1 Dérivation au sens faible

Analyse

Chapitre 4 : Espaces de Sobolev

Lucie Le Briquer 23 novembre 2017

Table des matières

1 Dérivation au sens faible 1

2 Inégalité de Poincaré 3

3 Propriétés des espaces de Sobolev 8

1 Dérivation au sens faible

C₀¹: ensemble des fonctionsC¹ à support compact.

SoitΩun ouvert deRⁿ et soitp∈[1,+∞]. Soitu∈L^p(Ω). On dit queuadmet une dérivée au sens faible par rapport àx_j,16j6n, ssi∃v∈L^p(Ω)tel que :

∀φ∈ C₀¹(Ω), Z

Ω

u(x)∂xjφ(x)dx=− Z

Ω

v(x)φ(x)dx On notev=∂x_ju(ou∂ju, ∂u/∂xj), appelée dérivée au sens faible.

Définition 1(dérivée au sens faible)

L’espace W^1,p(Ω) est l’ensemble des fonctions u ∈ L^p(Ω) qui admettent des dérivées au sens faible dans toutes les directions.

Remarques.

• Bonne notion

• Ωouvert borné,u∈ C¹(Ω)(veut direu|ΩavecU ∈ C¹(Rⁿ)) alors : Z

Ω

u∂jφdx=− Z

Ω

(∂ju)φdx dérivable au sens “classique” ⇒dérivable au sens faible

• p∈[1,+∞],Ω =]0,1[,u(x) =_x¹.u∈ C¹(Ω) maisu /∈L^p(Ω). A fortioriu /∈ W^1,p(Ω).

• u(x) =|x|,x∈]−1,1[.

Z 1

−1

u∂_jφdx= Z 1

0

x∂_jφdx− Z 0

−1

x∂_jφ

=− Z 1

−1

Hφdx, H ∈L^p

Doncu∈ W^1,p(Ω) mais n’est pas dérivable au sens classique.

Dans ce cours p= 2.

Notation. H¹(Ω) =W^1,2(Ω)

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

Z

Ω

∇u∇vdx+ Z

uvdx

où∇u∇v=Pn

j=1∂_ju∂_jv.

Propriété 1

Preuve. Sera vue en TD.

On notera u(x)∈Rouu(x)∈Cdans la suite.

But. (résoudre l’équation de Laplace)

ß −∆u=F dansΩ u=f sur∂Ω

SoitΩun ouvert deRⁿ et soit F ∈L¹_loc(Ω). On dit queu∈ H¹(Ω) est une solution faible de−∆u=F dansΩssi :

∀φ∈ C₀¹(Ω), Z

Ω

∇u· ∇φdx= Z

Ω

F φdx Définition 2

Remarques.

• Z

Ω

divXdx= Z

∂Ω

X·ndσ formule de la divergence de Stokes

0 = Z

∂Ω

φ∂nudσ= Z

∂Ω

X·ndσ X=φ∇u

= Z

Ω

divXdx= Z

Ω

div(φ∇u)

= Z

Ω

∇φ· ∇u+ Z

φ∆u

Car :

divX =div ÖX₁

... Xn

è

=

n

X

j=1

∂_xjX_j

div(φ∇u) =

n

X

j=1

∂_xj(φ∂_xju)

=

n

X

j=1

∂x_jφ∂x_ju+

n

X

j=1

φ∂²_xju

=∇φ· ∇u+φ∆u Donc solution classique ⇒solution faible.

• La fonction u(x) =x|x|=sgn(x)x² vérifie :

u⁰(x) = 2|x| u⁰⁰(x) = 2sgn(x) (∆u=F)

• F ∈L¹_loc(Ω),R

ΩF φa donc un sens.

La définition est équivalente avecφouφ.

2 Inégalité de Poincaré

Considérons une suite(e_n)_n∈N d’un Hilbert H vérifiant hen, e_mi = δ_n^m. On a équivalence entre :

1. L’espace vectoriel engendré par les(en)n∈N est dense.

2. ∀f ∈ H,kfk²_H=P

n∈N|hf, eni|²

3. ∀f ∈ H, la sériePhf, eni.en converge versf. 4. Sihen, fi= 0∀nalorsf = 0.

Théorème 1(bases hilbertiennes)

Soitf ∈L²(Tⁿ), oùTⁿ= (R/2πZ)ⁿ. Alors : lim

N→+∞kf −SNfk_L2(Tⁿ)= 0 où SNf = X

k∈Zⁿ,|k|6N

fˆkek

avece_k(x) =e^ik·x etfˆ_k =R

Tⁿf(x)e^−ik·xdx Théorème 2(séries de Fourier)

Preuve.

NotonsH=L²(Tⁿ), espace de Hilbert pour le produit scalaire : hu, vi=

Z

u(x)v(x)dx

Soit fˆk = hf, eki. Pour montrer que la série Pfˆkek converge vers f il suffit de montrer que {ek}^⊥_k∈Zn={0}(d’après (4)⇒(3)duThéorème 1).

On a vu quefˆ_k= 0∀k⇒ f = 0.

Soitu∈ C¹(R),L-périodique et telle queRL

0 u(x)dx= 0. Alors : Z L

0

u(x)²dx6 ÅL

2π ã²Z L

0

u⁰(x)²dx Propriété 2(inégalité de Poincaré-Wirtinger)

Preuve.

Pour étudier une normek.k²_L2 ⇒Parseval/Plancherel (point(2)duThéorème 1) SoitH=L²([0, L]). Munissons-le du produit scalaire usuelhf, gi=RL

0 f(x)g(x)dx. Introduisons : ek = 1

√Lexp Å

i2πk L x

ã

On a u=P

k∈Zhu, ekiek, kuk² =P|hu, eki|². Or hu, e0i= 0 carhu, e0i= RL

0 u(x)dx = 0par hypothèse. Donc :

kuk²=X

k6=0

|hu, eki|²6X

k6=0

|khu, eki|²

Or,

hu⁰, eki= Z L

0

u⁰exp Å

−2iπ L kx

ã 1

√ Ldx

= + Z L

0

2iπ L kuexp

Å

−2iπ L kx

ã 1

√ Ldx

=2iπ

L khu, e_ki Donckuk²6 2π^L

²

ku⁰kcarku⁰k²=P|hu⁰, eki|².

Soitu=u(t, x)de classeC² sur R×Ret L-périodique enx, RL

0 u(0, x)dx= 0, solution de

∂tu−∂x(γ(x)∂xu) = 0 (∗)où γ est C^∞, L-périodique et inf_Rγ>γ > 0. Alors ∃c > 0 tel que :

Z L

0

u(t, x)²dx6e^−tc Z L

0

u(0, x)²dx Propriété 3

Remarque.Sans leγ,(∗)correspond à l’équation de la chaleur.

Preuve.

1. γ= 1:

u0(x) =X ˆ

u0_ke^{2iπL kx}

u(t, x) =X

k6=0

ˆ u0_kexp

Å2iπ

L kx−k²t ã

e^−tk26e^−tcpuis Plancherel.

2. γ quelconque. On cherche à estimerRL

0 u(t, x)²dx.

Méthode.

On a ∂tu −−→^×u u∂tu R

−→ Z

u∂tu −→ d dt

1 2

Z u²dx

Ici,

u

∂tu−∂x(γ∂xu)

= 0

⇒ Z

u∂tu− Z

∂x(γ∂xu) u= 0

⇒ 1 2

d dt

Z L

0

u²dx+ Z L

0

γ(x)(∂xu)²dx= 0 (∗) Or RL

0 u(t, x)dx= 0 ∀t>0 carRL

0 u(0, x)dx= 0 par hypothèse et : d

dt Z L

0

u(t, x)dx= Z L

0

∂x(γ∂xu)dx= 0 Donc :

Z L

0

γ(∂xu)²dx>γ Z L

0

(∂xu)²du>γ Å2π

L ã2Z L

0

u(t, x)²dx Alors(∗)⇒y(t) :=RL

0 u(t, x)²dxvérifie : y⁰(t) +γ

Å2π L

ã2

y(t)60 Doncz(t) =e^tcy(t),c:=γ ^2π_L²

, vérifie :

z⁰(t)60 ⇒ y(t)6e^−tcy(0)

Remarque.

kukL² 6ck∂xukL²

Soit n > 1. Il existe c(n) telle que, ∀r > 0, ∀ boule B de rayon r dans Rⁿ, pour tout u∈ H¹(B):

Ç 1

|B|

Z

B

u(x)− Z

B

udx

2å^1/2

6c(n)r Å 1

|B|

Z

B

|∇u(x)|²dx ã^1/2 Théorème 3(Poincaré)

Preuve.

On peut supposer queR

Budx= 0. Alors : 1

|B|

Z

B

u²(x)dx= 1 2|B|

Z

B

u(x)²dx+ 1 2|B|

Z

B

u(y)²dy

= 1

2|B|² Z

B

Z

B

(u(x)−u(y))²dxdy Or,

u(x)−u(y) = Z 1

0

ϕ⁰(t)dt oùϕ(t) =u(tx+ (1−t)y) Donc :

(u(x)−u(y))²= ÇZ 1

0

(x−y)(∇u)(tx+ (1−t)y)dt å²

6|x−y|² ÇZ 1

0

|∇u|(tx+ (1−t)y)dt å²

6(2r)² Z 1

0

|∇u|²(tx+ (1−t)y)dt Ainsi,

1

|B|

Z

B

u²(x)dx6 (2r)² 2|B|²

Z 1

0

Z

B

Z

B

|∇u|²(tx+ (1−t)y)dxdydt 6 (2r)²

2|B|² Z 1

0

Z

B

Z

tB+(1−t)y

|∇u|²(σ)dσdydt tⁿ 6 2r²

|B|² Z 1

0

Z

B

Z

B1tB+(1−t)y(σ)|∇u|²(σ)dσdydt tⁿ Or :

Z

B1tB+(1−t)y(σ)dy=

B ∩ 1

1−t(σ−tB)

6min ß

1, Å t

1−t ãⁿ™

|B|

Donc Poincaré avec :

c(n)²= 2 Z 1

0

t⁻ⁿmin ß

1, tⁿ (1−t)ⁿ

™ dt

On définitH¹₀(Ω) comme l’adhérence deC₀^∞(Ω)dansH¹(Ω).

Définition 3

On suppose queΩ⊂ R ={(x⁰, xn) ∈Rⁿ⁻¹×R,|xn| 6R} avec R >0. Alors, pour tout u∈ H¹₀(Ω), on a :

kukL²(Ω)62Rk∇ukL²(Ω)

Théorème 4

Preuve.

Il suffit, par densité, de considéreru∈ C₀^∞(Ω). Alors : u(x⁰, x_n) =

Z xn

−R

(∂_xnu)(x⁰, y)dy caru(x⁰,−R) = 0 (on au∈ C₀^+∞(R)oùuest prolongée par 0).

Donc,

|u(x⁰, xn)|²6(xn+R) Z x_n

−R

(∂x_nu)²dy 62R

Z R

−R

(∂x_nu)²dy Ainsi,

Z Z

R

|u(x⁰, x_n)|²dx⁰dx_n62R Z R

−R

Z

Rⁿ⁻¹

Z R

−R

|∂_xnu(x⁰, y)|²dydx⁰dx_n 6(2R)²

Z R

−R

Z

Rⁿ⁻¹

|∂_xnu|²(x⁰, y)dx⁰dy

Application au problème :

ß −∆u=F dansΩ u= 0 sur∂Ω

∀F ∈L²(Ω), ∃!u∈ H¹₀(Ω) tel que :

∀φ∈ C₀¹(Ω), Z

Ω

∇u.∇φdx= Z

Ω

F φdx Propriété 4

Preuve.

1. H¹₀(Ω)est un espace de Hilbert.

2. Soit :

Λ :

ß H¹₀(Ω) −→ R

v 7−→ R

ΩF vdx continue

(on se place dans le cas réel quitte à considérer parties imaginaire et réelle séparément).

3. a(f, g) =R

Ω∇f.∇gdxproduit scalaire. On a par Poincaré : c⁻¹kfk²_H1 6a(f, f)6ckfk²_H1

Conséquence de Riesz :

∀Λ∈ H⁰

|{z}

dual topologique

, ∃!u∈ HtqΛ(v) =a(u, v)∀v∈ H

3 Propriétés des espaces de Sobolev

SoitΩouvert et soitu∈L²(Ω). Alorsu∈ H¹(Ω) ssi,∃c >0tel que∀φ∈ C₀¹(Ω),

Z

Ω

u∂jφdx

6ckφk_L2(Ω) (∗) Propriété 5

Preuve.

• siu∈ H¹(Ω), alorsR

u∂jφdx=−R

(∂ju)φdxavec∂ju∈L²(Ω)donc(∗)d’après C.S.

• Réciproquement, supposons (∗), posons pourφ∈ C₀¹(Ω): Λ(φ) =

Z

Ω

u∂jφdx puis étendonsΛ àL²(Ω) Alors∃v∈L²(Ω)tel que Λ(φ) =R

φvdx(Riesz).

⇒udérivable au sens faible avec∂ju=−v.

Siu∈ H¹(Ω) etv∈ C¹(Ω)avec∇v bornée etv bornée, alorsuv∈ H¹(Ω).

Propriété 6

Ω₁,Ω₂ deux ouverts et θ: Ω₁ −→ Ω2 un C²-difféomorphisme avec ∇θ, ∇θ⁻¹ bornées. Si u∈ H¹(Ω₂)alorsu◦θ∈ H¹(Ω).

Propriété 7

Preuve.(de la Propriété 6)

• Soitφ∈ C₀¹(Ω). On a : Z

Ω

uv∂jφdx

= Z

Ω

u∂j(vφ)− Z

Ω

u(∂jv)φ

6 Z

Ω

u∂_j(vφ)

+ Z

Ω

u∂_jvφ 6 Ckvφk_L2

| {z }

carvφ∈C₀¹(Ω)

+ku∂jvk_L2kφk_L2

| {z }

C.S.

Donc,

Z

Ω

uv∂_jφdx

6KkφkL²

avecK=CkvkL^∞+kuk_L2k∂jvkL^∞.

Preuve.(de la Propriété 7) On veut montrer que∃c >0 tel que∀j, ∀φ∈ C₀¹(Ω) :

Z

Ω1

u(θ(x))∂jφ(x)dx

6ckφk_L2(Ω1)

On sait que∃c⁰>0tel que : Z

Ω2

u(y)∂jϕdy

6c⁰kϕk_L2(Ω2)

On poseκ=θ⁻¹.y=θ(x),x=κ(y).Ω1=κ(Ω2).

Z

Ω1

u(θ(x))(∂jφ)(x)dx

= Z

Ω2

u(y)(∂jφ)(κ(y))|Jκ(y)|dy

= Z

Ω₂

u(y)(∂jφ)(κ(y))Jκ(y)dy

où Jκ(y) = det(∇κ1, ...,∇κn), de signe constant (car θ difféomorphisme ⇒ κdifféomorphisme donc la différentielle ne peut pas s’annuler).

Il suffit de traiter le casj= 1 pour simplifier les notations. On a :

(∂₁φ)(κ(y))J_κ(y) = det(∇(φ◦κ),∇κ2, ...,∇κn) =M₁∂₁(φ◦κ) +...+M_n∂_n(φ◦κ) De plusφ◦κ∈ C₀¹(Ω2). On a :

Z

Ω₂

u(y)M_k(y)∂_k(φ◦κ)

6ckφ◦κk_L2(Ω₂)6c⁰kφk_L2(Ω₁)

caruMk∈ H¹(Ω2)d’aprèsPropriété 6etMk∈ C_b¹(Ω2).

Soitn>2etΩouvert borné deRⁿ. Pour toute suite bornée(u_n)dansH₀¹(Ω), il existe une suite extraite qui converge fortement dansL²(Ω).

Théorème 5(Rellich)

Preuve.

H¹₀(Ω)Hilbert donc∃une sous-suite qui converge faiblement (hun, vi −−−−−→

n→+∞ hu, vi ∀v∈ H). On peut supposer que la limite faible est 0.

On note u˜n = un(x) si x ∈ Ω, 0 sinon. Alors (˜un) est bornée dans H¹(Rⁿ) et converge faiblement vers 0 dansH¹(Rⁿ).

Lemme 1

Preuve.(du lemme) à faire en exercice avec

Ru∂˜ jφ

6ckφk_L2(Rⁿ)

Posonsvn =χ˜un avecχ∈ C₀^+∞(Rⁿ),χ≡1surΩ.vn∈L¹(Rⁿ), on définit alors sa transformée de Fourier :

ˆ vn(ξ) =

Z

e^−ix·ξvn(x)dx=h˜un, χe^−ix·ξi Par la formule de Plancherel on a :

kvnk²_L2 = (2π)^αkˆvnk²_L2

= Z

|ξ|6R

|ˆv_n(ξ)|²dξ

| {z }

A_n

+ Z

|ξ|>R

|ˆv_n(ξ)|²dξ

| {z }

B_n

∀R

An−−−−−→

n→+∞ 0 carˆvn(ξ)−−−−−→

n→+∞ 0 ∀ξ+ convergence dominée.

ˆ

vn(ξ) =h˜un, χe^ix·ξi Z

|ξ|>R

|ˆvn(ξ)|²dξ6 Z

Rⁿ

1 +|ξ|²

1 +R²|ˆvn(ξ)|²dξ

6 1

1 +R²kvnk²_H1