Analyse Chapitre 5 : Espaces de Sobolev

Analyse

Chapitre 5 : Espaces de Sobolev

Lucie Le Briquer 17 décembre 2018

Table des matières

1 Dérivation au sens faible 2

2 Epaces de Sobolev et Fourier 8

3 Convolution 11

3.1 Introduction. . . 11 3.2 Fonctions à support compact . . . 15

4 Fonctions harmoniques 20

4.1 Propriété de la moyenne . . . 20 4.2 Solution fondamentale du Laplacien . . . 22

5 Équation de Schrödinger 28

1 Dérivation au sens faible

Soientuetϕ : [a, b]−→R,C¹. Intégration par parties :

Z b

a

uϕ⁰dx=u(b)ϕ(b)−u(a)ϕ(a)− Z b

a

u⁰ϕdx Si suppϕ⊂]a, b[,ϕ(a) =ϕ(b) = 0, ainsi :

Z b

a

uϕ⁰dx=− Z b

a

u⁰ϕdx

I⊂Rintervalle,f ∈ L^p(I),16p6 ∞. Si Z

I

f ϕdx= 0, ∀ϕ∈ C₀^∞(I) alorsf = 0.

Lemme 1

Doncu⁰ est l’unique fonctionv: [a, b]−→Rtelle que : Z b

a

vϕdx=− Z b

a

uϕ⁰dx ∀ϕ∈ C₀^∞(]a, b[) Cette formule a un sens∀u, v∈ L^p([a, b]).

Soit16p6∞et I⊂Rintervalle. On dit que u:I−→R, u∈ L^p, admet une dérivée au sens faible dansL^p(I)ssi∃v∈ L^p(I)tel que :

∀ϕ∈ C₀¹(I), Z

I

vϕdx=− Z

I

uϕ⁰dx Définition 1(dérivée au sens faible)

On notev=u⁰ ou ^∂u_∂x ou∂_xu.

Toute fonction C¹, u, sur un intervalle [a, b] compact est dérivable au sens faible dans L^p([a, b]), ∀p∈[1,∞].

Propriété 1

Remarque.Faux sur ]a, b[.

1. Exemple : u(x) = 1/xestC^∞sur]0,1[maisu /∈ L¹(]0,1[).

2. Exemple : u(x) =x^−1/3. Alorsu∈ L^p(]0,1[)si16p <3maisu⁰=−¹₃x^−4/3∈ L/ ^p.

Soit16p6∞. Siu∈ L^p est dérivable au sens faible, sa dérivée est unique.

Propriété 2

Preuve.Par le lemme R

f ϕdx= 0⇒f = 0.

x7→ |x|est dérivable au sens faible dansL^p. Propriété 3

Preuve.

Soitϕ∈ C¹₀(]−1,1[)

Z 1

−1

|x|ϕ⁰dx= Z 1

0

xϕ⁰dx− Z 0

−1

xϕ⁰dx

=− Z 1

0

ϕdx+ Z 0

−1

ϕdx

=− Z 1

−1

H(x)ϕ(x)dx

oùH=1R+−1R−. On vérifie queH|_]−1,1[∈ L^p.

La fonction1]0,1[ n’est pas dérivable au sens faible dansL^p(R), ∀p∈]1,∞].

Propriété 4

Preuve.

Par l’absurde supposons qu’il existev∈ L^p(R)telle que : Z

R

vϕdx=− Z

R

1]0,1[ϕ⁰dx, ∀ϕ∈ C¹₀(R) Alors∀ϕ∈ C₀¹(R),

|ϕ(1)−ϕ(0)|=

Z 1

0

ϕ⁰

= Z

R

vϕdx 6

Hölder

kvk_L^pkϕk_Lp0

Or ceci est absurde car on peut construire une suite(ϕn)n∈N telle que : 1. ϕn∈ C₀¹(R)

2. ϕ_n(1) = 1,ϕ_n(0) = 0 3. kϕnk_Lp0 =_n¹

En dimension>1, on a la formule de Stokes :

Z

Ω

u(x)∂ϕ

∂xj

dx=− Z

Ω

∂u

∂xj

ϕdx pourϕ∈ C₀¹(Ω) ϕ∈ C₀¹(Ω) signifieϕ,∇ϕ≡0 près de∂Ω

Ωouvert de Rⁿ,n>1.

• 1 6p6∞, u: Ω −→R, u∈ L^p(Ω). On dit que u est dérivable au sens faible dans L^p(Ω) dans la directionxj si∃v∈ L^p(Ω)tel que :

∀ϕ∈ C₀¹(Ω), Z

Ω

vϕdx=− Z

Ω

u∂ϕ

∂xj

dx On notev= _∂x^∂u

j ou∂x_juou∂juouux_j.

• On définit de même la dérivée au sens faible pour u: Ω −→ C ou u: Ω −→ R^m ou u: Ω −→ C^m. Par exemple pour u: Ω −→ C^m on décompose en parties réelle et imaginaire.

• L’espace SobolevW^1,p(Ω)est l’espace des fonctionu∈ L^p(Ω)(à valeurs dansR,C,R^m ouC^m) qui admettent des dérivées au sens faible dansL^p(Ω)dans toutes les directions x_j,16j6n.

• On introduit la norme :

kuk_W1,p(Ω)=kuk_Lp(Ω)+

n

X

j=1

∂u

∂xj

L^p(Ω)

Définition 2(espaces de Sobolev)

16p6∞.W^1,p(Ω)est un espace de Banach pour la norme k.k_W1,p(Ω). Théorème 1

On dit que u ∈ W^1,p(Ω) appartient à W^k,p(Ω) si les dérivées ∂x_ju de u appartiennent à W^k−1,p(Ω),∀j∈J1, nK.

On pose :

W^∞,p(Ω) = \

k∈N^∗

W^k,p(Ω) Et on définitW^0,p(Ω) =L^p(Ω).

Définition 3(W^k,p(Ω))

Notation. Si p= 2, on poseH^k(Ω) =W^k,2(Ω).

H¹(Ω)est un espace de Hilbert pour le produit scalaire : hu, vi_H1(Ω)=

Z

Ω

u¯vdx+

n

X

j=1

Z

Ω

∂u

∂x_j

∂v

∂x_jdx

= (u, v)_L2+ (∇u,∇v)_L2

Propriété 5

Preuve.c.f. TD

On a donc une généralisation de la notion de dérivée. Regardons maintenant la généralisation de la notion de solution. On traitera l’exemple de l’équation ∆u=f où∆ =Pn

j=1

∂²

∂²x_j =∇ · ∇

Soitf ∈ L¹_loc(Ω),Ω⊂Rⁿ ouvert. On dit que u∈H¹(Ω) est une solution faible de∆u=f si :

∀ϕ∈ C₀¹(Ω), −

n

X

j=1

Z

Ω

∂u

∂xj

∂ϕ

∂xj

dx= Z

Ω

f ϕdx Définition 4(solution faible)

Remarque.Supposons que u∈ C²(Ω) (i.e. u=U|Ω avecU ∈ C²(Rⁿ)) vérifie∆u=f. Alors, u∈ C¹(Ω) doncu∈H¹(Ω) (pourΩborné) et de plus :

Z

∂Ω

ϕ∂_nudσ= 0, ∀ϕ∈ C₀¹(Ω) Or,

Z

∂Ω

ϕ∂nudσ= Z

∂Ω

(ϕ∇u)·ndσ

= Z

Ω

div(ϕ∇u)dx

= Z

Ω

(∇ϕ· ∇u+ϕ∆u)dx Ainsi,

0 = Z

Ω

∇u· ∇ϕdx+ Z

Ω

ϕf dx doncuest solution faible.

u∈ C¹,T−périodique,RT

0 udt= 0 Z T

0

u²dt6 T

2π ²Z T

0

u⁰(t)²dt Rappels 1

Remarque.L’hypothèse de moyenne nulle sert à éliminer les fonctions constantes.

On définit :

H₀¹(Ω) =C₀^∞(Ω)^H

1(Ω)

i.e.u∈H₀¹(Ω)ssi∃(u_n)_n∈N, u_n∈ C₀^∞(Ω)telle que : ku−unk_H1(Ω)−−−−−→

n→+∞ 0 Définition 5(H₀¹(Ω))

SoitΩun ouvert de Rⁿ inclus dans une bandeR={(x⁰, xn)∈Rⁿ⁻¹×R;|xn|< R}. Alors

∀u∈H₀¹(Ω):

kuk_L2(Ω)62Rk∇uk_L2(Ω)

Théorème 2(Poincaré)

Preuve.

1. Par densité il suffit de le montrer pouru∈ C₀^∞.

2. On va utiliser une formule de représentation. Soit(x⁰, x_n)∈Ωet u∈ C₀^∞(Ω). On prolonge upar0 surR\Ω.

u(x⁰, x_n) = Z x_n

−R

∂u

∂xn

(x⁰, t)dt 3. On cherche à montrer une inégalité⇒appliquer Cauchy-Schwarz.

|u(x⁰, x_n)|6 Z R

−R

∂u

∂x_n

(x⁰, t)dt Donc,

|u(x⁰, x_n)|²6 Z R

−R

dt

! Z R

−R

∂u

∂xn

(x⁰, t)

2

dt

!

Ainsi, en intégrant surx⁰∈Rⁿ⁻¹: Z

Rⁿ⁻¹

|u(x⁰, xn)|²dx⁰62R Z

Rⁿ⁻¹

Z R

−R

∂u

∂xn

(x⁰, t)

2

dtdx⁰ = 2Rk∂x_nuk_L2(Ω)

Alors,

Z R

−R

Z

Rⁿ⁻¹

|u|²dx⁰dx_n6 Z R

−R

2Rk∂xnuk²_L2(Ω)dx_n Alors,

kuk²_L2(R)6(2R)²k∂x_nuk²_L2(Ω)6(2R)²k∇uk²_L2(Ω)

SoitΩun ouvert borné. Pour toutf ∈ L²(Ω), il existe une unique solution faibleu∈H₀¹(Ω) de∆u=f.

Proposition 1

Preuve.

On introduit surH₀¹(Ω),

B(u, v) = Z

Ω

∇u· ∇vdx etkuk_H1

0(Ω)=p

B(u, u) =k∇uk_L2(Ω) (on considère des fonctions à valeurs réelles).

AlorsB(u, v) est un produit scalaire surH₀¹(Ω) et (H₀¹(Ω),k.k_H1

0(Ω))est un espace de Hilbert.

En effet,

∃c >0, kuk_L2(Ω)6ck∇uk_L2(Ω) ∀u∈H₀¹(Ω) Donc∃c⁰>0,

c⁰kuk_H1(Ω)6kuk_H1

0(Ω)6kuk_H1(Ω)

Par ailleurs,

L²(Ω) −→ R ϕ 7−→ (f, ϕ) =R

Ωf ϕdx est une forme linéaire continue. A fortiori :

H₀¹(Ω) −→ R ϕ 7−→ (f, ϕ) est continue carH₀¹s’injecte continûement dans L² par Poincaré.

D’après le théorème de Riesz,∃!u∈H₀¹(Ω),

B(u, v) =−(f, ϕ)_L2 ∀ϕ∈H₀¹(Ω) Donc :

∀ϕ∈H₀¹(Ω), Z

Ω

∇u· ∇ϕdx=− Z

Ω

f ϕdx OrC₀¹(Ω)⊂H₀¹(Ω)(par convolution∃wn ∈ C₀^∞(Ω) tels quewn−−→

H¹ wceci∀w∈ C₀¹(Ω)).

Donc∃!u∈H₀¹(Ω) telle que :

∀ϕ∈ C₀¹(Ω), Z

Ω

∇u· ∇ϕ=− Z

Ω

f ϕ uest donc solution faible. Ceci montre l’existence.

Unicité.

Z

∇u∇ϕ=− Z

f ϕ Z

∇˜u∇ϕ=− Z

f ϕ Donc :

Z

∇(u−u)∇ϕ˜ = 0 ∀ϕ∈ C₀¹(Ω) C₀¹(Ω) est dense dansH₀¹(Ω) carC₀^∞ l’est. Ainsi :

Z

|∇(u−u)|˜ ²= 0 ⇒ ku−uk˜ _H1= 0

par Poincaré. Finalementu= ˜u.

2 Epaces de Sobolev et Fourier

Soits∈[0,+∞[. On dit queu∈ L²(Rⁿ)appartient à l’espce de SobolevH^s(Rⁿ)si : (1 +|ξ|²)^s/2|ˆu| ∈ L²(Rⁿ)

On posek.kH^s :

kuk²_Hs = 1 (2π)ⁿ

Z n

R

(1 +|ξ|²)^s|ˆu(ξ)|²dξ Définition 6

Si k ∈ N^∗, H^k(Rⁿ) = H^k(Rⁿ). Les deux définitions coïncident et on a équivalence des normes.

Propriété 6

Soits∈R. On dit queu∈ S⁰(Rⁿ)appartient àH^s(Rⁿ)si (1 +|ξ|²)^s/2uˆ∈ L²(Rⁿ) Définition 7

Exemple.δ₀∈H⁻¹(R)carδˆ₀= 1. Ainsi(1 +|ξ|²)^−1/2δˆ₀=√ ¹

1+|ξ|² ∈ L²(R).

En faitδ0∈H^−1/2−ε(R)∀ε >0.

Exercice. i∂tu−∆u= 0, u|t=0=δ0. Que vautu(t, x)?

H^s(Rⁿ),s∈Rest un espace de Hilbert pour le produit scalaire : (u, v)H^s = 1

(2π)ⁿ Z

Rⁿ

(1 +|ξ|²)^su(ξ)ˆˆ v(ξ)dξ Propriété 7

S(Rⁿ)est dense dansH^s(Rⁿ)pour touts∈R. Propriété 8

Preuve.En exercice.

Sis > ⁿ₂, alorsH^s(Rⁿ)⊂ C⁰(Rⁿ)∩ L^∞(Rⁿ).

Propriété 9

Preuve.

1. Densité.Par densité il suffit de montrer que∃c >0tel que :

∀u∈ S(Rⁿ), kukL^∞ 6ckukH^s =ck(1 +|ξ|²)^s/2ukˆ _L² 2. Formule de représentation. Soitu∈ S(Rⁿ), on a :

u(x) = 1 (2π)ⁿ

Z

Rⁿ

e^ix·ξu(ξ)dξˆ 3. Cauchy-Schwarz.

|u(x)|6 1 (2π)ⁿ

Z

Rⁿ

|ˆu|dξ 6 1

(2π)ⁿ Z

Rⁿ

1 (1 +|ξ|²)^s/2

| {z }

∈L² sis>ⁿ₂

|ˆu|

|{z}

∈L²

dξ

n>1,06s < ⁿ₂. ALors :

H^s(Rⁿ)⊂ L^p(Rⁿ)pour toutpvérifiant26p6 2n n−2s Théorème 3

Preuve.

Soitf ∈ S(Rⁿ). On montre que :

kfkL^q 6ckfkH˙^s (∗) oùq= _n−2s²ⁿ et

kfk²_H˙s = Z

Rⁿ

|ξ|^2s|fˆ(ξ)|²dξ norme raffinée

Supposons ceci vrai. Montrons le théorème. Soitp∈[2, q]. Alors,∃s⁰ ∈[0, s]tel quep= _n−2s²ⁿ 0. Alors :

kfk_Lp6ckfkH˙^s0 6ckfk_Hs0 6ckfk_Hs

Montrons(∗). On introduit :

{|f|> λ}={x∈Rⁿ :|f(x)|> λ}

{|f|> λ}

=mesure de{|f|> λ}

Alors,

kfk^q_Lq =q Z +∞

0

λ^q−1

{|f|> λ}

dλ

En effet, par Fubini :

kfk^q_Lq = Z

|f|^qdx

= Z

Rⁿ

Z |f(x)|

0

qλ^q−1dλ

! dx

= Z +∞

0

Z

|f|>λ

dx

!

qλ^q−1dλ Soitλ >0. On décomposef =gλ+hλ.

ˆ gλ(ξ) =

fˆ(ξ) si|ξ|6 Aλ

0 si|ξ|> Aλ

ˆhλ(ξ) =

0 si |ξ|6 Aλ

fˆ(ξ) si |ξ|> Aλ

avecAλ à choisir.

Remarquons que si|f|> λalors soit|g_λ|>^λ₂ soit |h_λ|>^λ₂. On choisitA_λtel que |g_λ|6 ^λ2. On a :

|gλ(x)|= 1 (2π)ⁿ

Z

|ξ|6A_λ

e^ix·ξfˆ(ξ)dξ

|g_λ(x)|6 1 (2π)ⁿ

Z

|ξ|6A_λ

|ξ|^−2sdξ

!1/2

Z

|ξ|^2s|fˆ(ξ)|²dξ ^1/2

Donc,

kg_λk_L^∞ 6c₁ Z

|ξ|6A_λ

|ξ|^−2sdξ

!^1/2 kfkH˙^s

Or,

Z

|ξ|6Aλ

|ξ|^−2sdξ = Z A_λ

0

Z

Sⁿ⁻¹

r^−2s+n−1drdθ=c2A^n−2s_λ

Donckg_λk_L^∞ 6c₃A^n/2−s_λ kfkH˙^s. On choisitA_λ tel que : c3A^n/2−s_λ kfkH˙^s =λ

4 Or :

{|f|> λ} ⊂ {|hλ|> λ/2}

Donc,

kfk^q_Lq 6q Z +∞

0

λ^q−1

|hλ|>λ 2

dλ De plus,

khλk²_L2 = Z

|hλ|²dx>

Z

|hλ|>^λ₂

λ²

4 dx= λ² 2

|hλ|>λ 2

Donc,

kfk^q_Lq 6c4

Z +∞

0

λ^q−3khλk²_L2dλ

Or,

khλk²_L2 = (2π)kˆhλk²_L2 = (2π) Z

|ξ|>Aλ

|fˆ(ξ)|²dξ D’où,

kfk^q_Lq 6c₅ Z +∞

0

λ^q−3 Z

|ξ|>A_λ

|fˆ|²dξdλ6c₅ Z

Rⁿ_ξ

Z Λ(ξ)

0

λ^q−3dλ

!

|fˆ(ξ)|²dξ oùΛ(ξ)choisi tel queλ>Λ(ξ)⇒ξ6Aλ. On aA^n/2−s_λ ckfkH˙s = ^λ₄.

Si|ξ|>Aλ(ckfkH˙^s)^{(n/2−s)−1} alors

|ξ|^n/2−s>c6λ On pose,Λ(ξ) = _c¹

6|ξ|^n/2−s. Donc : kfk^q_Lq 6c₇

Z

Rⁿ

Λ(ξ)^q−2|fˆ(ξ)|²dξ=. . .=c₈kfk^q_H˙s

3 Convolution

3.1 Introduction

Soient f: R −→ R et g:R −→ R. Le produit de convolution de f et g est la fonction h:R−→Rdéfinie par :

h(x) = Z +∞

−∞

f(x−y)g(y)dy On noteh=f∗g.

Définition 8(produit de convolution)

Remarque.Cette notion est naturelle dès que l’on ne s’intéresse pas aux valeurs ponctuelles mais à des moyennes locales (par exemple les mesures de quantités physiques).

Exemples.

• f =1[−1/2,1/2]. Alors :

h(x) = Z

−¹₂6x−y6¹2

g(y)dy= Z x+¹₂

x−¹₂

g(y)dy h(x)est la moyenne degsur

x−¹₂, x+¹₂ .

• f =1[−ε/2,ε/2]. Alors :

h(x) = Z x+^ε₂

x−^ε₂

g(y)dy

On s’attend à ce quehεsoit régulière et converge versg quandε−→0.

Soitn>1 et(p, q, r)∈[1,∞]³ tels que : 1 p+1

q = 1 + 1 r sif ∈ L^p(Rⁿ),g∈ L^q(Rⁿ)alors :

f∗g(x) = Z

Rⁿ

f(x−y)g(y)dy est définie pour presque toutx∈Rⁿ et de plus,

kf∗gkL^r 6kfkL^pkgkL^q

Théorème 4(inégalité de Young)

Preuve.

• f = 0 oug= 0⇒f ∗g= 0trivial

• On peut donc supposer f 6= 0 etg6= 0, puis supposer quekfk_Lp= 1,kgk_Lq = 1. On veut montrer quekf∗gk_Lr 61. Remarquons que :

– si ¹_p+¹_q = 1 (⇔r=∞)alors par Hölder on a bien le résultat :

Z

f(x−y)g(y)dy 6

Z

|f(x−y)|^pdy ^1/p

| {z }

kfkLp=1

Z

|g(y)|^qdy ^1/q

| {z }

kgkLq=1

61

Le premier terme est bien la normeL^p malgré la translation et l’inversion.

– Si p= 1 etq= 1 (⇔r= 1). Alors avec Fubini : Z Z

|f(x−y)||g(y)|dydx= Z Z

. . . dxdy=kfk_L¹kgk_L¹ Donckf ∗gk_L1 61.

– si1< r <+∞, alorsp <+∞,q <+∞. Idée : on décompose.

|f(x−y)||g(y)|=α(x, y)β(x, y)

avecα(x, y) =|f(x−y)|^p/r|g(y)|^q/r etβ(x, y) =|f(x−y)|^1−p/r|g(y)|^1−q/r. Alors : Z Z

α^rdxdy= Z Z

|f(x−y)|^p|g(y)|^qdxdy=kfk^p_Lpkgk^q_Lq = 1 EtR

β(x, y)^r0dy61car∀x:

β(x, y)^r0 =|f(x−y)|^r0(^1−pr)|g(y)|^r0(^1−qr)

=|f(x−y)|^pr0(¹p−¹_r)|g(y)|^qr0(¹q−¹_r)

=|f(x−y)|^ps|g(y)|^qt

où ¹_s =r⁰ 1p−¹_r

et ¹_t =r⁰

1 q −¹_r

. Alors : 1

s +1 t =r⁰

1 p+1

q−2 r

=r⁰

1 + 1 r−2

r

=r⁰

1−1 r

=r⁰× 1 r⁰ = 1 Donct=s⁰ =_s−1^s . Ainsi par Hölder :

Z

β(x, y)^r0dy6 Z

|f(x−y)|^pdy

1/sZ

|g(y)|^qdy 1/t

61 Alorsh=f ∗g vérifie :

|h(x)|6 Z

|f(x−y)||g(y)|dy 6

Z

α(x, y)β(x, y)dy 6

Z

α(x, y)^rdy

^1/rZ

β(x, y)^r0dy ^1/r0

61

6 Z

α(x, y)^rdy 1/r

D’après Hölder. Donc : Z

|h(x)|^rdx6 Z Z

α(x, y)^rdydx61

Remarque.Cas fondamental (moyenne). Soitf ∈ L¹(Rⁿ). Alorsg7→f∗gest borné deL^q dans L^q pour toutq∈[1,∞].

Exemple principal :

kf∗gk_L2 6kfk_L1kgk_L2

On peut généraliser cet exemple.

SoitK une fonction continue surRⁿ×Rⁿ telle que : sup

y∈Rⁿ

Z

Rⁿ

|K(x, y)|dx6A₁ sup

x∈Rⁿ

Z

Rⁿ

|K(x, y)|dy6A₂

Siu∈ C₀⁰(Rⁿ), on définitP upar : P u(x) =

Z

Rⁿ

K(x, y)u(y)dy (opérateur de noyauK)

AlorsP se prolong par continuité en un opérateur borné deL²(Rⁿ)dansL²(Rⁿ)et : kPk_L(L2,L²)6p

A1A2

Propriété 10(lemme de Schur)

Remarque.Soitf ∈ L¹(Rⁿ)alors :

P u=f∗u(x) = Z

K(x, y)u(y)dy avecK(x, y) =f(x−y). EtA1=A2=kfk_L1.

Preuve.

Par Cauchy-Schwarz :

|P u(x)|²6 Z

|K(x, y)||u(y)|²dy× Z

|K(x, y)|dy

| {z }

6A₂

Alors,

Z

|P u|²dx6A2

Z Z

|K(x, y)||u(y)|²dydx

puis Fubini.

Voyons un autre lien aveckf∗gk_L26kfk_L1kgk_L2.

• Soitf ∈ L¹(Rⁿ)et g∈ L¹(Rⁿ). Alors :

f‘∗g= ˆfgˆ

• Soitu, v∈ S(Rⁿ). Alors :

uvc= 1 (2π)ⁿuˆ∗ˆv Propriété 11

Preuve.

f‘∗g(ξ) = Z Z

e^−ix·ξf(x−y)g(y)dydx

= Z Z

e^{−i(x−y)·ξ}f(x−y)r^−iy·ξg(y)dydx

= Z

e^−iy·ξg(y) Z

e^{−i(x−y)·ξ}f(x−y)dx

dy

= ˆg(ξ) ˆf(ξ) F(ˆu∗ˆv) =F(ˆu)F(ˆv)où :

F(ˆu)(ξ) = Z

e^−iξ·ξu(ξ)dξˆ = (2π)ⁿu(−ξ) donc

F(ˆu∗ˆv) = (2π)²ⁿ(uv)(−ξ) F(ˆu∗ˆv) = (2π)ⁿF(cuv)

Ainsi,uˆ∗vˆ= (2π)ⁿuv.c

Application 1.Sif ∈ L¹,g∈ L¹∩ L² :

kf∗gk_L2 =Ckf‘∗gk_L2=Ckfˆgkˆ _L26CkfˆkL^∞kˆgk_L26kfk_L1kgk_L2

carkfˆkL^∞ 6kfk_L¹ et Ckˆgk_L² =kgk_L². Application 2.

Soitn>1 ets > ⁿ₂. Siu, v∈H^s(Rⁿ)alorsuv∈H^s(Rⁿ)et : kuvkH^s 6CkukH^skvkH^s

Théorème 5

Preuve.

hξi:= (1 +|ξ|²)^1/2 Lemme.∀s>0,∀ξ∈Rⁿ,∀η∈Rⁿ :

hξi^s62^s(hξ−ηi^s+hηi^s) Pouru, v∈ S(Rⁿ),uvˆ = (2π)⁻ⁿuˆ∗vˆon en déduit que :

hξi^s|uv(ξ)|c 6 2^s (2π)ⁿ

Z

(hξ−ηi^s+hηi^s)|ˆu(ξ−η)||ˆv(η)|dη Donc,

hξi^s|uv(ξ)|c 6 2^s (2π)ⁿ

Z

(hξ−ηi^s|ˆu(ξ−η)|)|ˆv(η)|dη+ Z

|ˆu(ξ−η)|(hηi^s|ˆv(η)|)dη

On appliquekf ∗gk_L2 6kfk_L1kgk_L2 deux fois : 1. f(x) = ˆv(x),g(y) =hyi^su(y)ˆ

2. f = ˆu,g=h.i^sˆv

Puis on utilisekukˆ _L¹ 6CkukH^s etkˆvk_L¹ 6CkvkH^s. car : Z

|ˆv|dξ6 Z

1hξi^2sdξ 1/2

| {z }

<+∞

Z

hξi^2s|ˆv|² 1/2

| {z }

=kvkHs

et aussikh.i^sukˆ _L2 =kuk_Hs. Ce qui montre l’inégalité pouru, v dansS(Rⁿ). Puis densité.

3.2 Fonctions à support compact

Pour tout ouvertΩ⊂Rⁿ, il existe ϕ_Ω:Rⁿ−→[0,1]telle queϕ_Ω∈ C^∞(Rⁿ)et : Ω ={x∈Rⁿ:ϕ_Ω(x)>0}

(⇔ ∀F fermé ,∃ϕ_F ∈ C^∞(Rⁿ) 06ϕ_F 61qui s’annule exactement surF) Propriété 12

Preuve.

SoitΩouvert.∀x∈Ω,∃a(x)∈Qⁿ∩Ωetr(x)∈Q+tels que x∈ B(a(x), r(x))⊂Ω. Donc : Ω = [

x∈Ω

{x} ⊂ [

x∈Ω

B(a(x), r(x))⊂Ω

Donc,Ω =S

x∈ΩB(a(x), r(x)).

Mais{a(x) :x∈Ω}et {r(x) :x∈Ω} sont dénombrables donc : Ω = [

k∈N

B(ak, rk) On pose :

ϕΩ(x) =

+∞

X

k=0

e^−1/rk 2^k+1 φ

1−|x−ak|² r²_k

oùφ:R−→R⁺ est définie par :

φ(y) =

0 siy60 e^−1y siy >0 On remarque que :

• lim_y→0+φ(y) = 0,φcontinue et bornée surR

• ∂_y^kφ(y) =Pk 1 k

e^−1y,Pk∈R[X]poury >0⇒φ∈ C^∞(R).

On a :

1. ϕΩ(x)est bien définie 2. ϕΩ(x)>0 six∈Ω 3. ϕ_Ω(x) = 0six /∈Ω 4. Montrons que :

+∞

X

k=0

e^−1/rk 2^k+1 sup

Rⁿ

|∂_x^αφ(. . .)|<+∞ pour toutα∈Nⁿ On vérifie que :

sup

Rⁿ

|∂_x^αφ(. . .)|6r^−|α|_k Or,

Xe^−1/rk 2^k+1

1 r_k

|α|

6X|α|^|α|e^−|α|

2^k+1 6|α|^|α|e^−|α|

Par convergence normale des séries des dérivées on aϕ_Ω∈ C^∞(Rⁿ).

∃θ:R−→Rcroissante,C^∞telle queθ(t) = 0sit60etθ(t) = 1sit>1.

Lemme 2

Preuve.

g(t) =φ(t)φ(1−t)avecφ(y) =e^−1/y poury >0,0 sinon. suppg⊂[0,1]. On pose alors : θ(t) =

Rt

−∞g(s)ds R+∞

−∞ g(s)ds

qui convient.

Ωouvert deRⁿ,K compact contenu dansΩ,∃f ∈ C₀^∞(Ω)telle que f ≡1sur un voisinage deK.

Corollaire 1

Preuve.

Soit x ∈ K. Il existe Bx boule centrée en x avec Bx ⊂ Ω. ∃ϕx: Rⁿ −→ [0,1], C^∞ telle que supp(ϕx)⊂ Bx etϕx(x)>0. On peut supposerϕx(x) = 2. On pose :

Vx={z∈Ω :|ϕx(z)|>1}, ouvert Alors,

K⊂ [

x∈K

Vx

donc par compacité on peut un extraire un sous recouvrement fini :

K⊂ [

16i6n

Vx_i

On poseϕ=P

16i6nϕx_i. Alorsϕ>1surK,ϕ∈ C^∞ et supp(ϕ)⊂Ω. Pour conclure on pose : f =θ◦ϕ

Alors06f 61f = 1sur K. supp(f)⊂supp(ϕ)⊂Ω.

SoitKun compact deRⁿet{U_i}_16i6N un recouvrement deK. Alors il existe une partition de l’unitéC^∞subordonnée à ce recouvrement :

∃(ζi)16i6N, ζi∈ C^∞, 06ζi61 avec supp(ζi)⊂Ui et

N

X

i=1

ζ_i(x) = 1∀x∈K Propriété 13

Soitn>1,∃ψ∈ C₀^∞(Rⁿ)telles que :

supp(ψ)⊂ B(0,1) supp(ϕ)⊂ B(0,2)\B(0,1/2) et∀ξ∈Rⁿ :

ψ(ξ) +

+∞

X

p=0

ϕ(2^−pξ) = 1 Lemme 3(décomposition dyadique de l’unité)

Remarque.supp(ϕ(2^−pξ)⊂ Cp oùCp est la couronne : {ξ∈Rⁿ: 2^p−16|ξ|62^p} Preuve.

Soitψ∈ C₀^∞(Rⁿ)telle que supp(ψ)⊂ B(0,1)et ψ(ξ) = 1siξ∈ B(0,1/2). On pose : ϕ(ξ) =ψ(ξ/2)−ψ(ξ)

alors,

• si|xi|61/2 on aψ(ξ/2) = 1,ψ(ξ) = 1doncϕ(ξ) = 0

• si|ξ|>2on aψ(ξ/2) = 0,ψ(ξ) = 0 doncϕ(ξ) = 0 donc supp(ϕ)⊂ B(0,2)\B(0,1/2).

ψ(ξ) +

+∞

X

p=0

ϕ(2^−pξ) =ψ(ξ) + (ψ(ξ/2)−ψ(ξ)) +. . .+

ψ ξ

2^N

−ψ ξ

2^N−1

+. . .

=ψ ξ

2^N

= 1si2^N >4|ξ|

Soitα∈]0,1[. Une fonctionu∈ C⁰_b(Rⁿ)appartient àC^0,α(Rⁿ)ssi : sup

x,y:|x−y|61

|u(x)−u(y)|

|x−y|^α <+∞

Définition 9

Soitu∈ S⁰(Rⁿ)etp∈ {−1} ∪N. On définit∆_pupar : F(∆pu) =ϕ(2^−pξ)Fusip>0

F(∆₋₁u) =ψ(ξ)Fu Définition 10

Soitr∈]0,1[. Soitu∈ S⁰(Rⁿ)telle que∃c >0:

∀p∈ {−1} ∪N, k∆puk_L^∞ 6c2^−pr alorsu∈ C^0,r(Rⁿ).

Propriété 14

Soits > ⁿ₂. On sait queH^s(Rⁿ)⊂ L^∞(Rⁿ). Sis > ⁿ₂ +αavecα∈]0,1[, alors H^s(Rⁿ)s’injecte continûement dansC^0,α(Rⁿ)

Corollaire 2

Preuve.

On veut estimerk∆puk_L^∞.u∈ S(Rⁿ).

∆pu(x) = (2π)⁻ⁿ Z

e^ix·ξϕ(2^−pξ)ˆu(ξ)dξ

|∆pu|6(2π)⁻ⁿ Z

hξi^−shξi^sϕ(2^−pξ)|ˆu(ξ)|dξ 6(2π)⁻ⁿ

Z

ϕ(2^−pξ)²hξi^−2sdξ

^1/2Z

hξi^2s|ˆu(ξ)|²dξ ^1/2

| {z }

6kuk_Hs

Or,

ϕ(2^−pξ)²hξi^−2s∼1²C_p(ξ)h2^pi^−2s∼2^−2ps1Cp

Alors,

Z

ϕ(2^−pξ)²hξi^−2sdξ62^−2ps Z

C^p

dξ'2^−2ps2^pn= 2^p(n−2s) En fait,

Z

ϕ(2^−pξ)²hξi^−2sdξ 1/2

62^−2ps Z

C^p

dξ'2^−2ps2^pn=C2^p(n−2s)12

⇒ k∆pukL^∞ 6C⁰2^p(ⁿ₂−s)kukH^s. Alorsu∈ C^0,α par la proposition.

4 Fonctions harmoniques

4.1 Propriété de la moyenne

Ω⊂Rⁿ avecn>2 ouvert.

u∈ C²(Ω)est harmonique si :

∆u= 0 où∆u=Pn

j=1

∂²u

∂x²_j.

Définition 11(fonction harmonique)

Soitu∈ C²(Ω).uest harmonique ssi :

∀x∈Ω, ∀r >0, B(x, r)⊂Ω ⇒ u(x) = 1

|B(x, r)|

Z

B(x,r)

u(y)dy

i.e.u(x)correspond à la moyenne deusur toute boule centrée enxet incluse dansΩ.

Théorème 6

Preuve.

Soitx∈Ω. Posons :

φ(r) = 1

|B(x, r)|

Z

B(x,r)

u(y)dy= 1

|B(0,1)|

Z

B(0,1)

u(x+rζ)dζ φ(r)−−−→

r→0 u(x). Il suffit de montrer queuharmonique ssiφ(r)est constante (∀x). Montrons que φ⁰(r) = 0. On a :

φ⁰(r) = 1

|B|

Z

B

(ζ· ∇u)(x+rζ)dζ oùB=B(0,1)et ζ· ∇=Pn

j=1ζj ∂

∂x_j. Or, ζ· ∇u(x+rζ) =divζ

|ζ|²

2 (∇u)(x+rζ)

car :

divζ(|ζ|²(∇u)(x+rζ)) =

n

X

j=1

∂ζ_j(|ζ|²(∂x_ju)(x+rζ))

=

n

X

j=1

2ζj(∂xju)(x+rζ) +

n

X

j=1

r|ζ|²(∂_x²_ju)(x+rζ)

= 2ζ·(∇u)(x+rζ) car∆u= 0. Donc :

φ⁰(r) = 1

|B|

Z

B

divζ(X)dζ = 1

|B|

Z

∂B

X·ndσ

oùX(ζ) =|ζ|²(∇u)(x+rζ). Sur∂B on a |ζ|²= 1. Donc : φ⁰(r) = 1

|B| Z

∂B

(∂nu)(x+rζ)dr(ζ) Par ailleurs,

Z

B(x,r)

∆udx= Z

B(x,r)

div(∇u)dx= Z

∂B(x,r)

∂nudσ Donc si∆u= 0R

∂B(x,r)∂nu= 0∀x,∀r. Ainsiφ⁰(r) = 0et doncφconstante.

Inversement, siφ⁰(r) = 0, on en déduit que : Z

B(x,r)

(1− |ζ|²)∆udx= 0, ∀B(x, r)⊂Ω ⇒ ∆u= 0 En effet, d’après les calculs qui précédent, siφ⁰(r) = 0, alors on a :

1

|B|

Z

∂B

(∂nu)(x+rζ)dσ(ζ) = r

|B| Z

B

|ζ|²(∆u)(x+rζ)dζ Or,

r

|B|

Z

B

(∆u)(x+rζ)dσ(ζ) = 1

|B|

Z

∂B

∂_nu(x+rζ)dσ(ζ) car :

r Z

B

∆u(x+rζ) = Z

B

divζ(∇u)(x+rζ) = Z

∂B

(∂nu)(x+rζ) D’où,

r

|B|

Z

B

(1− |ζ|²)∆u(x+rζ)dζ= 0 ∀x,∀r, tqB(x, r)⊂Ω

Ωouvert borné connexe. Siu∈ C⁰(Ω)∩ C²(Ω)est harmonique, alors : max

Ω

u= max

∂Ω u

De plus siuatteint son maximum dansΩalorsuest constante.

Théorème 7

Preuve.

Supposons∃x0∈Ωtel que u(x0) = max_Ωu. Sir >0est tel queB(x0, r)⊂Ωalors : M =u(x₀) = 1

|B(x0, r)|

Z

B(x0,r)

u(y)dy OrM =_|B(x¹

0,r)|

R

B(x0,r)M dy, ainsi : Z

B(x0,r)

(u(y)−M)

| {z }

60

dy= 0

u(y) =M ∀y∈ B(x , r). Donc{x∈Ω|u(x) =M} = Ω

4.2 Solution fondamentale du Laplacien

On verra qu’il existe beaucoup de fonction harmoniques.

Exemples.

• f =u+iv (f:z7→z=x+iy=u+iv). Siu_x=v_y u_y=−vxalors : u_xx−u_yy =v_yx−v_xy = 0

<(f),=(f)sont harmoniques.

• Si ∆ϕ= 0alorsφ²_x−φ²_y,φxφy sont harmoniques.

• Si f ∈H^1/2(∂Ω)alors∃u, ∆u= 0tel que u|∂Ω=f.

• On chercheu(x) =v(|x|)oùv: R+−→Rharmonique. Alors∆u=?.

∆u=X

∂_j²(v(|x|))

=X

∂_j(v⁰(|x|)∂_j(|x|))

=v⁰(|x|)X

∂_j²|x|

+v⁰⁰(|x|)X (∂j|x|)² or, ∂j|x|= ^x_|x|^j et ∂²_j|x|= _|x|¹ −_|x|^x2j3 = ^|x|

2−x²_j

|x|³ . Donc :

∆u(x) =v⁰(|x|)

n

X

j=1

1

|x|− x²_j

|x|³

!

+v⁰⁰(|x|)

n

X

j=1

x²_j

|x|² =v⁰(|x|) +n−1

|x| v⁰(|x|)

∆u= 0 ssiv⁰⁰(r) +ⁿ⁻¹_r v⁰(r) = 0. Donc :

(logv⁰)⁰+ (n−1)(logr)⁰

On appelle solution fondamentale du Laplacien la fonction : ϕ(x) =− 1

2πlog(|x|) (n= 2)

ϕ(x) = 1

(n−2)|Sn−1| 1

|x|ⁿ⁻² (n>3) Définition 12(solution fondamentale du Laplacien)

Soitf ∈ C₀²(Rⁿ). Alors :

u(x) = Z

Rⁿ

ϕ(x−y)f(y)dy estC²surRⁿ et −∆u=f.

Proposition 2

Preuve.

y 7→ f(y) est localement intégrable, y 7→ϕ(x−y)est localement intégrable. Donc y 7→ϕ(x− y)f(y)est intégrable.u(x)est bien définie. On a :

u(x) = Z

Rⁿ

ϕ(x−y)f(y)dy doncuestC² (dérivation, Lebesgue) et :

∆u= Z

ϕ(y)(∆f)·(x−y)dy Régularisonsϕ(pourn>3), on pose :

ϕε(y) = 1 (n−2)|S_n−1|

1

(|y|²+ε²)ⁿ⁻²² =αn

1 (|y|²+ε²)ⁿ⁻²² Soituε(x) =R

ϕε(y)f(x−y)dy. Alorsuε∈ C²(Rⁿ).

∆xuε= Z

ϕε(y)(∆xf)(x−y)dy= Z

ϕε(y)(−∆y(f(x−y))) et∆u_ε→∆uquandε→0. On a par intégration par parties :

∆uε(x) = Z

∆ϕε(y)f(x−y)dy et

∆ϕ_ε(y) =− n

|Sn−1|

ε² (|y|²+ε²)¹⁺ⁿ² En prenanty=εz,

∆u_ε(x) =− n

|Sn−1|

Z f(x−εz) (1 +|z|²)¹⁺ⁿ²dz Donc∆u_ε(x)−−−→

ε→0 −af(x)où : a= n

|Sn−1|

Z dz (1 +|z|²)¹⁺ⁿ²

= n

|S_n−1| Z +∞

0

|S_n−1| rⁿ⁻¹ (1 +r²)¹⁺ⁿ²dr

=n Z +∞

0

1 sⁿ⁺¹

ds 1 + _s¹2

¹⁺ⁿ₂

=n Z +∞

0

s

(1 +s²)¹⁺ⁿ²ds

=n

−1 n

1 (1 +s²)^n/2

+∞

0

= 1

Sin>2, on a :

u(x) = 1

|S_n−1|

Z x−y

|x−y|ⁿ · ∇u(y)dy ∀u∈ C₀^∞(Rⁿ) Corollaire 3

Soitn>2 etp∈]1, n[. On posep^∗= _n−p^np . Alors :

∃cp>0 : ∀f ∈ C₀^∞(Rⁿ), kfk_Lp∗ 6cpk∇fk_L^p Théorème 8(injections de Sobolev)

Preuve.

On a :

f(x) = 1

|S_n−1|

Z x−y

|x−y|ⁿ · ∇f(y)dy Donc,

|f(x)|6 1

|S_n−1|

Z |∇f(y)|

|x−y|ⁿ⁻¹dy Rappel.Si ¹_p+¹_q = 1 +¹_r on a :

kh∗gkL^r 6kgkL^qkhkL^p

Icih=|∇f| ∈ L^p,g=|x−y|⁻⁽ⁿ⁻¹⁾, on veutr=p^∗. On a _p¹∗ =¹_p −_n¹ doncq=_n−1ⁿ . On a :

|g(x)|^q =

1

|x|ⁿ⁻¹

n n−1

= 1

|x|ⁿ

On a “presque” g∈ L^q(Rⁿ).

Soitn∈N^∗. Considérons(p, q, α)>0, tels que : 1

p−1 q = α

n 1< p < n α Alors,∃c=c(p, q, α, n)telle que :

kIαfk_Lq 6Ckfk_Lp

pour toutf ∈ C₀^∞(Rⁿ)où :

Iαf(x) = Z

Rⁿ

f(y)

|x−y|^n−αdy Théorème 9(Hardy-Littlewood-Sobolev)

Preuve.Idée. Poser :

M f(x) = sup

r>0

1

|B(x, r)|

Z

B(x,r)

|f(y)|dr

Sip >1 alors :

kM fkL^p6cpkfkL^p

Théorème 10(Hardy-Littlewood)

Soitφ∈ L¹, kφk_L1= 1.φ>0,φradiale et décroissante, alors :

|f∗φ|(x)6M f(x) Lemme 4

Preuve.

On se ramène à :

φ(x) =

N

X

p=1

ap1B(0,ρp)

Preuve.(suite de HLS)

Iαf(x) =Iα,Rf(x) +I_α^Rf(x) où :

I_α,Rf(x) = Z

B(x,R)

|f(y)|

|x−y|^n−αdy I_α^Rf(x) = Z

Rⁿ\B(x,R)

|f(y)|

|x−y|^n−αdy Iα,Rf(x) =ψ∗f oùψ(z) =1B(0,R)(z)_|z|n−α¹ . On a donc :

|Iα,Rf(x)|6kψk_L1·M f(x) où :

kψk_L1= Z

|z|6R

dz

|z|^n−α

α<n= cste Z R

0

rⁿ⁻¹ r^n−αdr

=cste Z R

0

r^α−1dt∼R^α

Par ailleurs,

I_α^R(x) = Z

Rⁿ\B(x,R)

f(y)

|x−y|^n−αdy 6kfk_Lp

Z

Rⁿ\B(x,R)

dy

|x−y|^p0(n−α)

!_p¹0

6kfk_Lp

Z +∞

R

rⁿ⁻¹ r^p0(n−α)

p¹0

6CR^α−npkfk_Lp

En combinant les deux majorations on trouve que :

|Iαf(x)|6CR^αM f(x) +CR^α−npkfk_L^p On choisitRtel que :

R^αM f(x) =R^α−npkfk_Lp alors R=

kfk_Lp

M f(x) _n^p

Ainsi,

|Iαf(x)|62Ckfk

αp n

L^pM f(x)^1−αpn

On met à la puissanceq et on utilise HL sip∈]1,+∞].

Siu∈H¹(Ω) vérifie∆u= 0au sens faible, alorsu∈ C^∞(Ω).

Théorème 11(Weyl)

Supposons que u ∈ C^∞(Ω) soit harmonique. Soit B(x0, r) ⊂ B(x0, R) ⊂ Ω, 0 < r < R.

Alors :

Z

B(x0,r)

|∇u|²dx6 16 (R−r)²

Z

B(x0,R)

|u|²dx Lemme 5(Caccioppoli)

Remarque.Stable. Sert pour démontrer De Giorgi :

div(A∆u) = 0, u∈H¹(Ω), A∈Sym₊(Rⁿ), A∈ L^∞ ⇒ ∃α >0tqu∈ C^0,α(ω) Preuve.(Caccioppoli)

On utiliseR

Ω∇u· ∇vdx= 0avecv bien choisie. Iciv(x) =η(x)²u(x)oùη est telle que :

• η(x) = 1six∈ B(x0, r)

• supp(η)⊂ B(x0, R)

• |∇η|6 R−r²

Alorsv∈ C₀^∞(B(x0, R)). Donc si∆u= 0, Z

Ω

∇u· ∇vdx= 0 ⇒ Z

∇u·(η²∇u+ 2ηu∇η)dx= 0 Donc,

Z

∇u·η²∇u=−2 Z

ηu∇u· ∇η

Z

∇u·η²∇u 6

(CS,Rⁿ)

2 Z

ηu|∇u||∇v|

(CS,L6²)

2 Z

η²|∇u|^{2 1}₂Z

u²|∇η|^{2 1}₂

Donc commeX²6XY ⇒ X 6Y, on obtient : Z

η²|∇u|²

64 Z

u²|∇η|²

64 Z

B(x0,R)

u²k∇ηk²_L∞ 6 16 (R−r)²

Z

B(x0,R)

u² Finalement commeη(x) = 1six∈ B(x0, r), on a le résultat :

Z

B(x0,r)

|∇u|²

!

6 16 (R−r)²

Z

B(x0,R)

u²