FIMFA 2`eme année Premier semestre, 2013

FIMFA 2ème année
Premier semestre, 2013-2014
Cours de Laure Saint-Raymond, TD de Benjamin Texier – Equations aux dérivées
partielles
Analyse fonctionnelle pour le problème de Stokes, Navier-Stokes et Euler
Feuille de TD 1 – séance des 4 et 11 octobre
Correction partielle
A. Applications de Hahn-Banach
1. Soit E un espace vectoriel normé. L’identité
M ⊥⊥ = M ,
pour M sous-espace de E,
(1)
est une conséquence du Théorème de Hahn-Banach.
H −1
L’identité (1) a été utilisée en cours, sous la forme (∇L2 )⊥⊥ = ∇L2
, dans la preuve du
Théorème 1.2 qui affirme la régularité L2 de la pression dans le problème de Stokes, dans le
cas d’un ouvert régulier.
a) Soit M un sous-espace de E 0 . Essayer de prouver, par la même méthode que pour (1),
l’inclusion M ⊥⊥ ⊂ M . A quel endroit apparaı̂t-il un problème?
On procède comme dans la preuve de (1): soit f ∈ M ⊥⊥ et f ∈
/ M . Par Hahn-Banach, on
0
peut séparer strictement le compact {f } ⊂ E du fermé M ⊂ E 0 : il existe x et c tel que
hx, f i ≤ c − ε < c + ε ≤ hx, gi,
pour tout g ∈ M̄ .
(2)
Le problème est que x ∈ E 00 , le bidual de E, qui n’est pas réflexif a priori. On va déduire
de (2) le fait que hx, f i =
6 0 bien que x ∈ M ⊥ , mais ici l’orthogonal est au sens du bidual,
et donc on n’a pas de contradiction.
Cette difficulté explique pourquoi certains auteurs préfèrent noter ⊥ M l’orthogonal (au
sens de E) d’un sous-espace du dual E 0 , pour opérer une distinction avec M ⊥ , sous-espace
du bidual si M ⊂ E 0 .
b) Soit E = `1 , E 0 = `∞ , et soit c0 le sous-espace fermé de `∞ constitué des suites qui
tendent vers 0. Vérifier que (c0 )⊥⊥ 6= c0 .
La dualité entre `1 et `∞ s’écrit via le produit scalaire `2 . Donc si u ∈ c⊥
0 , alors
X
uj xj = 0,
pour tout (xj ) tendant vers 0 à l’infini.
j≥0
⊥⊥ = `
Donc u = 0, si bien que c⊥
∞ 6= c0 .
0 = {0}. Et donc (c0 )
1
c) Si φ0 , φ1 , . . . , φn sont des formes linéaires réelles sur E telles que
\
ker φi ⊂ ker φ0
1≤i≤n
alors φ0 appartient à l’espace vectoriel engendré par les φj .
Dans Rn+1 , le compact {(1, 0, . . . , 0)} est disjoint du sous-espace (φj (x))0≤j≤n , x ∈ E .
On les sépare par Hahn-Banach: il existe L forme linéaire continue sur Rn+1 (et c ∈ R et
ε > 0) telle que
L(1, 0, . . . , 0) ≤ c − ε < c + ε ≤ L((φj )(x)),
pour tout x ∈ E.
(3)
P
Donc, par linéarité, L(φj ) ≡ 0. On écrit Lx = 0≤j≤n µj xj . Alors µ0 6= 0, d’après (3), et
X
µj φj ≡ 0,
0≤j≤n
ce qu’on voulait prouver.
Remarque: en dimension finie, on peut séparer les convexes (non vides) disjoints: la
condition d’ouverture d’un des convexes dans la première forme géométrique de HahnBanach n’est pas nécessaire. (Cf par exemple Brézis, édition en Anglais, p22). Ici la
forme très simple du convexe qu’on cherche à séparer de (1, 0, . . . , 0) permet une preuve
plus simple que par Hahn-Banach. En effet, le sous-espace Im (φj )0≤≤n est inclus dans
un hyperplan de Rn+1 . La forme linéaire cherchée est donc simplement l’équation de
l’hyperplan.
d) Déduire de la question précédente le fait que si φ est une forme linéaire continue sur E 0 qui
est continue pour la topologie faible étoile, alors il existe x ∈ E tel que φ(v) = hx, viE,E 0 .
Par hypothèse, φ est bornée sur un voisinage de 0 dans la topologie faible étoile. Ce
voisinage de zéro contient un ensemble de la forme
\ f ∈ E 0 , |hf, xi i| < ε ,
(4)
1≤i≤n
pour un certain entier n ∈ N, une certaine famille (xi )1≤i≤n de E et un certain ε > 0.
En particulier, φ est bornée sur l’intersection des noyaux des xi . Donc par linéarité, φ est
nulle sur l’intersection des noyaux des xi . On utilise alors la question précédente: φ est
une combinaison linéaire des xi , et donc un élément de E.
e) En utilisant la question précédente, montrer que si M est un sous-espace de E 0 , alors
M ⊥⊥ est l’adhérence de M pour la topologie faible étoile.
On commence par remarquer que M ⊥⊥ est fermé pour la topologie faible étoile, en tant
qu’intersection de noyaux de formes linéaires continues pour cette topologie:
\
M ⊥⊥ =
ker x.
x∈M ⊥
2
Par ailleurs, M ⊥⊥ contient M. Donc M ⊥⊥ contient l’adhérence de M pour la topologie
faible étoile.
On suppose donc qu’il existe f ∈ M ⊥⊥ qui ne soit pas dans l’adhérence faible étoile de M.
On applique la deuxième forme géométrique du théorème de Hahn-Banach dans E 0 muni
de la topologie faible étoile1 , et on sépare ainsi le compact {f } ⊂ E 0 et l’adhérence faible
étoile de M. Cette séparation est effectuée par une forme linéaire x qui est continue pour
la topologie faible étoile, donc un élement de E d’après la question d. On peut maintenant
conclure comme dans la preuve de (1): on a les inégalités
hx, f i ≤ c − ε < c + ε ≤ hx, gi,
pour tout g dans l’adhérence faible étoile de M. Donc par linéarité, hx, gi = 0 pour tout
g ∈ M. Donc x ∈ M ⊥ . Mais par inégalité stricte on a hx, f i =
6 0, bien que f ∈ M ⊥⊥ , ce
qui est contraditoire.
e) Plus généralement, étant donné A un convexe de E 0 , qui est ouvert pour la topologie faible
étoile, et B un convexe de E 0 , tel que A ∩ B = ∅, alors A et B peuvent être séparés par
un élément de E.
On applique Hahn-Banach dans E 0 muni de la topologie faible étoile: A et B sont séparés
par une forme linéaire x : E 0 → R, continue:
hx, f i ≤ c − ε < c + ε ≤ hx, gi,
pour tous f ∈ A, g ∈ B.
Soit f ∈ A, et un voisinage de 0 dans E 0 , pour la topologie faible étoile, tel que f + V ⊂ A.
On a donc x(f + V ) ≤ c − ε, et donc x(V ) ≤ 2(c − ε). On peut toujours supposer V
symétrique (sinon on restreint V en V ∩ (−V )). Et donc on a l’inégalité |x(V )| ≤ 2(c − ε).
La forme linéaire x est bornée sur un voisinage de zéro pour la topologie faible étoile:
c’est donc un élément de E, par la question d.
Remarque: l’adhérence faible et l’adhérence forte coincident pour un sous-espace vectoriel, plus généralement pour un ensemble convexe. Une inclusion est triviale (l’inclusion de
l’adhérence forte dans l’adhérence faible), et l’autre se prouve exactement comme plus haut, par
Hahn-Banach. Mais l’adhérence faible étoile d’un sous-espace du dual n’est pas nécessairement
égale à son adhérence forte, comme on le voit à la question b) ci-dessus.
2. Soit Ω un ouvert de Rd , m ∈ N et 1 ≤ p < ∞. Etant donné u ∈ W m,p (Ω), on note (∂ α u)α
la suite finie, de longueur N = N (m, d), des dérivées partielles de u d’ordre inférieur ou égal à
m.
1
Peut-on le faire ? Oui: la deuxième forme géométrique de Hahn-Banach ne requiert que la convexité locale de
la topologie, pas la propriété d’espace vectoriel normé. La topologie faible étoile est bien sûr localement convexe,
une base de voisinages convexes étant donné par les ensembles (4). On prouve la deuxième forme géométrique
de Hahn-Banach, à partir de la première forme qui donne la séparation des convexes par des hyperplans dans
les e.v.t, en utilisant le fait que si A est compact et B fermé, alors il existe un voisinage de l’origine V tel que
(A + V ) ∩ B = ∅. Dans un e.v.t localement convexe, on peut choisir V convexe. On applique alors la première
forme de Hahn-Banach à A + V et B, et on observe que la séparation est stricte par compacité de A.
3
a) Vérifier que
(
I:
W m,p (Ω) → Lp (Ω)
N
u → (∂ α u)α
est une isométrie.
C’est simplement la définition (précisément une définition possible) de la norme W m,p :
X
|∂ α u|Lp .
|u|W m,p =
0≤|α|≤m
b) Soit T ∈ (W m,p (Ω))0 . En appliquant le théorème de Hahn-Banach à T ◦ I −1 , montrer qu’il
existe (vα )α ⊂ (Lq (Ω))N , où 1/p + 1/q = 1, tel que, pour tout u ∈ W m,p :
XZ
vα ∂ α u.
(5)
Tu =
α
Ω
L’application linéaire T ◦ I −1 est continue sur I(W m,p ) ⊂ (Lp )N . On l’étend par la forme
analytique de Hahn-Banach en une application linéaire continue T0 , de même norme, sur
(Lp )N . Le dual de Lp étant Lq , avec 1/q + 1/p = 1, et par conséquent le dual de (Lp )N
étant (Lq )N , on peut représenter T0 par (vα )α ⊂ (Lq )N , au sens où pour tout u ∈ (Lp )N ,
XZ
T0 u =
uα vα .
α
Ω
En restriction à I(W m,p ), cela donne
T ◦I
−1
α
((∂ u)α ) = T u =
XZ
α
vα ∂ α u.
Ω
c) Si Ω est régulier, montrer en utilisant l’inégalité (9) prouvée à la question B.2 plus bas
qu’on peut simplifier (5) en
Z
X
Tu =
v0 u +
vα ∂ α u,
Ω
|α|=m
pour T ∈ (W m,p )0 et u ∈ W m,p .
On modifie l’isométrie I de la question a) en l’injection

 W m,p (Ω) → Lp (Ω) M
J:

u → u, (∂ α u)|α|=m
4
Considérons maintenant T ◦ J −1 . C’est une application linéaire J(W m,p ) → R. Sa continuité est donnée par l’inégalité (9)2 . On l’étend par Hahn-Banach en une forme linéaire
continue T1 : (Lp )M → R, et on conclut comme à la question précédente.
d) Décrire la restriction d’un élément de (W m,p )0 à D(Ω).
Soit T donné par (5). On va montrer l’égalité
X
T|D(Ω) =
(−1)|α| ∂ α vα ∈ D0 (Ω).
(6)
α
Soit en effet φ ∈ D(Ω). Alors
X
X
(−1)|α| ∂ α vα , φ =
α
α
Z
vα ∂ α φ,
Ω
D’où (6). Autrement dit, l’application linéaire T est le prolongement à W m,p d’une
distribution qui s’écrit comme somme de dérivées d’ordre au plus m de fonctions Lq .
Quand Ω est régulier, la question c) donne
X
T|D(Ω) = v0 +
∂ α vα ,
vα ∈ Lq .
(7)
|α|=m
e) Etendre les questions précédentes au cas W0m,p (Ω). Justifier la notation (W0m,p (Ω))0 =
W −m,q (Ω).
On vient de voir que (W m,p )0 était inclus dans l’ensemble des distributions de la forme
(6) ou (7) qui s’étendent en une forme linéaire continue sur W m,p .
Soit réciproquement une distribution T de la forme (6) ou (7), disons (6). On va montrer
que T s’étend en une forme linéaire continue sur W0m,p .
Soit u ∈ W0m,p , et (un ) ⊂ D(Ω) qui approche u. Alors par “intégration par parties”
(c’est-à-dire utilisation de la définition de la dérivation au sens des distributions)
X Z
T un − T um =
vα ∂ α (un − um ),
0≤|α|≤m Ω
et donc par Hölder
|T un − T um | ≤
X
|vα |Lq |∂ α (un − um )|Lp ≤ C(vα )|un − um |W m,p ,
0≤|α|≤m
2
Et pas par le théorème de l’application ouverte, contrairement à ce que j’affirmais en TD le 4 octobre. Si on
souhaite appliquer le théorème de l’application ouverte, il faut le faire de la manière suivante: J(W m,p ) est fermé
par l’inégalité (9), et donc J −1 : J(W m,p ) → W m,p est linéaire continue en tant qu’inverse d’une application
linéaire continue bijective entre deux Banach. Si on ne vérifie pas la fermeture de l’image, alors on ne peut pas
conclure: considérer par exemple l’injection canonique J0 de W m,p dans Lp et essayer d’appliquer le raisonnement
à T ◦ J0−1 .
5
et donc la suite (T un ) est de Cauchy. On note T0 u sa limite, qui ne dépend pas de
l’approximation (un ) choisie. La linéarité de T0 est claire. La continuité de T0 est donnée
par
|T0 u| = lim |T un | ≤ lim C(vα )|un |W m,p = C(vα )|u|W m,p .
Remarque: On ne fait ici que vérifier que si une forme linéaire T : D(T ) ⊂ E → R est
continue pour la topologie de E et définie sur un sous-espace D(T ) qui est dense dans E,
alors T possède un prolongement à E 0 .
f) L’espace H −1 (Rd ) est défini comme le dual de H 1 (Rd ), mais aussi comme un élément de
la famille (H s (Rd ))s∈R des espaces de Sobolev dans Rd définis par
H s (Rd ) := u ∈ S 0 (Rd ), (1 + | · |2 )s/2 û ∈ L2 (Rd ) ,
|u|H s := |(1 + | · |2 )s/2 û|L2 .
Vérifier que les deux définitions de H −1 coincident.
La preuve du Lemme 1.1.3 du cours utilise les deux définitions de H −1 .
On note provisoirement H̃ −1 l’espace de Sobolev défini via Fourier. Via Fourier et le
produit scalaire L2 , on voit H̃ −1 comme un espace de formes linéaires continues sur H 1 .
On pose en effet
Z
hu, vi =
u ∈ H̃ −1 , v ∈ H 1 ,
ûv̂,
(8)
Rd
si bien que3 , par Hölder,
|hu, vi| ≤ |u|H̃ −1 |v|H 1 .
Réciproquement, si u ∈ H −1 , alors par la question e), on peut écrire u = v + ∇ · f, avec
v ∈ L2 et f ∈ (L2 )d . Par Parseval, |v|L2 = |v̂|L2 , et donc L2 ⊂ H̃ −1 . Par ailleurs, si g ∈ L2 ,
|(1 + | · |2 )−1/2 ∂d
xj g|L2 ≤ |ĝ|L2 ,
par propriété de Fourier. Donc ∇ · f ∈ H̃ −1 si f ∈ L2 , ce qui conclut la preuve.
B. Inégalités de Poincaré-Wirtinger et d’interpolation
1. Inégalité de Poincaré-Wirtinger: si Ω ⊂ Rd est borné, connexe, et régulier, alors pour
tout 1 ≤ p ≤ ∞, il existe C > 0 tel que pour tout u ∈ W 1,p (Ω),
Z
−1
|u − ū|W 1,p (Ω) ≤ C|∇u|Lp (Ω) ,
où ū = |Ω|
u.
Ω
−1
La conjugaison complexe dans (8) est là pour faire en sorte queR l’action de
sur H 1 coincide le cas
R H̃
2
échéant avec le produit scalaire L . En effet, via Fubini, (u, v)L2 = ūv dx = ûv̂ dξ, et donc si u ∈ H̃ −1 se
trouve être un élément de L2 , son action sur H 1 est définie par le produit scalaire L2 . Pourquoi cette insistance
2
à utiliser le produit scalaire L2 ? C’est parce que
R les (classes de) fonctions L sont identifiées à des distributions2
2
précisément via le produit scalaire L : hu, φi := uφ, pour φ ∈ D(Ω). La définition (8) permet d’identifier u ∈ L
à sa restriction à H −1 et simultanément à sa restriction à D(Ω), autrement dit d’envisager la suite d’inclusions
L2 ⊂ H −1 ⊂ D(Ω).
3
6
On raisonne par l’absurde: il existerait sinon une suite (un ) ⊂ W 1,p telle que ∇un → 0 dans
et |un − ūn |Lp ≡ 1.
En posant vn = un − ūn , on a donc ∇vn → 0 dans Lp et |vn |Lp ≡ 1. Par compacité de
l’injection W 1,p (Ω) ,→ Lp (Ω) (c’est ici qu’on utilise l’hypothèse sur le caractère borné de Ω),
à extraction près vn → v ∈ Lp . Alors par continuité de l’injection Lp ,→ D0 et continuité de
∇ dans D0 , ∇vn → ∇v dans D0 . Comme par ailleurs, en utilisant à nouveau la continuité de
l’injection Lp ,→ D0 , la convergence ∇vn → 0 a lieu dans D0 , on a donc ∇v = 0 dans D0 (par
unicité de la limite dans D0 séparé).
Donc v ∈ Lp (Ω) est tel que son gradient au sens des distributions est identiquement nul.
Cela implique, Ω étant connexe, qu’il existe c ∈ R tel que v = c presque partout. Mais comme
v̄ = 0 (la moyenne de vn convergeant vers la moyenne de v par Hölder), on a nécessairement
c = 0, ce qui contredit finalement |v|Lp = 1.
Lp
2. Si Ω ⊂ Rd est borné et régulier, alors pour tout entier m > 1, pour tout 1 ≤ p ≤ ∞, pour
tout ε > 0, il existe C = C(m, p, d, ε, Ω) > 0 tel que pour tout u ∈ W m,p (Ω),
X
|u|W m−1,p (Ω) ≤ C|u|Lp (Ω) + ε
|∂ α u|Lp (Ω) .
(9)
|α|=m
On procède encore par l’absurde. Il existerait sinon une suite (un ) ⊂ W m,p telle que
X
|un |W m−1,p > n|un |Lp + ε0
|∂ α un |Lp ,
(10)
|α|=m
pour un certain ε0 > 0 et pour tout n. En particulier, un 6= 0 pour tout n et sans nuire à la
généralité on peut donc supposer |un |W m,p ≡ 1. Par compacité de l’injection (Ω borné régulier)
p
W m,p ,→ W m−1,p , on peut supposer que (un ) converge dans W m−1,p . Par (10),
Xun → 0 dans L .
α
Donc la limite dans W m−1,p est aussi 0. Mais alors d’après (10), on a aussi
|∂ un |Lp → 0.
|α|=m
Finalement un → 0 dans W m,p , ce qui contredit |un |W m,p ≡ 1.
3. Donner une preuve directe de (9) dans le cas p = 2 et Ω = Rd , en utilisant la transformée
de Fourier, l’inégalité de convexité de la question F.1, et l’inégalité d’interpolation de la question
E.2c.
L’inégalité d’interpolation
1/m
(m−1)/m
|u|H m−1 (Rd ) ≤ |u|L2 |u|H m
,
implique
1/m
(m−1)/m
|u|L2 |u|H m
≤ (λ|u|L2 )1/m λβ |u|H m−1
(m−1)/m
,
λ > 0,
1 + (m − 1)β = 0.
Par l’inégalité de convexité de la question F.1, on en déduit
1/m
(m−1)/m
|u|L2 |u|H m
≤
m−1
λ
|u|L2 + λ−1/(m−1)
|u|H m .
m
m
7
(11)
On pose α = λ−1/(m−1)
a obtenu
m−1
, qui est strictement inférieur à 1 si λ est choisi assez grand. On
m
X
λ
|∂ α u|L2 ,
(1 − α)|u|H m ≤ |u|L2 + α
m
|α|=m
d’où le résultat, en choisissant λ assez grand en fonction de ε, et C = (1 − α)−1 λ/m.
4. Prouver que si Ω est borné et régulier, pour tout ε > 0, il existe C > 0 tel que pour tout
u ∈ H02 ,
(12)
|u|2H 2 ≤ C|u|L2 + ε|∆u|2L2 .
L’inégalité (12) est encore vraie si on suppose seulement u ∈ H 2 ∩H01 , c’est un résultat classique
(mais non trivial) de régularité elliptique.
Si u ∈ H02 , alors u est limite au sens de H 2 (Ω) d’une suite (un ) ⊂ Cc∞ (Ω) et par Green,
pour tout n,
Z
Z
Z
∂xi ∂xj un (x)∂xi ∂xj un dx =
∂xi ∂xj un ∂xj un ni −
∂xj ∂x2i un ∂xj un dx
Ω
∂Ω
Ω
Z
Z
Z
2
=
∂xi ∂xj un ∂xj un ni −
∂xi un ∂xj un nj +
∂x2i un ∂x2j un ,
∂Ω
∂Ω
et les termes de bord sont nuls, si bien que
X
|∂ α un |2L2 = |∆un |2L2 ,
Ω
un ∈ Cc∞ (Ω),
(13)
|α|=2
et par convergence dans H 2 , on peut passer à la limite dans l’égalité ci-dessus.
Ensuite un contrôle des dérivées d’ordre 1 par les dérivées d’ordre 2 est donné par la question
3 ci-dessus.
C. Description de l’espace H
L’espace H est défini comme l’adhérence de Vσ (Ω) pour la topologie L2 (Ω). C’est l’espace
dans lequel l’opérateur de Stokes est décomposé spectralement (Théorème 1.4 du cours).
a) Pour Ω borné régulier, et f ∈ C ∞ (Ω̄), déduire de la formule de Green
Z
Z
∂i f =
f ni
Ω
où ∂i f = ∂xi f, et où n = (n1 , . . . , nd ) est la normale extérieure sur ∂Ω, l’identité
Z
Z
Z
u · ∇φ +
φ(∇ · u) =
φu · n,
Ω
(14)
∂Ω
Ω
∂Ω
8
(15)
pour u = (u1 , . . . , ud ) ∈ Cc∞ (Ω̄)d et φ ∈ Cc∞ (Ω̄).
Il suffit d’écrire
φui ni ,
∂Ω
Ω
Ω
Ω
φ∂i ui =
ui ∂i φ +
∂i (ui φ) =
Z
Z
Z
Z
et de sommer en i de 1 à d.
b) On note T 1 (∂Ω) l’espace des traces de fonctions H 1 (Ω) sur la frontière ∂Ω. C’est un
espace vectoriel normé par
|v|T 1 (∂Ω) := inf |w|H 1 (Ω) , w|∂Ω = v .
Déduire de (15) le fait qu’on peut définir u · n pour u ∈ (L2 )d telle que ∇ · u = 0, en tant
que forme linéaire sur T 1 .
Soit u ∈ (L2 )d tel que ∇ · u ∈ L2 . On veut utiliser (15) pour affirmer que u · n définit une
d
forme linéaire sur T 1 . Comme (15) est valable a priori seulement pour dans Cc∞ (Ω̄) ,
d
il nous faut un résultat d’approximation de {u ∈ (L2 )d , ∇ · u ∈ L2 } par Cc∞ (Ω̄) . Le
résultat classique d’approximation dans W 1,p (Ω), pour Ω régulier, passe par la construction d’un opérateur de prolongement P continu W 1,p (Ω) → W 1,p (Rd ), par exemple décrite
au paragraphe 9.2 du livre de Brézis. Ensuite on approxime les éléments de W 1,p (Rd ) par
la procédure classique de régularisation puis troncature. D’où le résultat de densité (voir
par exemple le Corollaire 9.8, page 277 de l’édition en Anglais du livre de Brézis). Il y
a une difficulté supplémentaire ici: l’opérateur P adapté pour W 1,p (Ω) ne l’est pas pour
{u ∈ L2 , ∇ · u ∈ L2 }. Il faut définir un prolongement adapté.
Avec un prolongement adéquat d’où un résultat de densité, on observe via (15) que u · n
définit une forme linéaire sur T 1 . Cette forme linéaire est continue, puisque
|hu · n, φi| ≤ |u|L2 (Ω) + |∇u|L2 (Ω) |ψ|H 1 (Ω) ,
pour tout ψ ∈ H 1 (Ω) tel que ψ|∂Ω = φ.
c) On pose
H(Ω) := u ∈ L2 (Ω)d ,
u·n=0 .
∇ · u = 0,
Vérifier que Vσ ⊂ H, que ∇H 1 ⊂ H⊥ , et, en utilisant le théorème de régularité de la
pression, que Vσ⊥ ⊂ ∇H 1 (ici on considère l’orthogonal de Vσ au sens de L2 , pas au sens
de V).
Les éléments de Vσ sont de divergence nulle et aussi de trace nulle (via la caractérisation
de H01 comme le noyau de l’opérateur de trace), donc appartiennent à H.
Soit maintenant f = ∇p, avec p ∈ H 1 . Alors, pour u ∈ H, par (15),
Z
Z
Z
u · (∇p) =
u · np|∂Ω −
p∇ · u,
Ω
∂Ω
9
Ω
et le membre de droite est nul par hypothèse. Donc ∇H 1 est continu dans l’orthogonal
(au sens du produit scalaire L2 ) de H.
Soit f ∈ Vσ⊥ ⊂ L2 c’est-à-dire que pour tout u ∈ Vσ , on a (f, u)L2 = 0. On peut voir
f comme un élément de H −1 , et alors (f, u)L2 = hf, uiVσ0 ,Vσ = 0. C’est-à-dire que f
appartient à l’orthogonal, au sens de la dualité, de Vσ . Par le théorème de régularité de la
pression (Théorème 1.2 du cours, l’hypothèse de régularité du domaine est satisfaite ici),
il existe p ∈ L2 , tel que f = ∇p. Mais comme f ∈ L2 , on a en fait p ∈ H 1 . On a prouvé
Vσ⊥ ⊂ ∇H 1 .
d) En déduire que H est l’adhérence de Vσ dans L2 , et la cohérence des deux définitions de
H.
L’application u → u · n est linéaire continue de H vers (T 1 )0 , simplement par
|u · n|(T 1 )0 ≤ |u|L2 .
Par ailleurs, l’opérateur ∇ est continu de L2 vers D0 . Donc H est un fermé de L2 .
La situation est donc la suivante:
Vσ⊥ ⊂ ∇H 1 ⊂ H⊥ .
Vσ ⊂ H = H,
De la deuxième inclusion ci-dessus, on tire H⊥⊥ ⊂ Vσ⊥⊥ . Et donc d’après (1),
H
L2
= H ⊂ Vσ
L2
,
d’où finalement l’égalité recherchée.
D. (Non)compacité des injections de Sobolev
b) On pose δh u = hλ u(hx). Quel choix de λ permet de vérifier que l’injection critique
H 1 (Rd ) ,→ L2d/(d−2) (Rd ) n’est pas compacte ?
On vérifie par un changement de variable (homothétie) que
|δh u|Lp (Rd ) = hλ−d/p |u|Lp (Rd ) ,
et
|δh u|H 1 = hλ−d/2 |u|L2 + h1+λ−d/2 |∇u|L2 .
On choisit λ = d/2∗ , avec 2∗ = 2d/(d − 2). Alors 1 + λ − d/2 = 0, et donc, pour ce choix de λ,
|δh u|L2 = h−1 |u|L2 ,
|δh u|L2∗ (Rd ) = |u|L2∗ (Rd ) ,
et
|δh u|H 1 = h−1 |u|L2 + |∇u|L2 .
Pour u non nul dans H 1 , la famille (δh u)h>1 est donc convergente vers 0 dans L2 , bornée dans
H 1 , par |u|H 1 , et constante dans L2∗ , égale à |u|L2∗ 6= 0. Si l’injection H 1 ,→ L2∗ était compacte,
la famille (δh u)h>1 serait relativement compacte dans L2∗ , donc à extraction près convergente
10
dans L2∗ , vers v. La convergence Lp impliquant la convergence dans D0 , on a deux limites
distinctes v, et 0, dans D0 , ce qui est contradictoire.
2) Soit
1
Hhxi
(Rd ) := u ∈ H 1 (Rd ),
(1 + | · |2 )1/2 u ∈ L2 (Rd ) ,
1 .
et une suite (un ) bornée dans Hhxi
a) Pour tout n ∈ N, k ≥ 1, on pose ukn (x) = χ(x/k)un (x), où χ ∈ Cc∞ (Rd ) est telle que
χ(x) ≡ 1 pour |x| ≤ 1, χ ≡ 0 pour |x| ≥ 2, et 0 ≤ χ ≤ 1. Vérifier qu’on a la borne
uniforme
k
un − un 2 ≤ C ,
C > 0.
L
k
On majore directement
Z
Z
x 2 2
|u(x)|2 dx
1 − χ
u(x) dx ≤
k
d
d
R
R \BRd (0,k)
Z 2
C
1
(1 + |x|2 )
|u(x)|2 dx ≤ 2 |u|2L2 ≤ 2 ,
≤
hxi
k
k
k
k
un − un 2 2 =
L
où C = supn |un |H 1 .
hxi
b) Prouver l’existence d’une suite d’extractions k → Φk d’injections N → N telles que pour
tout k, Φk soit extraite de Φk−1 , et (ukΦk (n) )n soit convergente dans L2 (Rd ).
On note ũkn = unk|B
(0,2k)
Rd
la restriction de ukn à la boule BRd (0, 2k)). Alors (ũkn )n est une
suite bornée de H 1 (BRd (0, 2k)). En effet,
·
·
1
∂xi (unk ) = χ
∂xi un + un ∂xi χ
,
k
k
k
d’où
1
|ukn |H 1 ≤ |un |H 1 + |∇χ|L∞ |un |L2 ,
k
1 . Par compacité de l’injection
et (un ) est bornée dans H 1 puisqu’elle est bornée dans Hhxi
H 1 (BRd (0, 2k)) ,→ L2 ((BRd (0, 2k)), pour tout k, la suite (ũkn )n est donc relactivement
compacte dans L2 ((BRd (0, k + 1)).
Si on note ϕ1 une extraction qui convient pour k = 1, c’est-à-dire que (ũ1ϕ1 (n) )n est
convergente, alors (ũ2ϕ1 (n) )n est relativement compacte, donc on peut trouver ϕ2 une
extraction telle que (ũ2ϕ1 ◦ϕ2 (n) )n soit convergente. On obtient ainsi par récurrence une suite
Φk = ϕ1 ◦ · · · ◦ ϕk telle que pour tout k, la suite (ũkΦk (n) )n converge dans L2 (BRd (0, 2k)).
Si on note ṽ k sa limite, et v k le prolongement de ṽ k par zéro dans le complémentaire de la
boule de rayon 2k, on a bien sûr ukΦk (n) → v k dans L2 (Rd ), puisque |ukΦk (n) − v k |L2 (Rd ) =
|ũkΦk (n) − ṽ k |L2 (B d (0,2k)) .
R
11
c) On note v k la limite de (ukΦk (n) )n . Montrer que la suite (v k ) est convergente dans L2 .
Etant donné ε > 0, on majore
k+p
|v k+p − v k |L2 ≤ |uk+p
|L2 + |uk+p
Φk+p (n) − v
Φk+p (n) − uΦk+p (n) |L2
+ |ukΦk+p (n) − uΦk+p (n) |L2 + |ukΦk+p (n) − v k |L2 .
(16)
où n est à choisir de sorte que le majorant soit petit. Par la question a), les deuxième
et troisième termes dans le majorant de (16) sont majorés par C/(k + p) + C/k ≤ 2C/k,
en utilisant à nouveau la notation C = supn |un |H 1 . Par ailleurs, par la question b), il
hxi
existe un entier N (ε, k + p) tel que, pour n ≥ N (ε, k + p),
k+p
|uk+p
|L2 < ε/4.
Φk+p (n) − v
Par construction de la suite d’extractions (Φ)k , la suite (ukΦk+p (n) )n est extraite de (ukΦk (n) )n ,
donc converge vers la même limite v k . Donc il existe N1 (ε, k, p) tel que, pour n ≥
N1 (ε, k, p),
|ukΦk+p (n) − v k |L2 < ε/4.
On pose donc n = max N (ε, k + p), N1 (ε, k, p) . Alors, pour tous k, p, d’après ce qui
précède,
|v k+p − v k |L2 < ε/2 + 2C/k.
Il suffit maintenant de choisir k ≥ k0 , avec 2C/k0 < ε/2, pour vérifier que (v k )k est de
Cauchy dans L2 .
d) Montrer qu’à extraction près, la suite (un ) converge vers la limite de (v k ) dans L2 .
La sous-suite convergente est (uΦn (n) ). C’est le principe de l’extraction diagonale. On
majore en effet
|uΦn (n) − v|L2 ≤ |uΦn (n) − ukΦn (n) |L2 + |ukΦn (n) − v k |L2 + |v k − v|L2
(17)
C
+ |ukΦn (n) − v k |L2 + |v k − v|L2 ,
k
avec k à choisir de sorte que le majorant soit petit. Etant donné ε > 0, soit K tel que
pour k ≥ K, on ait |v k − v|L2 < ε/3. On fixe k0 = max(K, 3C/ε). Alors pour ce k0 , la
suite (ukΦ0n (n) )n est extraite de (ukΦ0k (n) )n , donc converge vers v k0 . C’est ici qu’on voit la
0
pertinence du choix de l’extraction diagonale. Il existe N = N (ε, k0 ) tel que, pour n ≥ N,
on ait |ukΦ0n (n) − v k0 |L2 < ε/3.
≤
En reprenant (17) avec k = k0 , on voit donc qu’on a |uΦn (n) − v|L2 < ε dès que n ≥ N,
d’où la relative compacité de (un ) dans L2 (Rd ).
12