La symétrisation de Schwarz et quelques applications

La symétrisation de Schwarz et
quelques applications
1
Table des Matières
Introduction
2
1 Préliminaire
1.1 La convergence faible dans un Banach .
1.2 Les espaces Lp . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Quelques critères de convergence . . . .
1.4 Espace de Sobolev . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Dé…nitions et quelques propriétés
1.5 Le lemme variationnel d’Ekeland . . . .
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6
6
7
9
10
10
12
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13
13
19
24
25
26
3 Quelques applications
3.1 L’inégalité de Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Application (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
28
36
Conclusion
41
Bibliographie
42
2 Le réarrangement décroissant
2.1 Dé…nitions et propriétés . . . . . . .
2.2 Quelques inégalités classiques . . . .
2.3 Symétrisations de schwarz . . . . . .
2.3.1 Propriétés de la symétrisation
2.4 Inégalité de Polya-Szégö . . . . . . .
2
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Notations
RN est un espace Euclidien de dimension N:
Si x; y 2 RN alors x:y est le produit scalaire dans RN , c-à-d:
x = (x1 ; :::::::; xN ), et y = (y1 ; :::::::::::; yN ), alors x:y =
N
P
xi :yi
i=1
Si x 2
RN ,
jxj =
N
P
i=1
x2i
1
2
:
Si E
RN , alors jEjest la mesure de Lebesgue .
Si E
RN , alors E est la boule de centre à l’origine telle que jEj = jE j :
B (x; r) est la boule dans RN de centre x et de rayon r:
! N est le volume de la boule unité dans RN tel que ! N =
N
2
(
N
2
;
@u
@xN
est la fonction Gamma usuelle.
RN est un domaine borné, alors @
Si
Soit u :
+1)
, avec
(s)
sa frantière.
RN ! R
u+ = max fu; 0g est la partie positive de u:
u =
min fu; 0g est la partie négative de u:
ru est le gradiant de la fonction u : RN ! R est
@u
;
@x1
u est le laplacien de la fonction u:RN ! R c-à-d: 4u =
u# est le réarrangement unidimensionnel de u .
M p:pg :
inf ess(u)=sup fM 2 R tel que u(x)
M p:pg :
3
= ru:
N @2u
P
2 = div(ru):
i=1 @xi
u est la symétrie sphérique et le réarrangement décroissant de u .
sup ess(u)=inf fM 2 R tel que u(x)
t
Notation
4
C0
est l’espace des fonctions continues sur
Ck
est l’espace des fonctions k fois continuement di¤érentiables sur
:
; (k
2 N).
C1 ( ) = \ Ck ( ) :
k 0
D( ) est l’espace des fonctions C 1 à support compact dans :
9
8
Z
=
<
jf (x)j dx < +1 :
L1 ( ) = f : ! R intégrable tel que
;
:
Lp ( ) = u :
! R+ , u mesurable et jujp 2 L1 ( ) ; 1 < p < +1
kukLp (
L1 ( ) = fu :
)
2
31=p
Z
= 4 ju (x)jp dx5 :
! R+ mesurable et 9 une constante c telle que ju (x)j
kukL1 (
)
= inf fc; ju (x)j
c p:p sur
g:
c p:p sur
g:
Introduction générale
Ce mémoire est consacré à l’étude de la symétrisation de Schwarz et certaines de
ces applications.
La symétrisation de Schwarz est une méthode de modélisation de certains problèmes de la physique, et aussi l’un des principaux outils dans l’étude des inégalités
isopérimétriques et les problèmes de compacité.
Plusieurs types de symétrisation sont connues dans la littérature mathématique, on
peut citer la symétrisation de Steiner, la symétrisation de chapeau et la symétrisation
de Schwarz, que l’on va considérer dans ce mémoire.
La symétrisation de Schwarz est aussi connue comme le réarrangement décroissant
des fonctions à symétrie sphérique. Ce type de symétrisation consiste de passer d’une
fonction quelconque à une fonction radiale décroissante, tout en conservant la norme
dans les espaces Lp , et en faisant décroitre la norme du gradient pour certaine classe
de fonctions admissibles, alors pour quelques problèmes variationnels on peut utiliser
u (où u est la symétrisation de Schwarz de la fonction u) au lieu de la fonction
générale u. Ces propriétés nous permettent de démontrer l’existence de solutions de
quelques équations elliptiques avec perte de compacité où les méthodes classiques sont
di¢ ciles à utiliser.
Les premiers résultats obtenus dans cette direction ont été prouvé par Polya-Szégö
en 1951. Puis complété par plusieurs mathématiciens comme Bandle en 1980, et
Mossino en 1984. Depuis lors, plusieurs nouveaux résultats ont été prouvés, et quelques
conjectures ont été résolues, particulièrement celle liées au sujet des valeurs propres
des opérateurs di¤érentiels partiels elliptiques.
Ce travail est donc divisé en trois chapitres organisés de la manière suivante:
Le premier chapitre est consacré aux rappels des dé…nitions et des théorèmes fondamentaux basés surtout sur les critères de convergence et quelques inégalités connues
comme l’inégalité de Sobolev. Les références principales pour ce chapitre sont [2, 8,
12,6].
Dans le deuxième chapitre on dé…nit la notion de la symétrisation de Schwarz et les
principaux résultats du réarrangement, ensuite on parle d’un résultat très important
de la symétrisation de Schwarz, c’est l’inégalité de Polya-Szégö. Pour plus de détails
le lecteur est renvoyé aux [11, 5, 9,7, 12,10].
En…n, en chapitre trois on montre comment ces techniques on été appliquées .Pour
plus de détails le lecteur est renvoyé aux [12, 11, 10, 1, 3,7].
5
Chapitre 1
Préliminaire
1.1
La convergence faible dans un Banach
Dé…nition 1.1 Soit E un espace de Banach, E 0 son dual et h:; :i le produit de dualité
sur E 0 E.
On dit que la suite (xn ) de E converge faiblement vers x 2 E si et seulement si :
hx0 ; xn i ! hx0 ; xi; 8x0 2 E 0 ,
(1.1)
xn * x faib. dans E.
(1.2)
et on écrit:
0
0
On dit que la suite (x0n ) de E converge faiblement vers x0 2 E si et seulement
si :
hx0n ; xi ! hx0 ; xi; 8x 2 E,
(1.3)
et on écrit:
x0n * x0 faib.
dans E 0 .
(1.4)
Théorème 1.1 Soit E un espace de Banach, E 0 son dual. Soient (xn ) et (x0n ) deux
suites de E et de E 0 respectivement.
Soit xn * x faib. dans E, alors:
(
9k > 0 t.q. 8n 2 N : kxn kE
kxkE
lim inf kxn kE
k
Soit x0n * x0 faib. dans E 0 , alors:
(
9k > 0 t.q. 8n 2 N : kx0n kE 0
kx0 kE 0
lim inf kx0n kE 0
k
(1.5)
n!1
n!1
Si xn ! x (fortement dans E), alors xn * x faib. dans E.
6
(1.6)
1. Préliminaire
7
Si x0n ! x0 (fortement dans E 0 ), alors x0n * x0 faib. dans E 0 .
Si xn * x faib. dans E et x0n ! x0 (fortement dans E 0 ), alors hx0n ; xn i ! hx0 ; xi.
Dé…nition 1.2 Soit E un espace de Banach, soit E 0 son dual et soit E 00 son bidual,
i.e le dual de E 0 .
On a une injection canonique J : E ! E 00 dé…nie comme suit : soit x 2 E …xé,
l’application x0 ! hx0 ; xi de E 0 dans R constitue une forme linéaire continue sur E 0
i.e un élément de E 00 noté Jx:On a donc hJx; x0 iE;00 E 0 = hx0 ; xiE;0 E , 8x 2 E; 8x0 2 E 0 :
Dé…nition 1.3 (Espace ré‡exif ): Soit E un espace de Banach et soit J l’injection
canonique de E dans E 00 . On dit que E est ré‡exif si J(E) = E 00 .
Dé…nition 1.4 (Espace séparable): On dit qu’un espace de Banach E est séparable s’il existe un ensemble au plus dénombrable et dense dans E:
Théorème 1.2 Soit E un espace de Banach ré‡exif et soit (xn ) une suite bornée de
E, alors :
il existe une sous suite (xnk ) de (xn ) et x 2 E tel.que.
xnk * x faib. dans E.
(1.7)
Si chaque sous suite converge faiblement vers la même limite x, alors:
xn * x faib. dans E.
1.2
(1.8)
Les espaces Lp
Dé…nition 1.5 Soit un ouvert de RN :
i) Pour p = 1; on pose
8
9
Z
<
=
L1 ( ) = f : ! R intégrable telle que
jf (x)j dx < +1
:
;
ii) Soit 1 < p < +1: On pose
Lp ( ) = f :
! R ; f mesurable et jf jp 2 L1 ( )
et on note:
kf kLp (
)
=
où k:kLp ( ) est une norme sur Lp ( ):
iii) pour p = +1, on pose
L1 ( ) = ff :
Z
1=p
jf (x)jp dx
(1.9)
! R; f mesurable et 9 une constante C telle que jf (x)j
C p.p sur
Dans ce cas on a:
kf kL1 (
où k:kL1 (
)
)
= inf f C ; jf (x)j
est une norme sur L1 ( ):
C p.p sur
g:
(1.10)
g
1. Préliminaire
8
Remarque 1.1 (i) L’espace Lp est un espace de Banach pour 1 p +1.
(ii) L’espace Lp est un espace ré‡exif pour1 < p < +1.
(iii) L’espace Lp est un espace séparable pour1 p < +1, pour p = +1 l’espace Lp
n’est ré‡exif ni séparable .
Remarque 1.2 a) Soit 1 p +1: On désigne par q l’exposant conjugué de p c-à-d
: p1 + 1q = 1:
b) Soit 1 p < +1: Alors l’espace dual de Lp ( ) est Lq ( ).
On utilise souvent l’inégalité algébrique suivante:
Inégalité de Young: Soit a; b 2 R, on a
1 p 1 q
jaj + jbj
p
q
jabj
avec p et q sont conjugés.
Comme application on a
Théorème 1.3 (Inégalité de Hölder)
Soient f 2 Lp ( ) et g 2 Lq ( ) avec 1 p +1 et 1 = p1 + 1q . Alors
Z
1
j(f (x); g(x))j dx kf kLp ( ) : kgkLq (
(f; g) 2 L ( ) et
(1.11)
)
Plus généralement, on utilise souvent l’inégalité suivante connue comme l’inégalité de
Hölder généralisée
Lemme 1.1 (Inégalité de Hölder généralisée) Soit
RN et 1
N 1
P
pour i = 1; :::; N et
= 1, alors , pour fi 2 Lpi ( ) avec i = 1; ::; N ,
p
i
Z i=1
f1 (x) ::::::fN (x) dx kf1 kLp1 ( ) :::::: kfN kLpN ( ) :
pi
Preuve:
Le cas N = 1 c’est l’inégalité de Hölder usuelle.
1
1
0
Le cas N 6= 1: Soit pN tel que 0 +
= 1 ; et pN > pi ,8i < N , alors
pN
pN
Z
f1 (x) ::::::fN (x) dx kf1::::::::::::::: fN 1 k p0 kfN kLpn
L
pN 0
p 0
+ ::::::::: + N = 1 et
p1
pn 1
Z
0
kf1::::::::::::::: fN 1 k p0 =
(jf1 jpN :::: jfN
N
avec
L
N
8
< Z
:
jf1 jp1 dx
= kf1 kLp1 (
0
pN
1j
p0N
p1
1
0
dx) pN
::::
Z
jfN
) :::::::::::: kfN kLpN
1(
1j
):
pN
1
dx
p0N
pN 1
9 10
= pN
;
+1
1. Préliminaire
9
Une conséquence directe de l’inégalité de Hölder, c’est l’inégalité d’interpolation suivante:
Lemme 1.2 ( Inégalité d’interpolation) Soient f 2 Lp ( ) \ Lq ( ) avec 1
q +1 , alors f 2 Lr ( ) pour tout p r q et l’on a :
kf kLr
où
1
1
= +
r
p
q
1.3
(0
p
kf kLp kf k1Lq
1):
Quelques critères de convergence
On regroupe ici les résultats qui permettront de manipuler les di¤érentes notions de
convergence de suites dans les espaces Lp ( ).
Théorème 1.4 (Théorème de la convergence monotone) Soit (fn )n
croissante de fonctions mesurables positives. On note
1
une suite
f (x) := lim fn (x) = sup fn (x)
n!1
on a :
Z
n 1
f (x)dx = lim
n!1
Z
fn (x) dx
Lemme 1.3 (Lemme de Fatou) Soit (fn )n une suite des fonctions mesurables positives, alors:
Z
Z
lim inf fn (x) dx
lim inf fn (x) dx
n!1
n!1
Théorème 1.5 (Théorème de la convergence dominée de Lebesgue) Soit (fn )n
une suite de fonctions de L1 ( ) convergeant presque partout vers une fonction mesurable
f .On suppose qu’il existe g 2 L1 ( ) telle que pour tout n 1 , on ait jfn j g p.p
sur .Alors f 2 L1 ( ) et
lim kf fn k1 = 0
n!1
Z
f (x)dx = lim
n!1
Z
fn (x)dx
Lemme 1.4 (Brezis-Lieb) Soient 1
p < +1 et (fn )n une suite bornée de foncp
tions de L ( )convergeant p.p vers f 2 Lp ( ) et
kf kpp = lim
n!1
kf kpp
kf
fn kpp
1. Préliminaire
1.4
10
Espace de Sobolev
1.4.1
Dé…nitions et quelques propriétés
RN un ouvert et 1
Dé…nition 1.6 Soit
W 1;p ( ) par
W 1;p ( ) =
Pour u 2 W 1;p ( ) on note :
est muni de la norme
@u
2 Lp ( ) :
@xi
@u
la dérivé partielle au sens faible. L’espace W 1;p ( )
@xi
ou parfois sa norme équivalente:
)
+1, on dé…nit l’espace de Sobolev
u 2 Lp ( ); tel que
kukW 1;p = kukLp +
kukW 1;p (
p
= kukpLp (
)
N
X
@u
@xi
i=1
+ krukpLp (
1=p
)
Lp
(si 1
p < +1)
Dé…nition 1.7 Soit 1
p < +1: L’espace W01;p ( ) est dé…ni comme la fermeture
de C01 ( ) par rapport à la norme de W 1;p ( ):
n
o
W01;p ( ) = u 2 Lp ( ) / ru 2 (Lp ( ))N et uj@ = 0
Proposition 1 (i) L’espace W 1;p est un éspace de Banach pour 1 p +1 .
(ii) L’espace W 1;p est un espace ré‡èxif pour 1 < p < +1 .
(iii) L’espace W 1;p est un espace séparable pour 1 p < +1 .
(iv) L’espace W01;p ( ) est un espace de Banach séparable; il est de plus ré‡exif pour
1 < p < +1:
Remarque 1.3 Si est borné, la quantité krukLp ( ;Rn ) dé…nit une norme sur W01;p ( );on
la note par kukW 1;p ( ) , qui est équivalente à la norme kukW 1;p ( ) :(pour 1 p < +1)
0
Remarque 1.4 Comme Cc1 RN est dense dans W 1;p RN ,on a W01;p RN = W 1;p RN ,
par contre si
RN on a
W01;p ( ) 6= W 1;p ( )
Théorème 1.6 (Friedrichs) Soit u 2 W 1;p ( ) avec 1
une suite (un )n de Cc1 (RN ) telle que:
(1) unj ! u dans Lp ( )
(2) runj! ! ruj! dans Lp ( ) pour tout !
:
borné de classe C 1 , on a:
1
1
1
p < N alors W 1;p ( ) Lq ( ) ; 8q 2 [1; p [ où
=
p
p N
p = N alors W 1;p ( ) Lq ( ) ; 8q 2 [1; +1[
Théorème 1.7 (Rellich-Kondrachov) On suppose
Si
Si
p < +1 , alors il existe
Si p > N alors W 1;p ( )
avec injections compactes .
C
1. Préliminaire
11
Remarque 1.5 L’injection compacte permet de passer de la convergence faible à la
convergence forte.
Lq ( ) avec injection continue .
W 1;p ( )
Remarque 1.6 Si q = p
Théorème 1.8 (Sobolev-Gagliardo-Niremberg) Soit 1 p < N , alors W 1;p RN
1
1
1
et il exite une contante S = S(p; N ) telle
Lp RN où p est donné par : =
p
p N
que
S kukLp
krukLp ,8u 2 W 1;p RN
d
, 8i = 1; :::; N
dxi
Le premier cas: p = 1 < N
Soit u 2 Cc1 RN on a:
Preuve: On pose Di =
+1
Z
ju(x)j =
Di u(x)dxi
+1
Z
jDi u(x)j dxi ; 8i
1
On sait que
N
ju(x)j N
1
N
Y
i=1
1
0 +1
1 N1 1
Z
@
jDi uj dxi A
1
Intégrant sur RN ;et on utilise l’énégalité de Hölder,on obtient:
Z
N
ju(x)j N
1
Z Y
N
dx
RN
RN
Z
=
RN
Z
=
RN
Z
RN
i=1
1
1
1
1 N1 1
0 +1
Z
@
dx
jDi uj dxi A
1
0 +1
0 +1
1 N1 1
1 N1 1
Z
Z
Z
N
Y
@
@
jDi uj dxi A
dx1 :::dxN
jD1 uj dx1 A
1
0 +1
1N
Z
@
jD1 uj dx1 A
RN
1
N
ju(x)j N
1
dx
0
B
@
N
Y
i=1
1
Z Y
N
R
1
N
Y
i=2
Z
i=2 R
1
Donc:
Z
i=2
1
R
0 +1
1 N1 1
Z
@
jD1 uj dx1 A
0
0
1 N1 1
+1
Z
@
jDi uj dxi A
dx1 :::dxN
1
1 N1 1
+1
Z
@
jDi uj dxi dx1 A
dx2 ::dxN
1
0 +1
1 N1 1 1
Z
C
@
jDi uj dxi A
A
1
1. Préliminaire
12
On sait que
8a1 ; ::; aN :
N
Y
N
X
1
N
ai
i=1
i=1
ai
!N
et
N
X
ai
i=1
!2
N
N
X
a2i
i=1
Donc on obtient
Z
ju(x)j
N
N 1
0
0
B1 @
@
N
dx
RN
1
N
1
N
1
N
X
i=1
0
@
Z
RN
Z
1N 1 N1 1
C
=
jDi uj dxA A
1
1
NN
1
1
0
@
Z
RN
N
N 1
1
N
N 1
jruj dxA
jruj dxA
RN
ainssi pour CN une constante qui dépend seulement de N on a
kuk
N
LN
1
CN krukL1
Le deuxième cas :pour p 6= 1 :
On applique l’inégalité précédente pour juj avec
kjuj k
où
CN juj
1
CN juj
1
jruj
Lp0
>0
L1
kjrujkLp
( d’aprés l’inégalité de Hölder )
1
1
+ = 1, On choisit
tel que N N1 = (
1) p0 , donc
p p0
Comme N N1 = (
1) p0 = NN pp = q, donc
kukLp
avec
1.5
> 0, et CN =
kukLq
1
Nn
1
1
=
(N 1)p
N p
> 0.
CN kukLq 1 krukLp
CN krukLp
> 0. Comme conclusion on obtient que SN > 0.
Le lemme variationnel d’Ekeland
On sait que si J une fonction de classe C 1 bornée inférieurement , en général il n’est
pas vrai que pour toute suite minimisante (un )n la dérivée J 0 (un ) tend vers zéro.
Cependant on a le lemme suivant:
Soient (X; d) un espace métrique complet et J une fonction s.c.i de X dans R. On
suppose que J est bornée uniformement et on pose c := inf J (x) :Alors pour tout
x2X
" > 0, il éxiste un tel que :
c J (u" ) c + ";
8x 2 X; x 6= u" ; J (x) J (u" ) + "d(x; u" ) > 0
Chapitre 2
Le réarrangement décroissant
Dans ce chapitre on va dé…nir le réarrangement décroissant; ainsi que la symétrisation
de Schwarz comme étant un type particulier de réarrangement d’une fonction dé…nit
dans un domaine
RN .
Donné une fonction réelle dé…nit sur un tel domaine; on construit une fonction
dans la boule centrée à l’origine et a une mesure même que . En particulier, on
souhaite que cette nouvelle fonction être radiales et diminue radialement. A…n de
dé…nir ceci, d’abord on construit le réarrangement unidimensionnel décroissant de la
fonction donnée.
2.1
Dé…nitions et propriétés
Soit
RN un ensemble mesurable borné, et soit u : ! R une fonction mesurable.
Pour t 2 R, l’ensemble fu > tg est dé…nie par fu > tg = fx 2 =u(x) > tg:
Alors la fonction de distribution de u est donnée par u (t) = jfu > tgj ; cette
fonction est une fonction décroissante monotone de t: donc
u (t)
Alors
u (t)
=
0 si t
j j si t
sup ess (u)
inf ess (u)
à valeur dans l’intervalle [0; j j]:
Dé…nition 2.1 Soit
RN un domaine borné, et soit u :
! R une fonction
mesurable. Alors le réarrangement (unidimensionnel) décroissant de u, notée par u#
est dé…nie dans [0; j j] par
u# (0) = supess(u)
u# (s) = inf ft= (t) < sg ; s > 0
Remarque 2.1 u# est la fonction inverse de la fonction de distribution
Exemple 1 Soit
R, on considère u : ! R
8
2 + y si
2 y
1
>
>
<
1
si
1 y 0
u(y) =
1 + y si 0 y 0:5
>
>
:
2 y si 0:5 y 2
(2.1)
u (t)
de u.
= ( 2; 2)
13
(2.2)
2. Le réarrangement décroissant
14
y
1.5
1.0
0.5
-2
-1
0
1
2
x
Alors il est facile de véri…er que
Si 0
t < 1: u (t) = jfy=2 + y > tg [ fy=2 y > tgj = jfy=t + 2 < y < 2
4 2t
Si 1
t < 1:5 u (t) = jfy=1 + y > tg [ fy=2 y > tgj = jfy=t 1 < y < 2
3 2t
Donc
8
< 4 2t si 0 t < 1
3 2t si 1 t 1:5
(t)
=
u
:
0
si
t 1:5
y
tgj =
tgj =
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5
x
Et on a par dé…nition
u# (0) = supess(s)
u# (s) = inf ft= u (t) < sg ; s > 0:
Et on sait que la fonction u# est la fonction inverse de la fonction u donc
Si 0 < t < 1. On a u# (s) = inf ft=4 2t < sg, donc s = u (t) = 4 2t ) t =
puisque 0 < t < 1 ) 2 < s < 4 donc u# (s) = 4 2 s
Si 1 < t < 1; 5 :
u# (s) = inf ft=3 2t < sg ; s > 0
on a s = u (t) = 3 2t ) t = 3 2 s
puisque 1 < t < 1; 5 ) 0 < s < 1 donc u# (s) = 3 2 s
On conclut que
8
< (3 s)=2 si 0 s 1
1
si 1 s 2
u# (s) =
:
(4 s)=2 si 2 s 4
4 s
2 ,
2. Le réarrangement décroissant
y
15
1.5
1.0
0.5
0.0
0
1
2
3
4
x
Proposition 2 Soit u :
! R où
RN un domaine borné. Alors u# est une
fonction décroissante et continue à gauche
Preuve:
ft=
(i) Soit s1 < s2 alors jfu > tgj < s1 =) jfu > tgj < s2 , donc
u (t)
< s1 g
ft=
u (t)
< s2 g =) inf ft=
=) u# (s2 )
u (t)
< s2 g < inf ft=
u (t)
< s1 g
u# (s1 )
Donc la fonction u# est décroissante.
(ii) Soit s 2 (0; j j), par dé…nition de u# ,8 > 0; 9t tel que u# (s) t u# (s) +
et u (t) < s:
Choisissons h > 0 tel que u (t) < s h < s, alors pour tout 0 < h0
h , on a
0 < s. Donc u# (s)
# (s) + . Alors on obtient que la fonction u# est
(t)
<
s
h
u
u
continue à gauche.
Proposition 3 L’application u 7 ! u# est croissante c-à-d: si u
des fonctions réelles dans . Alors
u#
v#
v où u et v sont
(2.3)
Preuve: Puisque
fu > tg
fv > tg =) jfu > tgj
jfv > tgj
donc,
jfv > tgj < s =) jfu > tgj < s
alors
ft= jfv > tgj < sg
ft= jfu > tgj < sg =) inf ft= jfu > tgj < sg
=) u#
inf ft= jfv > tgj < sg
v#
Dé…nition 2.2 Deux fonctions u et v à valeurs réelles (éventuellement, les domaines
de dé…nition sont di¤ érents) sont équimesurables si elles ont la même fonction de
répartition.(c-à-d u (t) = v (t))
Les fonctions équimesurables sont réarrangements l’un de l’autre.
2. Le réarrangement décroissant
16
On montre maintenant que u# est un réarrangement de u .
Proposition 4
pour tout t;
La fonction u :
! R et u# : [0; j j] ! R sont equimesurables i.e
n
o
u# > t
jfu > tgj =
Preuve:
On a par dé…nition, u# (s) = inf ft=
u# (s)
t =)
u (t)
u (t)
(2.4)
< sg ; s > 0, donc si
= jfu > tgj < s
et si
u# (s) > t =) u (t) = jfu > tgj > s
n
o
=) s=u# (s) > t
fs= jfu > tgj sg
et puisque u# est décroissant, on a par dé…nition
n
o
n
o
u# > t = sup s=u# (s) > t
jfu > tgj
(2.5)
D’autre part, soit u# t = s par la continuité à gauche et la décroissance de u#
on a u# (s) = t , alors par dé…nition
jfu > tgj
Donc
s
n
u#
jfu > tgj
t
o
(2.6)
En appliquant (2.5)et (2.6) pour t + h au lieu de t, on obtient:
n
o
n
o
u# > t + h
u# t + h
jfu t + hgj
En passant à la limite quand h ! 0; on obtient:
n
o
u# > t
jfu > tgj
Donc
n
o
u# > t
n
o
u# > t
jfu > tgj =
Théorème 2.1 Soit u : ! R une fonction mesurable. Soit F : R ! R une fonction
borélienne positive et mesurable alors:
Z
F (u(x))dx =
Z
0
j j
F (u# (s))ds:
(2.7)
2. Le réarrangement décroissant
17
Preuve: Soit E = [t; +1] ;et F ( ) =
de E. Alors on a :
donc
Z
( ) où
( )=
1
0
si
sinon
(u(x)) =
1
0
si
E
E
E
F (u(x))dx =
Z
E
jfu
Donc
Z
(u(x)) dx =
2E
Z
1
t
Z
o
t =
F (u(x))dx =
est la fonction caractéristique
u(x) 2 E
sinon
on sait que u et u# sont equimesurables, alors
n
tgj = u#
E
j j
1dx = jfu
tgj
F (u# (s))ds
0
Z
j j
F (u# (s))ds
0
Comme on peut exprimer une fonction F positive mesurable comme limite d’une suite
de fonctions positives et croissantes fFn g, on obtient 8 n,
Z
Z j j
Fn (u(x))dx =
Fn (u# (s))ds
(2.8)
0
=) lim
n!+1
Z
Fn (u(x))dx = lim
Z
j j
n!+1 0
Fn (u# (s))ds
on applique le théorème de la convergence monotone, on obtient:
Z
lim Fn (u(x))dx =
n!+1
=)
Z
Z
j j
0
F (u(x))dx =
lim Fn (u# (s))ds
n!+1
Z
j j
F (u# (s))ds
0
Corollaire 2.1 Soit F : R ! R une fonction borélienne et soit u : ! R telle que
F (u) 2 L1 ( ) ; alors F (u# ) 2 L1 ((0; j j)) et (2.8) est toujourst valide
Corollaire 2.2 Soit u 2 Lp ( ) pour 1
p < +1; alors u# 2 Lp ((0; j j)) et
kukp; = u#
p;(0;j j)
Remarque 2.2 Le résultat reste vrai pour p = +1; puisque
u# (0) = supess(u)
u# (j j) = inf ess (u)
On démontre le résultat suivant comme conséquence du théorème(2.1).
Lemme 2.1 Soit u : [0; l] ! R une fonction décroissante, alors
u = u# p:p
(2.9)
2. Le réarrangement décroissant
Preuve: On a u(s)
t =)
u (t)
=) inf f =
u(
18
s, donc u# (s) = inf f =
u(s) =) u# (s)
) < sg
u(
) < sg > t,
u(s)
(2.10)
Pour tout s 2 [0; l] , soit s un point de continuité de u et puisque u est décroissante,
on a :
u(s) < t =) u (t) = jfu > tgj s
=) jfu > u(s
pour h > 0;par dé…nition, u# (s)
s donc
u(s
h)gj
s
h<s
h); quand h ! 0; et par continuité de u en
u# (s)
u(s)
(2.11)
alors d’aprés (2.10) et (2.11), on trouve
u# (s) = u(s)
Proposition 5 Soit
Soit u : ! R, où
: R ! R une fonction croissante.
RN est borné alors :
u# = ( (u))# :
(2.12)
Preuve: Etape(1) : Si v; w : [0; l] ! R sont équimesurables et décroissantes alors
:
v = w p:p
car comme elles sont décroissantes, d’aprés le lemme précédent,
v = v # et w = w# p:p
et comme elles sont eqimesurables, donc v # = w# :
Etape(2) : Notre résultat est vrai si on peut montrer que
u# et ( (u))# sont
toutes les deux équimesurables et décroissantes dans [0; j j].
En utilisant la dé…nition du réarrangement et le fait que est décroissante on a
n
o
u# > t
donc
Z
(s)ds
=
(d’aprés 2.7)
f (u)>tg (x)dx
f (u# )>tg
0
n
o
n
o
(d’aprés 2.9)
= jf (u) > tgj = ( (u))# > t =
u# > t
=
Z
j j
u# = ( (u))#
Corollaire 2.3
Pour u :
#
! R; on a (u+ ) = u#
+
:
2. Le réarrangement décroissant
19
Preuve: Il su¢ t d’appliquer le résultat précédent avec
(s) = s+ .
Remarque 2.3 Soit v une fonction mesurable, alors si c 2 R; on a
(v + c)# = v # + c:
(2.13)
En général, pour deux fonctions non constantes v; w,
(v + w)# 6= v # + w# :
2.2
(2.14)
Quelques inégalités classiques
Proposition 6 Soit p = 1 ou +1 , alors pour f; g 2 Lp ( )
f#
Preuve:
g#
kf
p;(0;j j)
gkp;
(2.15)
Pour p = +1 alors pour tout x 2 ;on a
jf (x)
=)
=) f (x)
kf
g(x)j
gk1;
kf
kf
gk1;
f (x)
gk1;
g(x)
g(x)
kf
gk
f (x) + kf
gk1;
f # (x) + kf
gk1;
par monotonicité de l’application du réarrangement (la proposition(2))et la remarque
précédente(2.13) on déduit que
f # (x)
kf
g # (x)
gk1;
donc
f#
g#
Pour p = 1
on pose h = max ff; gg ;et comme f
f
#
kf
1;(0;j j)
h et g
#
h
et g
gk1;
h;on a
#
h#
donc
f#
g#
=
alors on obtient
Z j j
f # (s) h# (s) ds
Z
0
f#
h# + h#
f#
h# + h#
j j
#
(2h (s)
g#
#
g # = 2h#
f (s)
#
g (s))ds =
0
Z
=
f
g
Z
(2h (x)
j j
j j
jf (x)
g (x)j dx
car(h = max ff; gg =
f (x)
f + g + jf + gj
)
2
donc
f#
Théorème 2.2 Soit 1
dans Lp ((0; j j)) :
p
g#
1;(0;j j)
kf
g (x))dx
gk1;
+1, l’application u 7 ! u# est continue de Lp ( )
2. Le réarrangement décroissant
20
Preuve: Si p = 1 ou p = +1 on a ce résultat d’aprés la proposition précédente.
Soit 1 < p < 1; soit un ! u dans Lp , puisque est borné implique un ! u dans
#
#
#
1
L1 ( ) donc u#
n ! u dans L ((0; j j)) par conséquent unk ! u p.p.
u#
nk
= kunk kp; ! kukp = u#
p;(0;j j)
p;(0;j j)
Puisque l’espace Lp est ré‡exif pour 1 < p < +1 donc il est uniformément convexe;
alors on conclut que
#
p
u#
nk ! u dans L ((0; j j))
et
#
p
8nk ; u#
nk ! u dans L ((0; j j))
n o
converge vers
Comme la limite est indépendante de la sous-suite, donc la suite u#
n
n
u# dans Lp ((0; j j))
#
p
u#
n ! u dans L ((0; j j))
Remarque 2.4 L’application u ! u# n’est surjective ni injective dans l’espace Lp .
Nous avons vu dans la section précédente que le réarrangement préserve les intégrales
(prendre F (t) = t en théoréme (2.1)).
Maintenant, nous considérons l’intégrale sur des sous-ensembles appropriés.
Proposition 7 Soit
intégrable . Soit E
RN un domaine borné, et soit u :
un sous-ensemble mesurable donc .
Z
u(x)dx
E
l’inégalité (2.16) est vraie ssi
Preuve:
alors
Z
jEj
! R une fonction
u# (s)ds
(2.16)
0
unE
#
= u# n[0;jEj] p:p
Soit v = unE , si s 2 [0; jEj] ; et si jfu > tgj < s
jfv > tgj = jfu > tg \ Ej < s
ainsi
ft= jfu > tgj < sg
ft= jfv > tgj < sg
donc
v # (s)
=)
Z
E
u(x)dx =
Z
E
v(x)dx =
u# (s) :
Z
0
jEj
v # (s) ds
Z
jEj
u# (s) ds:
0
Ce qui prouve(2.16).De plus l’inégalité (2.17) est vraie ssi v # = u# p:p
Dans ce qui suit on va utiliser les deux lemmes techniques suivants
(2.17)
2. Le réarrangement décroissant
Lemme 2.2 Soit u :
21
! R et soit t 2 R. on dé…nit
Et = fx 2 =u(x) > tg et Ft = fx 2 =u(x)
On dé…nit b : R
tg = nEt
! R par :
(x) si t 0
Ft (x) si t < 0
Et
b(t; x) =
et
Ft
u (x) =
Si u (x)
Z
Z
+1
b(t; x)dt =
1
1 si x 2 Ft
0 si non
(x) =
Alors
Preuve:
1 si x 2 Et
0 si non
(x)
Et
Z
+1
b(t; x)dt
0
Ft
1
(2.18)
1
(x) dx +
Z
+1
Et
0
(x) dx
0:
Z
+1
b(t; x)dt =
1
Z
+1
Et (x) dx =
0
Z
u(x)
1dt = u(x)
0
Si u(x) < 0 :
Z
Lemme 2.3
Alors
+1
1
Soient f; g :
Z
Preuve:
on a:
b(t; x)dt =
Z
Z
0
Ft
1
(x) dx =
0
1dx = u(x)
u(x)
! R avec g est intégrable sur
f (x)g(x)dx = a
On suppose que a
Z
g(x)dx +
Z
a
b
Z
(
: Soit a
g (x) dx)dt
f
b
+1:
(2.19)
ff >tg
0, posant Et = ff > tg ; d’aprés le lemme précédent
f (x) =
Z
0
b
Et
(x) dt:
2. Le réarrangement décroissant
22
et d’aprés le théorème de Fubini on a
Z bZ
Z b
Z
Z
g(x)
(x)
dtdx
=
g(x)
f (x)g(x)dx =
Et
0
0
Z bZ
Z aZ
Z
g(x)
g(x) Et (x) dtdx +
f (x)g(x)dx =
a
0
Z bZ
Z aZ
g(x)dtdx
g(x)dtdx +
=
a
Et
0
!
Z
Z
Z
Et
(x) dxdt
Et
(x) dtdx
b
= a
g(x)dx +
g(x)dx dt
a
ff >tg
On va démonter le Théorème de Hardy-Littlewood.
Théorème 2.3 (Hardy-Littlewood) Soit f 2 Lp ( ) et g 2 Lq ( ) ; 1
+1; où p1 + 1q = 1; alors
Z
Z j j
f (x)g(x)dx
f # (s)g # (s)ds
p; q
(2.20)
0
Preuve: On suppose que f 2 L1 \ Lp : Soient a et b deux nombres réeles, tels que
a f b; alors d’aprés le lemme précédent on a :
Z
Z
Z bZ
f (x)g(x)dx = a g(x)dx +
g(x)dxdt
Z
= a
a
j j
g # (s) ds +
0
Z
a
j j
g # (s) ds +
0
= a
=
Z
Z
j j
0
j j
#
g (s) ds +
ff >tg
Z bZ
g(x)dxdt::::::(car g = g # )
a
ff >tg
jff >tgj
a
0
a
0
Z bZ
g # (s)dsdt:::::(d’aprés (2:3))
Z b Z jff # >tgj
g # (s)dsdt
(d’aprés (2:4))
f # (s)g # (s)ds
0
Où la dérniére égalité provient de (2.19). Si 1
p
1 , le cas général peut être
complété par un argument de densité puisque nous avons l’application u 7! u# est
continue de Lp ( ) dans Lp ((0; j j)) :
Nous avons vu que l’application de réarrangement est non-expansive entre les espaces
Lp lorsque p = 1; 2 ou +1:
La démonstration est vraie pour tout 1 < p < +1. Pour la démonstration, on utilise
les deux remarques suivantes.
Remarque 2.5 Soit
(g) 2 Lq où p1 +
Z
: R ! R une fonction croissante. Soit f 2 Lp ( ) et
1
p; q +1: Donc on a :
q = 1; 1
Z j j
f (x)g(x)dx
f # (s)
g # (s) ds
0
2. Le réarrangement décroissant
Remarque 2.6 (a)Soit u :
23
! R; on a
#
= fu# >tg
fu>tg
(b)Si u; v :
! R, alors
Z
u(x)
fv
Z
tg (x) dx
j j
u# (s) fv# tg (s) ds
0
Théorème 2.4 Soient f; g 2 Lp ( ), où 1 < p < 1; alors:
f#
g#
p;(0;j j)
kf
gkp;
(2.21)
t
0
t>0
Posons J(t) = jtjp on dé…nit:
Preuve:
J+ (t) =
0 si
jtjp si
J (t) =
jtjp
0
Ainsi que J = J+ + J , J+ et J
alors
si
t 0
t>0
si
les deux fonctions sont convexes et di¤érentiables,
J+ (f (x)
g(x)) =
Z
f (x)
g(x)
0
J+
(f (x)
t) dt
et on a par dé…nition :
J+ (f (x)
0
jf (x)
t) =
p
tj
si
si
f (x) t
f (x) > t
donc
Z
f (x)
g(x)
0
J+
(f (x)
t) dt =
Z
+1
1
0
J+
(f (x)
t)
D’après le théorème de Fubini, il résulte:
Z
Z +1 Z
0
J+ (f (x) g(x)) =
J+
(f (x)
fg tg (x) dt
t)
1
avec f (x) > t
fg tg (x) dxdt::::::(
)
Et d’aprés (2.9) on a
Z
0
j j
#
J+ f (s)
#
g (s) ds =
Z
+1 Z j j
1
0
0
J+
f # (x)
t
fg# tg (s) dsdt::::::( )
0 est croissante, ainsi ,d’aprés (2.12), on obtient:
Et puisque J + est convexe, on a J+
0
J+
(f (x)
t)
#
0
(s) = J+
f # (s)
t
2. Le réarrangement décroissant
24
et d’aprés la remarque précédente, on déduit que :
Z
0
J+
(f (x)
t)
fg
Z
tg (x) dx
j j
0
0
J+
f # (x)
t
fg# tg (s) ds
Alors, d’aprés (*)et (**), on déduit que
Z
J+ (f (x)
j j
J+ f # (s)
g # (s) ds
0
La même démonstration pour J
2.3
Z
g(x))
.
Symétrisations de schwarz
Etant donné un sous-ensemble mesurable E
RN de mesure …nie, on note par E
tel que E = B(0; R) est la boule ouverte centrée à l’origine et ayant la même mesure
que E; ie jE j = jEj = N ! N RN :
Etant donné un vecteur x 2 RN ; on note sa norme Euclidienne par jxj : En…n , on
désigne par wN , le volume de la boule unité dans RN noté par
N
2
wN =
où
N
2
est la fonction Gamma , telle que :
Z +1
e t ts
( (s) =
1
+1
dt;
Re(s) > 0)
0
Dé…nition 2.3 Soit
RN ; un domaine borné. Soit u : ! R une fonction
mesurable
Alors sa symértisation de Schwarz ,ou sa symétrisation sphérique est la fonction :
u : ! R est dé…nie par :
u (x) = u# wN jxjN ; x 2
Observons que, si R est le rayon de
Z
u (x) dx =
=
, alors :
Z
Z
u# wN jxjN dx
R
u# wN rN N wN rN
0
=
Z
0
j
j
u# (s) ds =
Z
0
j j
1
dr
u# (s)ds
2. Le réarrangement décroissant
2.3.1
25
Propriétés de la symétrisation
Nous pouvons traduire les résultats obtenus dans la section précédente pour le réarrangement unidimensionnel décroissant pour obtenir les résultats correspondants pour la
symétrisation. En particulier, on déduit facilement les propriétés suivantes
u
est la symétrique radiale décroissant .
u; u# et u sont équimesurables .
Si F : R ! R est une fonction borélienne de telle sorte que F
F (u) 2 Lp ( ), alors :
Z
Z
F (u (x)) dx (
)
F (u (x)) dx =
0 or
En particulier, u et u ont la même norme Lp et
Z
Z
u(x)dx =
u (x) dx
où u est intégrable dans
Si
:
: R ! R est une fonction croissante, alors
( (u)) =
(u ) :
L’application u 7 ! u est une application non expansive de Lp ( ) dans Lp (
pour 1 p +1:
Si E
)
est un sous-ensemble, alors :
Z
u(x)dx
E
Z
jEj
#
u (s) ds =
Z
u (x) dx
E
0
L’égalité se produit ssi
(unE ) = u nE
(Hardy-littlewood)
Si f 2 Lp ( ) et g 2 Lq ( ) où ( p1 ) + ( 1q ) = 1
alors
Z
Z j j
Z
f (x)g(x)dx
f # (s) g # (s)ds =
f (x) g (x) dx (1:3:3)
0
On conclut cette section par le calculm de la symétrisation de Schwarz de la fonction
dans l’exemple suivant :
2. Le réarrangement décroissant
26
Exemple 2.1 Soit
= ( 2; 2)
R et u :
(2.2), alors
= ( 2; 2) est donnée par :
8 3
< 2 jxj si
1
si
u (x) =
:
2 jxj si
y
! R dé…nie comme dans l’éxemple
0 jxj 0:5
0:5 jxj 1
1 jxj 2
(2.22)
1.5
1.0
0.5
-2
Lp
-1
0
1
2
x
On peut montrer que l’application f 7! f est non-expancive de Lp RN ;dans
RN :et que l’inégalité de Hardy-littlewood est concervée.
Théorème 2.5 Soient f; g et h des fonctions boréliennes dans RN , elles tend vers
zéro à l’in…ni, on dé…nit :
Z Z
I(f; g; h) =
f (x)g(x y)h(y)dxdy
RN
RN
alors:
I(f; g; h)
Preuve:
I(f; g; h) =
Z
N
ZR
RN
donc
Z
N
ZR
f (x)g(x
(2.23)
y)h(y)dxdy
f # (x)g # (x
y)h# (y)dxdy =
RN
Z
RN
Z
I(f; g; h)
RN
2.4
I(f ; g ; h )
Z
f (x)g (x
Z
f (x)g (x
y)h (y)dxdy
RN
y)h (y)dxdy:
RN
Inégalité de Polya-Szégö
Dans cette section, on parle d’une inégalité trés importante dans la symétrisation de
Schwarz ; c’est l’inégalité de Polya-Szégö.
Théorème 2.6 (Polya-Szégö) Soit 1 p < +1, soit
et soit u 2 W01;p ( ), alors:
Z
Z
p
jru j dx
jrujp dx
en particulièr, u 2 W01;p (
)
RN un domaine borné ,
(2.24)
2. Le réarrangement décroissant
Preuve:
27
pour la preuve voir [11].
Remarque 2.7 Si u 2 W01;p ( ) et u
0, alors pour tout 0 < a < j j, on a
#
1;p
#
u 2 W ((a; j j)) : En particulier, u sera absolument continue dans tout intervalle
[a; j j], a > 0, donc toute les singularités de u# sont concentrées en zéro.
Remarque 2.8 1-Soit 1 p < +1. Inégalité de Polya-Szégö est vrai dans W 1;p RN
.
2- Le réarrangement est continue dans Lp RN dans lui même, par contre le réarrangement n’est pas continue dans W 1;p RN pour N
2. [Almgren et Lieb (1989)] ont
prouvé que la continuité de l’application du réarrangement est limitée à une classe
des fonctions qui possèdent une propriété qu’on appelle la Co-régularité de région.
Cependant,[Coron(1984)] a prouvé que l’application du réarrangement est continue de
W 1;p (R) dans lui même.
Pour p = +1; on a le résultat suivant
Théorème 2.7 Soit u 0, nulle sur @ et u est Lipschitz continue avec la constante
de Lipschitz L: Alors u est aussi Lipschitz continue avec la constante de Lipschitz
est inférieure ou égale à L:
Remarque 2.9 Nous concluons cette section en considérant un cas ou l’égalité de
Polya-Szégö est atteinte dans (2.24). Évidemment, si
est une boule et si u est
symétrique, radiale et décroissante (après une translation d’origine au centre de cette
boule), u = u nous avons l’égalité dans (2.24).
Est-ce-que l’inverse est vraie, c-à-d, si l’égalité dans (2.24) implique que est une
boule et si, après une translation de l’origine, u = u . Cela en général n’est pas vrai .
Exemple 2.2 On considère
= ( 2; 2)
R et soit u une fonction comme dans
l’exemple (2.2). Sa symétrisation a été calculé dans l’exemple (2.22).Donc il est facile
de véri…er que
Z2
Z2
2
0
2
0
u (x) dx =
u (x) dx = 3
2
mais u 6= u
2
Chapitre 3
Quelques applications
3.1
L’inégalité de Sobolev
Soit 1 p N , on sait que W 1;p RN
Lp RN où p est l’exposant critique,donné
Np
krukLp ,
par p = N p , et il existe une constante S = S(N; p) telle que S kukLp
1;p
N
8u 2 W
R :
Remarque 3.1 S est calculabe et égale à
S=
p
N
p
1
Np
1
p
1
1
p
1
0
@
N
p
1+N
N
2
+1
N
p
(N )
1 N1
A
;
où 1 < p < 1:
Et S = N ! N pour p = 1:
N
On montre que la constante S est invariante par dilatation dans l’espace.
Soit
> 0 , si u 2 W 1;p RN , on dé…nit u (x) = u ( x).
Par dé…nition on a
krukLp
S=
inf
1;p
N
u2W (R ) kukLp
on pose x = y ) x =
y
et dx =
kru (x)kLp
=
ku (x)kLp
N
(1
dy, on obtient
N
p
+N
) krukLp
p
kukLp
=
krukLp
kukLp
Pour que l’égalité antérieure soit valide, il faut que l’exposont de
p = NpNp , on aura
S=
inf
u2W 1;p (RN )
soit nul. Comme
kru ( x)kLp
kru (x)kLp
=
inf
1;p
N
ku ( x)kLp
u2W (R ) ku (x)kLp
On conclut que la constante de Sobolev S est invariante par dilatation.
28
3. Quelques applications
29
On montre que la constante S est invariante par changement de domaine.
Plus précisément on a
S=
inf
u2W01;p (
krukLp
) kukLp
avec
RN un domaine borné.
On suppose que 1 = Br et
2 = BR , des boules centrées en 0 de rayon r et R
x
1
respectivement. Soit u 2 C0 (Br ), pour x 2 BR , on pose u
~ (x) = u( R
r), donc
S(
1)
=
x
ru( R
r)
inf
u2W01;p (
1)
x
r)
u( R
Lp
=
Lp
R
r
inf
u
~2W01;p (
2)
(1+ N
p
N
P
)
kr~
ukLP
k~
ukLp
!
N
N
avec 1
p + p = 0. Donc S( 1 ) = S( 2 ). Soit maintenant un domaine
quelconque, on considère Br et BR , des boules centré en 0 de rayon r et R avec
Br
BR Donc S(BR )
S( )
S(Br ) = S(BR ). Donc on conclut que la
constante de Sobolev S ne dépend pas du domaine.
On montre que la constante de Sobolev S n’est pas atteinte sur un
domaine borné
Par l’absurde, on suppose qu’il existe un domaine et u0 2 W01;p ( ) tels que S ( ) =
kru0 kLp
N
ku0 kLp = S(R ) (S est invariante par changement de domaine ). Soit 1 un domaine
borné tel que
1 , on pose
v0 =
donc
S(
1)
Par l’invariance de S, on obtient
ju0 j dans
0
sur
1
n
krv0 kLp
kru0 kLP
=
=S( )
kv0 kLp
ku0 kLp
S(
1)
=
krv0 kLP
kv0 kLp
Notant qu’on peut dé…nir S de la manière suivante :
8
9
Z
<
=
S = S ( ) = inf jjujjW 1;p ( ) ,tel que
jvjp dx = 1
0
:
;
Donc l’équation d’Euler associée peut s’écrire sous la forme
(
1
4p v0 = S( 1 )v0p
dans 1
v0 = 0 sur @ 1 ;
3. Quelques applications
30
Mais d’aprés le principe de maximum on a
4p v0
0 dans
et v0
1
@
0 sur
1
1;p
donc v0 > 0 sur
1 , contradiction avec la dé…nition de v0 2 W0 ( 1 ). Donc on
conclut que la constante S n’est pas atteinte dans un domaine borné. Par le même
argument on peut voir que S n’est pas atteinte dans un domain $ RN .
On montre que la constante S est atteinte dans RN .
On va utiliser le lemme suivant
Lemme 3.1 Soit N 2 et 1 < p < +1 , il éxiste une constante c(p; N ) telle que ,
1;p
pour u 2 Wrad
RN , on a
ju(x)j
(N
c(p; N ) jxj
(N 1)
p
krukp + kukp
1)
de plus jxj p u(x) ! 0 lorsque jxj ! +1: par ailleurs dans la classe d’équivalence
de u, il éxiste un représentant holdérièn en déhors de l’origine.
Preuve: Comme u est radiale on a
p
juj
=
p
+1
Z
r
pr
0
u juj
(N 1)
1
[
p
p 1
+1
Z
+1
Z
p
s
ds
0
(N 1)
u juj
r
0 p (N
u
s
p 1 (N 1)
s
ds
pr
(N 1)
r
+1
Z
0
1
1)
jujp (p
ds + 0
p
1) (N 1)
s
ds]
cr
(N 1)
r
r
Donc
(N
ju(x)j
c(N; p) jxj
+1
Z
u0 jujp
+1
Z
( ( u0
r
1)
p
kuk
W 1;p
1;p
Wrad
RN , il existe une fonction
Pour voir que dans la classe d’équivalence de u 2
continue en déhors de l’origine, en posant f (r) := u(x) si r = jxj, pour jxj > jyj > 0
on a
ju(x)
u(y)j
Zjxj
0
f (s) ds
jyj
C jxj
jyj
1
p0
jjxj
jyj
jyjj
(N 1)
p
1
p0
Zx
1
p
( f 0 (s) ds) p
y
krukW 1;p
ce qui montre que u est höldérienne en dehors de l’origine.
Comme consequence on a le resultat de compacité suivant
Théorème 3.1 (W-Strauss) Soient N
2 et 1
p < N , alors pour p < q < p ,
1;p
l’injection de Wrad
(IRN ) dans Lp RN est compacte.
p
1 (N 1)
s
ds
+ jujp )s(N
1)
ds)
3. Quelques applications
31
1;p
Preuve: Soit (un )n une suite bornée de Wrad
(IRN ), donc un converge faiblement
1;p
vers u 2 Wrad (IRN ). On pose vn = un u , il s’agit de montrer que kvn kq tend vers
zéro. D’aprés le lemme précédent,désignant par C diverse constantes indépendantes
de n, On a pour tout R > 0
Z
Z
Z
q p
p
q
jvn (x)jq p jvn (x)jp (jxj R) (x)dx
jvn (x)j
jvn (x)j dx =
jvn (x)j dx =
RN
jxj R
jxj R
Z
sup jvn (x)jq
p
(jxj
(x) jvn (x)jp dx = ( sup jvn j)q
R)
jxj>R
RN
(N
CR
1)(q p)
p
(N
jjvn jjW 1;p
CR
Donc pour R > 0 assez grand, on obtient vn
p
Z
jvn (x)jp dx
RN
1)(q p)
p
. d’aprés le théorème de
(jxj R
Lq
Lq ((jxj
Rellich-Kondrachov, l’injection de W 1;p (jxj < R) dans
< R)) est compacte car
q < p . Fixons n0 1 assez grand tel que pour n n0 on a kvn kLq (jxj<R)
. Donc
pour n >> n0 , on a kvn kLq (RN ) 2". D’où le resultat.
On montre que la constante S est atteinte dans RN . Rappellons que
R
jrujp dx
S=
RN
inf
u2W 1;p (RN )
R
R
On dé…nit l’éspace
D1;p RN
p
p
p
juj dx
8
<
= u 2 Cc1 RN
:
=
Z
RN
L’espace D1;p RN est muni de la norme kukp 1;p
que
S=
R
D
RN
inf
u2D1;p (RN )
R
R
D’aprés l’inégalité de Polya-Szégö on a
R
IRN
9
=
jrujp dx < c
;
(RN )
R
jrujp dx. Il est clair
R
jrujp dx, avec u est
=
RN
jrujp dx
p
p
p
juj dx
jru jp dx
RN
la symetrisation de Schwarz de u. En utilisant les propriétés de la symétrisation
de Schwarz on a
Z
Z
jujp dx =
ju jp dx
RN
Donc
S=
inf
u 2D1;p (IRN )
R
RN
R
R
RN
jru jp dx
p
ju j dx
p
p
inf
u2D1;p (IRN )
R
RN
R
R
jrujp dx
p
juj dx
p
p
(3.1)
3. Quelques applications
32
Donc
S=
R
RN
inf
R
2D1;p (IRN )
u
jru jp dx
p
p
p
ju j dx
R
Soit (vn )n une suite minimisante radiale, décroissante et positive. On suppose
que
Z
p
(vn (x)) dx = 1 et
IRN
Z
jrvn (x)jp dx ! S
Donc la suite (vn )n est bornée dans D1;p (IRN ), alors il éxiste une sous-suite notée vn
qui converge faiblement dans D1;p (IRN ), ie vn * v dans D1;p RN , donc vn ! v p.p.
D’aprés le théorème de Réllich-Kondrachov qui donne W 1;p (BR ) Lq (BR ) avec une
injection compacte,où B est la boule de centre 0 et de rayon R assez grand et q < p
. Donc on a vn ! v fortement dansLq (BR ).
D’aprés le lemme de Strauss
vn (x)
(N 1)
P
C jxj
krvn kLp
(N 1)
P
C jxj
car (krvn kLp < c par dé…nition)
Donc (vn ) bornée uniformément dans RN n f0g
R
(I)-Si vn ! v 6= 0, donc
p
v
dx 6= 0, on utilisant le lemme de Fatou , on a
IRN
Z
p
v
dx
lim inf
n!1
RN
)
Z
(vn )p dx = 1
RN
Z
p
v
dx
1
RN
D’aprés la semi continuité inférieur des normes on a :
v
On conclut que si v 6= 0
D1;p
lim inf kvn kD1;p = S
m!1
8
R
>
>
<
p
v
RN
R
>
>
:
si
R
RN
v(x)
1
p
rv
RN
Le premier cas :
dx
dx
p
dx = 1
S
3. Quelques applications
33
On a par dé…nition
S
Z
p
rv
Rn
et on a
Z
Rn
dx
( )
p
rv
dx
S
( )
donc d’aprés (*)et (**) , on conclut que S est attainte et :
Z
p
S=
r v dx
Rn
Le deuxième cas : si 0 <
R
p
v(x)
dx < 1
RN
On a :
S = inf
8
<Z
:
Z
jrvn jp dx tel que
RN
RN
Et d’aprés le lemme variationnel d’Ekland:
?
4p vn = Ivnp
2
9
=
(vn (x))p dx = 1
;
vn + o (1)
On montre que I = S. On prend vn comme fonction test dans l’équation précédente, on obtient
R
R
R p
?
4p vn vn dx =
Ivnp 2 vn2 dx + o (1) = I
vn dx + o (1)
IRN
IRN
IRN
R p
= I + o (1)
(car on a par hypothése
vn dx = 1)
IRN
Passant à la limite quand n ! +1 on obtient S =
résultat
On …xe ' 2 Cc1 IRN :
Z
4p vn 'dx = s
IRN
Z
?
vnp
Z
IRN
IRN
jrvjp dx = I. d’où le
'dx + o (1)
IRN
En passant à la limite quand n ! 1 , on obtient
' = v on a
1
R
p
rv
dx = S
Z
IRN
R
4p v'dx = S
IRN
p
v (x)
dx
R
IRN
vp
?
1 'dx:
Si
3. Quelques applications
34
par hypothése on a
Z
p
v (x)
dx < 1
IRN
donc
R
IRN
S
R
p
v (x)
B
= S@
Z
s
dx
dx
IRN
0
R
p
rv
p
v (x)
IRN
!
dx
IRN
=
p
p
p
v (x)
R
p
v (x)
dx
IRN
11
p
p
C
dxA
<S
!
p
p
(car on a
Z
p
v (x)
dx < 1)
IRN
une contradiction avec l’hypothèse.
(N
p)
(II)-Si vn ! v = 0. On choisit une suite (wn )n telle que wn (x) = Rn p vn Rxn ,
donc
Z
Z
p
(N p)
x
Np
p
(wn (x)) dx =
Rn p vn
dx avec p =
Rn
N p
IRN
IRN
= Rn
Z
N
vn
p
x
Rn
dx
IRN
On pose y =
Rn
N
Z
x
Rn ;
vn
on obtient
p
x
Rn
dx = Rn
N
IRN
Z
p
(vn (y))
RnN dy
=
IRN
D’autre part on a
Z
jrwn jp dx =
IRN
Z
r(Rn
IRN
= RnN
p
Z
(N p)
p
Z
(vn (y))p dy = 1
Z
r(vn (
IRN
p
x
vn ( )) dx = RnN
Rn
jr(vn (y))jp Rn p RnN dy =
IRN
8 R
>
(wn (x))p dx = 1
<
IRNR
Donc , on conclut que
>
jrwn jp dx ! S
:
p
Z
p
x
)) dx
Rn
IRN
jr(vn (y))jp dy
IRN
IRN
On choisit un Rn tel que
R
B(0;1)
bornée dans IRN n f0g :
(wn (x))p dx = 12 .Il est clair que la suite (wn )n est
3. Quelques applications
35
D’après la première discussion, si wn * w0 6= 0, la constante S est atteinte. On
suppose que w0 0, on a
Z
Z
Z
Z
p
p
p
1=
(wn (x)) dx =
(wn (x)) dx +
(wn (x)) dx +
(wn (x))p dx
IRN
B(0;1)
R
On calcule
1<jxj<R
jxj>R
(wn (x))p dx : Puisque wn (x)
cjxj
1<jxj<R
donc d’aprés le théorème de la convergence dominé on a
(N 1)
p
R
IRN
n ! 1:
On calcule
R
et wn (x) ! 0 p.p,
(wn (x))p dx ! 0 si
(wn (x))p dx: on a:
jxj>R
Z
p
(wn (x)) dx
c
jxj>R
(N
jxj
1)p
dx = c! N
p
Alors :
Z
Z
(wn (x))p dx =
1=
c! N
R
+1
+1
!0
(wn (x))p dx+
B(0;1)
Z
(wn (x))p dx+
Passant à la limite, on obtient:
1=
N (N 1)
N p
rN
1
dr
quand R ! +1
1<jxj<R
Z
+1
Z
r
R
jxj>R
=
IRN
Z
(w (x))p dx =
1
2
Rn
ce qui est impossible
Alors on conclut que S n’est pas atteinte si v = 0 .
Z
jxj>R
(wn (x))p dx
3. Quelques applications
3.2
36
Application (II)
Fixons p < q < p ,on considère le problème de minimisation suivant
R
R
ju (x)jp dx +
jrujp dx
Sq =
IR
inf
N
1;p
u2W (IR )
N
IRN
R
:
!p
q
IRN
ju (x)jq dx
Le but de cette section est de démontrer que Sq est atteinte.
1-On commence par démontrer que Sq est positive.
Soit u 2 W 1;p IRN , on a
kukLq
(1
)
kukLp kukLp
d’aprés l’inégalité d’intèrpolation,avec 0
Donc
p(1
kukpLp kukLp
kukpLq
)
kukpLq
2
1
1
p(1
kukpLp + kukLp
p
q
2
1
s
p(1
krukpLp + kukLp
p
q
)q
)
(appliquons l’inégalité deYoung; 1 =
(pour
=
krukpLp + kukpLp
kukpLq
1
c
krukpLp + kukpLp
inf
= Sq
kukpLq
u2W 1;p (IRN )
1
)0<
inf
N
1;p
u2W (IR ) c
Donc Sp est positive
2- D’aprés le théorème de Pölya-Szégö on a kru kLp
Sq =
inf
u2Wr1;p (IRN )
R
IRN
jujp dx +
R
IRN
R
IRN
q
krukLp , et
(la symetrisation de Schwarz conserve les normes dans Lq (IRN ):)
ku kLp = kukLp ; ku kLp = kukLp
donc
jrujp dx
IRN
inf
!p
u2W 1;p (IRN )
q
R
jujp dx +
R
juj dx
IRN
et puisque (IRN ) = IRN , alors
Sq =
inf
1 1
+ )
p q
1
)
p
s 1
(avec c = max
;
)
p q
)q
c krukpLp + kukpLp
)
1
u2Wr1;p (IRN )
R
IRN
jujp dx +
R
IRN
R
IRN
jrujp dx
jujq dx
!p
q
:
R
IRN
q
jrujp dx
juj dx
!p
q
3. Quelques applications
37
R
Soit (vn )n une suite minimisante ,décroissante radiale et positive , telle que
(vn (x))p dx =
N
IR
R p
R
1 et
vn dx +
jrvn jp dx ! Sq ; donc la suite (vn )n est bornée dans W 1;p IRN ,
IRN
IRN
d’où l’existence de v0 2 Wr1;p (IRN ) tel que vn * v0 faiblement dans Wr1;p (IRN ).
D’aprés le théorème de Riellich-Kondrachov on a l’injection compacte de W 1;p (BR )
dans Lq (BR ) ; 8q < p ou BR est la boule de centre 0 et de rayon R: Donc vn ! v0
fortement dans Lq (BR ).
1) Si v0 6= 0: D’aprés le lemme de Fatou ,on a :
Z
Z
(v0 (x))q dx
lim inf
(vn (x))q dx = 1;
n!+1
IRN
IRN
par la semi continuité inférieure des normes, on a
kv0 kpW 1;p
On conclut que si v0 6= 0
kvn kpW 1;p
(IRN )
8 R
(v0 (x))q dx
<
(IRN )
= Sq
1
IRN
(i)- Si
R
: kv0 kp 1;p
W
Sq
(IRN )
(v0 (x))q dx = 1, on a par dé…nition
IRN
Sp
kv0 kpW 1;p
(IRN )
Sq
kv0 kpW 1;p
(IRN )
(3.2)
et
(3.3)
Donc d’aprés (3.2)et (3.3) on conclut que la constante Sq est atteinte et Sq = kv0 kpW 1;p IRN :
( )
R
(ii)-Si 0 <
(v0 (x))q dx < 1, on a
IRN
8
9
>
>
Z
<
=
p
q
Sq = inf kvn kW 1;p IRN tel que
(vn (x)) dx = 1
( )
>
>
:
;
N
IR
d’aprés le lemme variationnel d’Ekland , on a
4p vn + vnp
1
= vnq
1
+ o(1)
Comme dans le cas de la constante de Sobolev (Application I), on peut démontrer
facilement que = Sq et que v0 est une solution de l’équation d’Euler associer, c.à.d,
4p v0 + v0p
1
= v0q
1
:
En testant l’equation précédente par v0 , on obtient
Z
Z
Z
p
p
jrv0 j dx +
jv0 j dx = Sq
jv0 jq dx
IRN
IRN
IRN
3. Quelques applications
38
Donc
R
jrv0 jp dx +
IRN
Sq
(
R
IRN
jv0
R
jv0 jp dx
IRN
p
jq dx) q
Sq
R
IRN
=
(
R
IRN
0
jv0 jq dx
B
= Sq @
p
jv0
jq dx) q
R
IRN
est atteinte dans ce cas.
2)-Si v0 = 0. D’aprés le lemme de Strauss on a
N
c jxj
p
jv0 jq dx = 1 et on conclut que Sq
(vn (x))q dx =
Z
Z
(vn (x))q dx +
BR
n ! +1
q
(vn (x)) dx
c
IRN nBR
(vn (x))q dx;
IRN nBR
on sait que vn ! v0 = 0 fortement dans Lq (BR ), donc
Z
N
jxj
p
p
q
R
BR
(vn (x))q dx ! 0 quand
dx
IRN nBR
c! N
Z
N
r
p
p
q N 1
r
dr =
IRN nBR
Si
IRN
(car (vn )n est bornée dansW 1;p IRN
p
IRN
Z
< Sq car
+ 1 < 0, c.à.d q >
Z
kvn kW 1;p (IRN )
N
Z
p
q
p
p
c jxj
Donc
11
C
jv0 j dxA
q
IRN
une contradiction avec la dé…nition de v0 . Donc
vn (x)
Z
Np
N 1,
Z
c! N
R
j + 1j
+1
:
on aura
(vn (x))q dx ! 0 quand R ! +1:
IRN nBR
D’aprés la dé…nition de vn ,
1=
Z
(vn (x))q dx
0 impossible
IRN
Donc on conclut que la constante Sq est atteinte.
Si p < q < NN p1 , …xons q0 tel que NN p1 < q0 < p . D’aprés le calcul précédent on a
Z
vnq dx ! 0 quand R ! +1:
IRN nBR
jv0 jq dx < 1
3. Quelques applications
39
Utilisant l’inégalité d’intèrpolation, on aura
1
jjvn jjLp (IRN nB ) jjvn jjL
q0 (IRN nB
jjvn jjLq (IRN nBR )
avec 0 <
R)
R
< 1:
Passant à la limite quand n ! 1, il résulte que
jjvn jjLq (IRN nBR ) ! 0 pour R ! 1:
D’où le résultat. Donc comme conclusion …nale on aura que v0 6= 0 est la constante
Sq est atteinte.
Remarque 3.2 Il est clair que v0 est une solution de l’équation d’Euler associée, plus
précisément on obtient que v0 est une solution positive radiale de l’équation
4p v0 + v0p
= Sq v0q ; v0 2 W 1;p IRN :
1
Remarque 3.3 Dans le cas où q = p le comportement de Sq est singulier dans le
sens ou Sq n’est pas atteinte et l’equation d’Euler associée n’a pas de solution. Plus
précisément on a les propriétés suivantes de Sp .
A¢ rmation I Montrons que Sp = S, où S est la constante de Sobolev.
Rappelons que
R
R
R
ju(x)jp dx +
jru(x)jp dx
jru(x)jp dx
Sp =
inf
IRN
IRN
u2W 1;p (IRN )
R
IRN
ju(x)jp dx
!
p
r' (x) dx =
Z
p
jr' (x)j dx
IRN
IRN
et
Z
'
Z
x
p
' (x) dx =
p
' (x)
dx =
p
Z
Z
IRN
'
p
x
dx:
S. D’autre part on a
R
R
p
' (x) dx +
IR
inf
N
(IR )
'2Cc1
N
p
inf
'2Cc1 (IRN )
p
r' (x) dx
IRN
R
R
IRN
R
' (x)
IRN
j'(x)jp dx +
R
IRN
ju(x)jp dx
j' (x)jp dx
IRN
Par dé…ntion on sait que Sp
IRN
, on a
IRN
IRN
Sp
inf
u2W 1;p (IRN )
IRN
(N p)
p
Soit ' 2 Cc1 IRN , on pose ' (x) =
Z
et S =
p
p
p
R
!
p
p
dx
IRN
jr'(x)jp dx
j'(x)jp dx
!
p
p
!
p
p
:
3. Quelques applications
Passant à la limite quand
40
! 0 , on trouve que
R
jr'(x)jp dx
Sp
RN
inf
'2Cc1 (RN )
R
RN
j'(x)jp dx
!
=S
p
p
(3.4)
Donc on a démontré que Sp = S, d’où l’a¢ rmation I.
A¢ rmation II Montrons que la constante Sp n’est jamais atteinte. Par l’absurde,
on suppose que la constante Sp est atteinte. Donc il existe une solution positive v0
de l’équation d’Euler , c.à.d, v0 véri…ant
4p v0 + v0p 1 = Sp v0p
v0 2 W 1;p IRN
1
Soit la fonctionnelle d’énergie suivante
Z
Z
1
1
p
J (v) =
jrvj dx +
jvjp dx
p
p
IRN
Z
Sp
p
IRN
jvjp dx:
IRN
Il est clair que v0 est un point critique de J.
On pose f ( ) = J v0 x avec > 0, donc
x
i et f 0 (1) = hv0 ; J 0 (v0 (x))i = 0
f 0 ( ) = hv0 ; J 0 v0
car v0 est un point critique.
Donc
Z
Z
Z
p
p
jrv0 j dx +
jv0 j dx = Sp
jv0 jp dx
IRN
et
f( ) =
1
p
Z
rv0
IRN
N p
=
p
IRN
Z
x
p
1
dx +
p
p
IRN
Z
IRN
N
jrv0 (x)j dx +
p
IRN
v0
Z
x
p
Sp
p
dx
Z
IRN
N
p
jv0 (x)j dx
IRN
p
v0
Sp
Z
x
p
dx
jv0 (x)jp dx:
IRN
Par dérivation, on obtient
Z
Z
Z
N Sp
N p
N
p
p
0
f (1) =
jrv0 (x)j dx +
jv0 (x)j dx
jv0 (x)jp dx
p
p
p
IRN
IRN
IRN
2
3
Z
Z
Z
Z
N p6
N p
7
p
p
p
jrv
(x)j
dx
+
jv
(x)j
dx
+
jv
(x)j
dx
S
jv0 (x)jp dx:
=
4
5
0
0
0
p
p
p
IRN
IRN
Donc
0
f (1) = 0 )
Z
IRN
jv0 (x)jp dx = 0:
IRN
Contradiction avec l’hypothèse sur v0 . D’où l’a¢ rmation II.
IRN
Conclusion
La symétrisation de Schwarz, consiste à e¤ectuer des transformations fonctionnelles à
une fonction quelconque tout en préservant sa norme dans l’espace Lp et en faisant
diminuer sa normes dans les espaces de Sobolev, a…n d’obtenir une fonction radiale
décroissante.
Cette technique, permet de démontrer que certaines fonctionnelles dé…nies dans
l’espace de Sobolev admettent leur minimum en des fonctions symétriques.
Cela à aussi permis de montrer que la constante de Sobolev n’est atteinte que dans
RN :
41
Bibliographie
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