃K tel que∀u∈ C^∞(Ω)avec∆u= 0on a : Z

B(x0,R/2)

|∇^ku|²dx6K Z

B(x0,R)

|u|²dx Lemme 2

∇^k −→∂_x^β,β6k.

Preuve.Si ∆u= 0alors∆∂_x^αu= 0, ∀α∈Nⁿ, on itère le lemme précédent.

Preuve.(du Théorème 6)

Soitu∈ H¹(Ω)solution faible de∆u= 0. Introduisons une approximation de l’identité : φε(y) =ε⁻ⁿφy

ε

oùφ∈ C₀^∞(Rⁿ),φ>0,R

φ= 1, suppφ⊂⊂ B(0,1). On pose :

uε(x) = Z

Rⁿ

u(x−y)φε(y)dy

pourx∈Ω_ε={x∈Ω|dist(x, ∂Ω)> ε}.

Ω_ε Ω

φε(y)6= 0 ⇒ y∈ B(0, ε). Alorsuε∈ C^∞(Ωε)et∆uε= 0. Montrons que : δu_ε= 0 ⇔

Z

∆u_εϕdx= 0∀ϕ∈ C₀¹(Ω_ε) On aR

∆u_εϕ=−R

∇uε.∇ϕ. Or :

∇u_ε= Z

u(y)∇φ_ε(x−y)dy=− Z

∇u(y)φ_ε(x−y)dy par définition de la dérivée au sens faible. Donc :

∇uε= Z

∇u(x−y)φ_ε(y)dy et,

Z

∇uε∇ϕdx= Z ÅZ

∇u(x−y).∇ϕdx ã

φε(y)dy =

Fubini0 carR

∇u.∇θdx= 0∀θ∈ C₀¹(Ω).

On peut appliquer leLemme 2: Z

B(R/2)

∇^k(uε−uε⁰)

26C Z

B(R)

|uε−uε⁰|²dx ∀B(R)⊂⊂Ω

Oru_ε−→udansL²(ω)∀ω⊂⊂Ωdonc de Cauchy. Donc on en déduit queu∈ H^k(B)pour toute bouleB ⊂Ω⇒u∈ C^∞.

2 Théorème de De Giorgi-Nash

2.1 Définitions et énoncé

Fixonsn>2 et considérons un ouvert borné régulier connexe. On s’intéresse à l’E.D.P.LU = 0 oùL=div(A(x)∇·)etA= (a_i,j)16i, j6n. I.e. :

0 =Lu=

n

X

i=1 n

X

j=1

∂i(aij∂ju)

On dit queLest elliptique s’il existe deux constantes0< λ,Λtelles que : 1. sup_i,jkai,jk_L^∞_(Ω)6Λ

2. ∀x∈Ω, ∀ξ∈Rⁿ,

n

X

i,j=1

ai,j(x)ξiξj >λ|ξ|² Définition 3(elliptique)

Remarque.Contexte minimal.

1. ⇒:

a(u, v) =

n

X

i,j=1

Z

Ω

ai,j(x)∂iu∂jvdx

est continue surH¹× H¹ dansR.

2. ⇒aest cœrcive (pour appliquer Lax-Milgram) Exemple.Si A=id alorsL= ∆.

On dit queu∈ H¹(Ω)est une solution faible deLu= 0 ssi∀ϕ∈ C₀¹(Ω), on a : Z

Ω

(A∇u)· ∇ϕdx= 0 Définition 4(solution faible deLu= 0)

Pour toute bouleB ⊂Ω, il existe α∈]0,1]et c >0tels que∀u∈ H¹(Ω) solution faible de Lu= 0 avecL elliptique, on a :

kuk_L^∞_(B)+ sup

x,y∈B,x6=y

|u(x)−u(y)|

|x−y|^α 6ckuk_L²(Ω)

Théorème 7(De Giorgi)

Preuve.(idées)

Changements non linéaire d’inconnuesv =φ(y). Problème :Lv 6= 0 en général. Il faut étendre la notion de solution et trouver des fonctionsφqui respectent cette structure.

Caccioppoli ok si∆u>0.

Idée 1. Considérer des sous-solutions telles queLu>0.

Idée 2. Siφconvexe croissante alorsLφ(u)>0.

|u|^p→+∞ va permettre de contrôlerkuk_L^∞ etlog(u)−→ |u(x)−u(y)|

|x−y|^α .

2.2 Démonstration du théorème de De Giorgi

Soitu∈ C²(Ω). SupposonsA∈ C¹(Ω)^n×n. On dit queuest sous-solution siLu>0.

Définition 5(sous-solution)

Siφ:R−→RestC² convexe et croissante alorsφ(u)est sous-solution dès queuest sous- solution.

Propriété 1

Preuve.

Lφ(u) =X

i,j

∂_i(a_i,j∂_jφ(u))

= φ⁰(u)

| {z }

>0croissante

× Lu

|{z}

>0sous-sol

+φ⁰⁰(y)

| {z }

>0cvx

× X

i,j

ai,j∂iu∂ju

| {z }

>λ|∇u|²>0ellipticité

>0

Remarque.Extension au sens faible ?

Soitu∈ H¹(Ω). On dit queuest une sous-solution faible si : Z

Ω

A∇u.∇ϕdx60 ∀ϕ∈ C₀¹(Ω), avecϕ>0 Définition 6(sous-solution faible)

Soitφ: R−→[0,+∞[ convexe et croissante. Soit u∈ H¹(Ω)une sous-solution faible. Soit ω⊂⊂Ω, siφ(u)∈ L²(Ω) alorsφ(u)∈ H¹(ω)etφ(u)est une sous-solution faible dansω.

Propriété 2

Soit G∈ C¹(R) avec G⁰ bornée sur R. Si u ∈ H¹(Ω) alors G(u) ∈ H¹(Ω) et les dérivées faibles sont∂_j(G(u)) =G⁰(u)∂_ju.

Lemme 3

Preuve.

∃K >0tel que |G(t)−G(0)|6K|t| ∀t∈RcarG⁰ bornée. Alors :

|G(u(x))|6G(0) +K|u(x)|

DoncG(u)∈ L²(Ω) (G(0)∈ L²(Ω) carΩborné). Par ailleursG⁰(u)∈ L^∞(Ω)doncG⁰(u)∂_ju∈ L²(Ω). Il reste à voir que :

∀ϕ∈ C₀¹(Ω), Z

G(y)∂jϕdx=− Z

G⁰(y)∂juϕdx

1. CommeΩest régulier,∃EΩ:H¹(Ω)−→ H¹(Rⁿ)linéaire continue.

2. C₀^∞(Rⁿ)est dense dansH¹(Rⁿ).

On en déduit queC¹(Ω) est dense dansH¹(Ω).

Démonstration.Soitu∈ H¹(Ω). EΩu∈ H¹(Rⁿ) ⇒ ∃θp∈ C₀^∞(Rⁿ), θp−→EΩudans H¹(Rⁿ).

Alorsθ_p|_Ω−→udansH¹(Ω) (exercice). (Attention !C₀¹(Ω)^H

1

=H¹₀(Ω))

Siθp∈ C¹(Ω)alors :

Z

G(θ_p)∂_jϕ=− Z

G⁰(θ_p)∂_jθ_pϕ

Puis on passe à la limite :

|G(θ_p)−G(u)|6sup

R

|G⁰||θ_p−u| ⇒ kG(θ_p)−G(u)k_L2(Ω)−→0

Donc :

Z

G(θp)∂jϕ−→

Z

G(θ)∂jϕ (par Cauchy-Schwarz ou convergence faible). Et :

Z

G⁰(θ_p)∂_jθ_pϕ−→

Z

G⁰(u)∂_juϕ

En effet,

G⁰(θ_p)∂_jθ_pϕ−G⁰(u)∂_juϕ= G⁰(θ_p)−G⁰(u)

∂_juϕ+G⁰(θ_p)(∂_jθ_p−∂_ju)ϕ Puis on utilise queθp−→up.p. (quitte à extraire une sous-suite), donc :

Z

G⁰(θ_p)−G⁰(u)

∂_juϕ−→0 par convergence dominée Et on écrit :

Z

G⁰(θ_p)(∂_jθ_p−∂_ju)ϕ

6kG⁰k_L^∞kθ_p−uk_H1kϕk_L2

donc :

Z

G⁰(θp)(∂jθp−∂ju)ϕ−−−−−→

p→+∞ 0 On a :

Z

G(u)∂jϕ=− Z

G⁰(u)∂juϕ

Preuve.Propriété 2

• Étape 1.On suppose queφestC², croissante etφ⁰⁰(y) = 0pour|y|>RavecRassez grand.

LeLemme 3implique queφ(u)∈ H¹(Ω). Montrons que ∀ϕ∈ C₀¹(Ω),ϕ>0, on a : Z

Ω

A∇φ(u).∇ϕ60

On vérifie que : Z

A∇φ(u).∇ϕ= Z

Aφ⁰(u)∇u.∇ϕ

= Z

A∇u.∇ φ⁰(u)ϕ

− Z

ϕφ⁰⁰(u)A∇(u).∇u

On a R

ϕφ⁰⁰(u)A∇u.∇u>0par hypothèses. Il reste à voir que : Z

Ω

A∇u.∇(φ⁰(u)ϕ)60(∗) Pour le voir, rappelons que :

Z

Ω

A∇u.∇θdx60 ∀θ∈ C₀¹(Ω), θ>0 (∗∗)

Par densité de C₀¹(Ω) dans H¹₀(Ω), vrai aussi sur H¹₀(Ω). On a φ⁰(u) ∈ H¹(Ω) (lemme précédent) etC¹(Ω)dense dansH¹(Ω) donc∃g_n∈ C¹(Ω)g_n−−−−−→

n→+∞ φ⁰(u)dansH¹(Ω).

Alorsgnϕ∈ C₀¹(Ω)etgnϕ−−−−−→

n→+∞ φ⁰(u)ϕdansH¹(Ω)car le produit parϕest continu sur H¹(Ω). On applique(∗∗)avecθ=gnϕet on fait tendrenvers+∞et on obtient(∗).

• Étape 2.

Soitφ:R−→[0,+∞[convexe croissante.∃φnconvexes croissantesC², affines à l’infinie telles que :

06φn6φ et φn −−−−−→

n→+∞ φsimplement Lemme

– φconvexe croissante⇒φa une limite en−∞.

−2 −1 1 2

2 4 6 8 10 12

N’est pasC², croît enexp(x)en+∞. Il faut régu- lariser pour obtenirC²et affine à l’infini.

– Étape (a) : on tronque.

−3 −2 −1 1 2 3

2 4 6 8 10 12

φ˜_n(t) =







φ(t)sit∈[−n, n]

φ(−n)sit6n

a_n(t−n) +φ(n)sit>n oùa_n=φ⁰_d(n)(dérivée à droite carφconvexe).

– Étape (b) :

ψn,p(x) = Z

R

ρp(x−y) ˜φn(y)dy= Z

R

ρp(y) ˜φn(x−y)dy

où ρp ∈ C₀^∞(R), ρp(t) = pρ(pt) avec ρ > 0 et ρ ∈ C₀^∞(R). Alors ψn,p ∈ C^∞(R) est convexe, croissante etψn,p>0.

En ajoutant les hypothèses R

Rρ = 1et supp(ρ)⊆]− ∞,0], on a de plus ψn,p 6φ˜n

(on fait des moyennes locales avec tout le poids à gauche, etφ˜_n croissante). Quitte à décalerφ˜_n vers le bas (i.e. à lui retirerφ(n)) on en tireψ_n,p6φ.

De plusψn,p(u)−−−−−→

p→+∞

φ˜n(u)∀y. En effet :

ψn,p(x)−φ˜n(x) =p Z

R

ρ(py)φ˜n(x−y)−φ˜n(x) dy

Six6−n−koux>n+k(ktel que supp(ρ)⊆[−k,0]), on aψ_1,p⁰⁰ (x) = 0, et en fait ψn,p(x) = ˜φn(x).

Il reste à montrer queψn,p(x)−−−−−→

p→+∞

φ˜n(x)pourx∈[−n−k, n+k].

Rappel.Par le lemme des trois pentes, une fonction convexe est localement lipschit- zienne. Sur[−n−2k, n+ 2k], il existec_n tel que|φ˜_n(t₁)−φ˜_n(t₂)|6c_n|t₁−t₂|. Donc six∈[−n−k, n+k] ety∈supp(ρ(p·))⊆[−k,0], on a :

|φ˜_n(x−y)−φ˜_n(x)|6c_n|y|

Donc :

|ψn,p(x)−φ˜n(x)|6cn

Z

p|y|ρ(py)dy6cn

p ÅZ

R

|z|ρ(z)dz ã

– Étape (c) : on poseφ_n(t) =ψ_n,bncn(t). Fin de la preuve silim_−∞φ= 0; sinon, on se ramène à ce cas.

• Étape 3.

Considérons une sous-solution faible positivev∈ H¹(Ω)et un ouvertω⊂⊂Ω. Il existe C=C(λ,Λ, n, ω,Ω)tel que :

Z

ω

|∇v|²dx6C Z

Ω

v²dx

De plus siω=B(x0, ρ)et Ω =B(x0, r)avec0< ρ < r, on a C6 ^K(λ,Λ,n)_(r−ρ)2

Lemme(Cacciopoli)

Preuve.

vsous-solution ⇔ ∀ϕ∈ C₀¹(Ω), ϕ>0, Z

Ω

(A∇u)∇ϕ60

⇔ ∀ϕ∈ H¹₀(Ω), ϕ>0, Z

Ω

(A∇u)∇ϕ60 par densité

Soitη∈ C₀^∞(Ω)telle queη(x) = 1six∈ω). Alorsϕ=η²v∈ H₀¹(Ω)(à vérifier en exercice).

Donc :

Z

A∇v.∇(η²v)dx60 (η²v>0)

Ainsi,

Z

η²A∇v.∇vdx6−2 Z

ηvA∇v.∇ηdx Puis on écrit :

1. Z

Ω

η²A∇v.∇vdx >

ellipticité

λΩη²|∇v|²dx

2.

Z

ηvA∇v.∇ηdx 6

C.S.

Z

η²|A∇v|²

| {z }

6Λ²η²|∇v|²

¹₂

v²|∇η|²¹₂

D’où :

λ ÅZ

Ω

η²|∇v|² ã

6Λ ÅZ

Ω

η²|∇v|² ã¹₂ÅZ

Ω

v²|∇η|² ã¹₂

⇒ λ ÅZ

Ω

η²|∇v|² ã¹₂

6Λ ÅZ

Ω

η²|∇v|² ã¹₂

Donc : Z

ω

|∇v|²6 Z

Ω

η²|∇v|²6 ÅΛ

λ ã2Z

Ω

v²|∇η|²6k∇ηk²_L∞

ÅΛ λ

ã2ÅZ

Ω

v² ã

D’où le résultat voulu : si ω = B(x0, ρ), Ω = B(x0, r) alors ∃η convenant et telle que k∇ηk_L^∞(Ω)6r−ρ²

• Étape 4.Fin de la démonstration.

Soit φ: R −→ R⁺ convexe, croissante, u ∈ H¹(Ω) sous-solution faible telle que φ(u) ∈ L²(Ω). Montrons que∀ω⊂⊂Ω, φ(u∈ H¹(ω)est sous-solution faible dansω.

Par l’étape 2, il existe φ_n convexe croissante,C², affine à l’infini telle que 06ϕ_n 6φ et φ_n−−−−−→

n→+∞ φsimplement.

Par l’étape 1, φ_n(u)est sous-solution faible, et positive carφ_n à valeurs dansR⁺. Par l’étape 3, il existectel que ∀n∈N:

Z

ω

|∇φn(u)|²6c Z

Ω

|φn(u)|²6c∈Ω|φ(u)|²

Par ailleurs φn(u) −−−−−→

n→+∞ φ(u) dans L²(Ω) donc dans L²(ω), par convergence dominée.

Montrons queφ(u)∈ H¹(ω).

– Preuve 1. H¹(ω) est un espace de Hilbert. (φn(u)) est une suite bornée dans un Hilbert donc on peut en extraire une sous-suite qui converge faiblement. Elle converge fortement dansL²(ω)par ce qui précède, doc elle converge fortement par unicité de la limite dansL²(ω)(qui se démontrer par densité deC₀^∞ dansL²).

– Preuve 2.f ∈ H¹(ω)ssif ∈ L²(ω)et ∃c >0tel que∀ϕ∈ C₀¹(ω)on ait :

Z

f ∂fϕ

6Ckϕk_L² (critère de dualité) Donc sifn −−−−−→

n→+∞ f dansL² et(fn)bornée dansH¹, on af ∈ H¹ car :

Z

f ∂jϕ

=

lim Z

fn∂jfnϕ

6limk∂jfnk_L²kϕk_L² 6Ckϕk_L² Doncφ(u)∈ H¹(ω). De plus :

Z

A∇φn(u).∇ϕ60 ⇒ Z

A∇φ(u).∇ϕ60 Doncφ(u)est sous-solution faible.

2.3 Itérations de Moser

Soitx₀∈Ωet0< ρ < ravecB(x₀, r)⊂Ω).∃c >0tel que pour toute sous-solution positive v∈ H¹(Ω),

kvk_L1(B(x₀,l))6ckvk_L1(B(x₀,r))

Théorème 8

Remarque.La moitié de De Giorgi

Preuve.Pour j∈N, on poseR_j=ρ+ 2^−j(r−ρ). Alors :

B(x0, ρ)⊂ Bj+1⊂ Bj ⊂. . .⊂ B(x0, r) oùBj =B(x0, Rj)

Moser : il existek >1tel quevj+1=v^kj+1estimé dansL²(Bj)en fonction dev^kk dansL²(Bj).

Soitk∈î 1,_n−2ⁿ ó

sin>3,k∈[1,+∞[sin= 2. Il existeγ >0tel que∀j ∈N, ∀v∈ H¹(Bj): kv^kk²_L2(Bj)6γk∇vk^2k_L2(Bj)+γkvk^2k_L2(Bj)

Lemme

Preuve. On a vu que, sin > 3, H¹(Rⁿ) ,→ L^p(Rⁿ) ∀p∈ î 2,_n−2²ⁿ ó

et H¹(R²),→ L^p(Rⁿ)∀p∈ [2,+∞[(pas vu en cours).

PourH¹(Ω)avecΩrégulier, on a les mêmes injections car il existe un opérateur de prolongement E_Ω:H¹(Ω)−→ H¹(Rⁿ)tel queE_Ωf|Ω=f. En particulier,∃E_B(x0,1):H¹(B(x0,1))−→ H¹(Rⁿ).

On en déduitE_Bj en composantE_B(x0,1) avec : Dk:

ß H¹(Bj) −→ H¹(B(x0,1)) f 7−→ f(x0+Rj(x−x0))

On vérifie quesup_jkD_jk_L(H1(B_j),H¹(B(x₀,1)))<+∞. Donckvk_L2k(Bj)6ckvk_H1(B_j).

Soitk comme dans le lemme précédent et v ∈ H¹(Bj) sous-solution faible positive. Alors v^k ∈ H¹(Bj+1)et v^k sous-solution faible positive. De plus,∃ctel que ∀j,

kv^kk_L²_(Bj+1)6c2^kjkvk_L²_(Bj)

Lemme

Preuve. Soit φ(t) = 0 si t 6 0 et t^k sinon. φ est convexe croissante (pas C² si n > 4 quelque soit k) et v^k =φ(v). Par hypothèse, v ∈ H¹(B_j) doncv ∈ L^2kB_j, alorsφ(v)∈ L²(B_j)et donc φ(v)∈ H¹(B_j+1). Alors par le lemme précédent :

kv^kk²_L2(Bj+1)6γk∇vk^2k_L2(Bj+1)+γkvk^2k_L2(Bj+1

Caccipoli6

γc^k_jkvk^2k_L2(Bj+1)+γkvk^2k_L2(Bj+1) oùcj6 K (rj−rj+1) Doncc_j 6₍₂^−j_(r−ρ))¹ 2. D’où :

kv^kk²_L2(B_j+1)6 Ç

γ A^k (r−ρ)² + 1

å

2^kjkvk^2k_L2(B_j)

Ce qui termine la preuve du lemme. Revenons à la preuve du théorème. PosonsN_j=kvk_L2nj(B

j). AlorsN0 =kvk_L2(B0) et N∞ ∼ kvk_L^∞_(B(x0,ρ)) (heuristique à montrer). Posons vj =v^kj, alors Nj=kvjk_L^k12^j(Bj)et vj+1=v^k_j. Alors par le second lemme :

kvj+1k²_L2(Bj+1)6C2^kjkvjk^2k_L2(Bj)

Donc :

N_j+1² =kvj+1k

2 kj+1

L²(Bj+1)6(C2^kj)^kj1+1ikvjk

2 kj

L²(Bj)

| {z }

=N_j²

Ainsi :

N_j+1² 6(C2^kj)^kj1+1N_j² ⇒ N_j²6

+∞

Y

p=1

(c2^pk)^kp1 N₀²

Ce produit est fini car : log

+∞

Y

p=1

(c2^pk)^kp1

!

=

+∞

X

p=1

1

k^plog(c2^pk)<+∞

DoncNj 6CN0 ∀j. Montrons que ceci implique que v ∈ L^∞(B(x0, ρ)). PosonsM = 2CN0 et A={x∈ B(x0, ρ)|v(x)>M}. Alors :

N_j^2kj Z

Bj

v^2kjdx>

Z

A

M^{2k j}dx=|A|M^{2k j}

OrN_j^2kj 6(CN₀)^{2k j}= ^M₂^{2k j}

. Donc :

|A|M^{2k j} 6M^{2k j}2^{−2k j} i.e.∀j, |A|62^{−2k j} −−−−→

j→+∞ 0 D’où|A|= 0i.e.kvk_L^∞_(B(x0,ρ))6M = 2CN₀62Ckvk_L²_(B(x0,r))