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\theoremstyle{remark}
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% Commandes et opérateurs utiles

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\newcommand{\dx}{\dmesure\!}
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\renewcommand{\bar}{\overline}
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\renewcommand{\leq}{\leqslant}
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% Gestion de l'affichage des solutions avec le package comment

% Nouveaux compteurs pour avoir une numérotation des équations indépendante dans les solutions

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% Définition d'un environnement sol qui peut être commenté à loisir ci-dessous
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	\endgroup
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% Informations du document

\author{Blanche Buet et Thomas Letendre}
\date{2023 -- 2024}
\title{Feuille 5 -- Équations (différentielles) dans $\cD'(\R)$, espaces de Sobolev $H^1(I)$}


\begin{document}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Mise en page de l'en-tête

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\makeatletter
\begin{tabularx}{\textwidth}{@{}Xr@{}}
Université Paris-Saclay & Master Mathématiques et Applications \\
\@date & Distributions et Analyse de Fourier
\end{tabularx}

\vspace{1ex}

Chargés de TD: \@author .

\vspace{2ex}

\hrule

\begin{center}
\begin{Large}
\@title
\end{Large}
\end{center}

\hrule

\vspace{2ex}

\makeatother

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% Début du corps du texte

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Équation dans $\cD'(\R)$]
\label{exo: equation dans D'}

Résoudre l'équation $x^2 T =1$ d'inconnue $T \in \cD'(\R)$.

\begin{hint}
Déterminer une solution particulière puis se ramener à une équation homogène.
\end{hint}

\begin{sol}

Si on pense à $T$ comme à une fonction, on voudrait que $T$ soit associée à $x \mapsto \frac{1}{x}^2$. Cette fonction n'est pas $L^1_\loc$, mais on a vu dans l'exercice~6 de la feuille~2 qu'on pouvait définir sa partie finie par un procédé de renormalisation et que $x^2 \pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}=1$. On connait donc une solution particulière de l'équation ce qui permet de se ramener à une équation homogène. Soit $T \in \cD'(\R)$ on a donc:
\begin{equation*}
x^2T =1 \iff x^2\parentheses*{T-\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}}=0 \iff \exists a,b \in \C,\ T = \pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}+a\delta_0 + b \delta'_0,
\end{equation*}
où la seconde équivalence est donnée par un résultat du cours.

\end{sol}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Équation différentielle dans $\cD'(\R)$]
\label{exo: equation differentielle dans D'}

Le but de l'exercice est de résoudre l'équation différentielle suivante d'inconnue $T \in \cD'(\R)$:
\begin{equation}
\label{eq: equa diff non hom}
2xT'- T =\delta_0.
\end{equation}
On va d'abord considérer l'équation différentielle homogène associée:
\begin{equation}
\label{eq: equa diff hom}
2xT'- T =0.
\end{equation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: equa diff hom sur R+} Résoudre l'équation différentielle~\eqref{eq: equa diff hom} dans~$\cD'(\R_+^*)$ (resp.~$\cD'(\R_-^*)$).

\begin{sol}

En restriction à $\R_+^*$, l'équation différentielle homogène~\eqref{eq: equa diff hom} se ré-écrit sous la forme équivalente $T' + \frac{1}{2x}T = 0$ qui est linéaire, à coefficients $\cC^\infty$ et résolue en la dérivée d'ordre maximale. D'après le cours, les solutions de cette équation dans $\cD'(\R_+^*)$ sont exactement les solutions $\cC^\infty$. Une primitive de la fonction $a:x \mapsto \frac{1}{2x}$ sur $\R_+^*$ est $A:x \mapsto \ln \parentheses{\sqrt{x}}$. Les solutions de~\eqref{eq: equa diff hom} dans $\cC^\infty(\R)$ et donc dans $\cD'(\R)$ sont alors les fonctions de la forme $x \mapsto C \sqrt{x}$, avec $C \in \C$.

Par le même raisonnement, les solutions de~\eqref{eq: equa diff hom} dans $\cD'(\R_-^*)$ sont les distributions associées à des fonctions de la forme $x \mapsto C \sqrt{-x}$, avec $C \in \C$.

\end{sol}

\item \label{q: equa diff hom en 0} Pour tout $k \in \N$, donner une expression plus simple de la distribution $x \delta_0^{(k+1)}$. En déduire l'ensemble des distributions solutions de~\eqref{eq: equa diff hom} sur $\R$ dont le support est inclus dans $\brackets{0}$.

\begin{sol}

Soit $k \in \N$, pour tout $\varphi \in \cD(\R)$, on a:
\begin{align*}
\prsc*{x \delta_0^{(k+1)}}{\varphi} &= \prsc*{\delta_0^{(k+1)}}{x\varphi} = (-1)^{k+1}\prsc*{\delta_0}{x\varphi^{(k+1)}+ (k+1)\varphi^{(k)}}\\
&= (-1)^{k+1}(k+1)\varphi^{(k)}(0)= -(k+1)\prsc*{\delta_0^{(k)}}{\varphi}.
\end{align*}
Donc $x \delta_0^{(k+1)} = -(k+1)\delta_0^{(k)}$.

Soit $T \in \cD'(\R)$ une solution de~\eqref{eq: equa diff hom} supportée en $0$. D'après le cours, il existe donc $n \in \N$ et des coefficients $a_0,\dots,a_n \in \C$ tels que $T = \sum_{k=0}^n a_k\delta_0^{(k)}$. En réinjectant dans~\eqref{eq: equa diff hom}:
\begin{equation*}
0 = 2x\parentheses*{\sum_{k=0}^n a_k\delta_0^{(k)}}' - \sum_{k=0}^n a_k\delta_0^{(k)} = \sum_{k=0}^n a_k \parentheses*{2x\delta_0^{(k+1)}-\delta_0^{(k)}} = - \sum_{k=0}^n a_k (2k+3) \delta_0^{(k)}.
\end{equation*}
Or, les $\parentheses*{\delta_0^{(k)}}_{0 \leq k \leq n}$ sont linéairement indépendants dans $\cD'(\R)$. Pour le vérifier il suffit de remarquer que, si $\varphi_j:x\mapsto \frac{x^j}{j!}\chi(x)$ où $\chi$ est une fonction plateau constante à $1$ au voisinage de~$0$, alors $\prsc{\delta_0^{(k)}}{\varphi_j}=1$ si $j=k$ et $\prsc{\delta_0^{(k)}}{\varphi_j}=0$ sinon. Donc $a_k=0$ pour tout $k \in \brackets{0,\dots,n}$, et donc $T=0$. Inversement $0$ est bien solution de~\eqref{eq: equa diff hom}.

\end{sol}

\item \label{q: equa diff hom sur R} Déterminer l'ensemble des solutions de~\eqref{eq: equa diff hom} sur $\R$ entier.

\begin{sol}

L'équation différentielle~\eqref{eq: equa diff hom} n'est pas résolue en $T'$, ce qui créé une singularité en $0$. Comme dans le cas d'une équation différentielle classique, on va donc d'abord raisonner séparément sur $\R_-^*$ et sur $\R_+^*$. On cherchera ensuite à recoller les solutions obtenues en des solutions sur~$\R$.

Soit $T \in \cD'(\R)$ une solution de~\eqref{eq: equa diff hom}. Alors $T_{\vert \R_+^*}$ est solution de~\eqref{eq: equa diff hom} sur $\R_+^*$. En effet, pour tout $\varphi \in \cD(\R_+^*) \subset \cD(\R)$,
\begin{align*}
\prsc*{2x(T_{\vert \R_+^*})'-T_{\vert \R_+^*}}{\varphi} &= \prsc*{(T_{\vert \R_+^*})'}{2x \varphi}-\prsc*{T_{\vert \R_+^*}}{\varphi} = \prsc*{T_{\vert \R_+^*}}{-(2x\varphi)'-\varphi}\\
&= \prsc*{T}{-(2x\varphi)'-\varphi} = \prsc*{2xT'-T}{\varphi}=0.
\end{align*}
Donc il existe $C_+ \in \C$ telle que $T_{\vert \R_+^*}= C_+(R_+)_{\vert \R_+^*}$ où on a noté $R_+ \in \cD(\R)$ la distribution associée à la fonction $x \mapsto H(x)\sqrt{x}$. De même, il existe $C_- \in \C$ telle que $T_{\vert \R_-^*}= C_-(R_-)_{\vert \R_-^*}$ où on a noté $R_- \in \cD(\R)$ la distribution associée à la fonction $x \mapsto H(-x)\sqrt{-x}$.

Vérifions que $R_+$ et $R_-$ sont solutions de~\eqref{eq: equa diff hom} sur $\R$. Soit $\varphi \in \cD(\R)$, par intégration par parties:
\begin{align*}
\prsc*{R_+'}{\varphi} &= -\prsc*{R_+}{\varphi'}= - \int_0^{+\infty} \sqrt{x}\varphi'(x) \dx x = -\lim_{\epsilon \to 0} \int_\epsilon^{+\infty} \sqrt{x}\varphi'(x) \dx x\\
&= -\lim_{\epsilon \to 0} \squarebrackets*{\sqrt{x}\varphi(x)}_\epsilon^{+\infty} + \int_\epsilon^{+\infty} \frac{1}{2\sqrt{x}}\varphi(x) \dx x = \int_0^{+\infty} \frac{1}{2\sqrt{x}}\varphi(x) \dx x,
\end{align*}
car $x \mapsto \frac{1}{2\sqrt{x}}\varphi(x)$ est intégrable en $0$. Donc
\begin{equation*}
\prsc*{2xR_+'-R_+}{\varphi} = \prsc*{R_+'}{2x\varphi} - \prsc{R_+}{\varphi} = \int_0^{+\infty} \parentheses*{\frac{2x}{2\sqrt{x}}-\sqrt{x}}\varphi(x) \dx x =0.
\end{equation*}
Donc $R_+$, et de même $R_-$, sont bien solutions de~\eqref{eq: equa diff hom} sur $\R$ entier.

Par linéarité de l'équation homogène, la distribution $T - C_+R_+ - C_-R_-$ est également solution de~\eqref{eq: equa diff hom}. On va vérifier que cette dernière est supportée en $0$. Si $\varphi \in \cD(\R_+^*)$, alors
\begin{align*}
\prsc*{T - C_+R_+ - C_-R_-}{\varphi} &= \prsc*{T_{\vert \R_+^*} - C_+(R_+)_{\vert \R_+^*}}{\varphi} - C_-\prsc{R_-}{\varphi}\\
&= -C_- \int_{-\infty}^0 \sqrt{-x} \varphi(x) \dx x = 0.
\end{align*}
Donc $\parentheses*{T - C_+R_+ - C_-R_-}_{\vert \R_+^*}=0$ et $\R_+^* \cap \supp\parentheses*{T - C_+R_+ - C_-R_-} = \emptyset$. De même, on vérifie que $\R_-^* \cap \supp\parentheses*{T - C_+R_+ - C_-R_-} = \emptyset$ et donc $\supp\parentheses*{T - C_+R_+ - C_-R_-} \subset \brackets{0}$. Par la question~\ref{q: equa diff hom en 0}, on en déduit que $T = C_-R_- + C_+R_+$.

Finalement, les solutions de~\eqref{eq: equa diff hom} dans $\cD'(\R)$ sont exactement les combinaisons linéaires de $R_-$ et $R_+$. En particulier ce sont des fonctions continues, et même $\cC^\infty$ sur $\R^*$.

\end{sol}

\item \label{q: equa diff non hom} Déterminer l'ensemble des solutions de~\eqref{eq: equa diff non hom} dans $\cD'(\R)$.

\begin{sol}

Par linéarité de l'équation, il suffit de trouver une solution particulière $T_0 \in \cD'(\R)$ de~\eqref{eq: equa diff non hom}. L'ensemble des solutions sera alors $\brackets*{T_0 + T \mvert T \ \text{est solution de~\eqref{eq: equa diff hom}}}$. Comme le second membre est $\delta_0$, il est naturel de chercher une solution sous la forme $T_0=\sum_{k=0}^n a_k \delta_0^{(k)}$ où $a_0,\dots,a_n \in \C$. En utilisant les calculs de la question~\eqref{q: equa diff hom en 0}, on a:
\begin{align*}
2xT_0'-T_0 =\parentheses*{\sum_{k=0}^n a_k \delta_0^{(k)}} - \sum_{k=0}^n a_k \delta_0^{(k)} = \delta_0 &\iff - \sum_{k=0}^n a_k (2k+3) \delta_0^{(k)} = \delta_0\\
&\iff \begin{cases} a_0 = -\frac{1}{3}, & \\ a_k =0, & \forall k \geq 1.\end{cases}
\end{align*}
Une solution particulière de~\eqref{eq: equa diff non hom} est donc $T_0=-\frac{1}{3}\delta_0$. Finalement les solutions de~\eqref{eq: equa diff non hom} dans $\cD'(\R)$ sont exactement les distributions de la forme $-\frac{1}{3}\delta_0 + C_-R_- + C_+R_+$ avec $C_-$ et $C_+ \in \C$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Convergence dominée $L^p$]
\label{exo: CVD Lp}

Soient $\parentheses{X,\mu}$ un espace mesuré et $p \in [1,+\infty[$. Soit $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ une suite de fonctions de $X$ dans $\C$ telle que:
\begin{itemize}
\item il existe $f:X \to \C$ telle que $f_n(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{}f(x)$ pour $\mu$-presque tout $x \in X$;
\item il existe $g \in L^p(X,\mu)$ telle que pour tout $n \in \N$, $\norm{f_n} \leq g$ presque partout.
\end{itemize}
Montrer que $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{}f$ dans $L^p(X,\mu)$.

\begin{sol}

Quitte à modifier $f$, $g$ et les $\parentheses{f_n}_{n \in \N}$ sur un ensemble de mesure nulle, on peut supposer que $\parentheses{f_n}_{n \in \N}$ converge simplement vers $f$ partout sur $X$, et que cette suite elle est dominée par $g$ partout sur $X$. En passant à la limite simple, on a $\norm{f} \leq g$. En particulier $f$ et les $\parentheses{f_n}_{n \in \N}$ sont dans $L^p(X,\mu)$.

Alors, la suite $\parentheses*{\parentheses{f_n-f}^p}_{n \in \N}$ converge simplement vers $0$ sur $X$ et y est dominée par $2^p g^p$ qui est intégrable. Par le théorème de convergence dominée, on a $\Norm{f_n-f}_p^p = \int_X \norm{f_n(x)-f(x)}^p \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Donc $f_n \xrightarrow[n\to +\infty]{L^p}f$.

\end{sol}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Densité de $\cD(\R)$ --- \emph{facultatif}]
\label{exo: densite de D dans H1}

Soient $I$ un intervalle ouvert, le but de l'exercice est de montrer que (l'espace des restrictions à $I$ des fonctions de) $\cD(\R)$ est dense dans $\parentheses*{H^1(I),\Norm{\cdot}_{H^1}}$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: densite I borne} On considère $I=]a,b[$, où $-\infty < a < b < +\infty$. Soit $u \in H^1(I)$, montrer qu'il existe $u_0 \in H^1_0(I)$ et $v \in \cD(\R)$ tels que $u = u_0 + v_{\vert I}$. En déduire que $\cD(\R)$ est dense dans $H^1(I)$, au sens où pour tout $u \in H^1(I)$ il existe une suite $\parentheses{\psi_n}_{n \in \N}$ d'éléments de $\cD(\R)$ telle que $\parentheses{\psi_n}_{\vert I} \xrightarrow[n \to +\infty]{H^1}u$

\begin{sol}

La classe de fonctions $u \in H^1(I)$ admet un unique représentant continu d'après le cours. Dans la suite on identifie $u$ à ce représentant continu. On veut $u_0(a)=0=u_0(b)$, c'est-à-dire $v(a)=u(a)$ et $v(b)=u(b)$. Soit donc $v \in \cD(\R)$ telle que $v(a)=u(a)$ et $v(b)=u(b)$ (il en existe bien). On pose $u_0 = u - v_{\vert I}$. Comme $v \in \cC^\infty(\R)$, sa restriction est dans $H^1(I)$, et on a donc $u_0 \in H^1(I)$. Comme de plus $u_0(a)=0=u_0(b)$ on a $u_0 \in H^1_0(I)$.

Par définition, $\cD(I)$ est dense dans $H^1_0(I)$. Il existe donc une suite $\parentheses{\varphi_n}$ d'éléments de $\cD(I)$ telle que $\Norm{u_0 - \varphi_n}_{H^1} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Rappelons qu'on peut voir $\cD(I) \subset \cD(\R)$ en étendant les fonctions de $\cD(I)$ par $0$ hors de $I$ (les fonctions de $\cD(I)$ s'annulent \emph{au voisinage de} $a$ et $b$). Pour $n \in \N$ on pose $\psi_n = \varphi_n + v \in \cD(\R)$. On a alors $\Norm*{u - (\psi_n)_{\vert I}}_{H^1} = \Norm{u_0 - \varphi_n}_{H^1} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Donc $\cD(\R)$ est dense dans $H^1(I)$.

\end{sol}

\item \label{q: densite troncature} Considérons maintenant le cas $I=\R$. Soit $\chi \in \cD(\R)$ à valeurs dans $[0,1]$, constante à $1$ sur $[-1,1]$ et supportée dans $[-2,2]$. Pour tout $n \in \N^*$ on pose $\chi_n:x \mapsto \chi \parentheses{\frac{x}{n}}$. Pour tout $u \in H^1(\R)$, montrer que $\chi_n u \xrightarrow[n \to +\infty]{H^1}u$.

\begin{sol}

Soit $u \in H^1(\R)$, on a en particulier $u \in L^2(\R)$. Vérifions que $\chi_n u \xrightarrow[n \to +\infty]{L^2}u$. Soit $x \in \R$, pour tout $n \geq \norm{x}$ on a $\chi_n(x)=1$, donc $\parentheses*{\chi_n u}_{n \in \N}$ converge simplement vers $u$ sur $\R$. Par ailleurs, pour tout $n \in \N^*$, $\norm{\chi_n u} \leq \norm{u} \in L^2(\R)$. D'après l'exercice~\ref{exo: CVD Lp} on a donc $\Norm{\chi_n u - u}_2 \xrightarrow[n \to+\infty]{}0$.

On s'intéresse maintenant aux dérivées. Pour tout $n \in \N^*$, on calcule la dérivée de $\chi_n u$ (au sens des distributions) par la règle de Leibniz, ce qui est licite car $\chi_n \in \cC^\infty(\R)$ et $u \in \cD'(\R)$.
\begin{equation*}
\parentheses*{\chi_n u}' = \chi_n' u + \chi_n u' = \chi_n u' + \frac{1}{n}\chi'\parentheses*{\frac{\cdot}{n}} u
\end{equation*}
Comme $u$ et $u' \in L^2(\R)$ et $\chi$ et $\chi'$ sont bornées, on a bien $\parentheses*{\chi_n u}' \in L^2(\R)$. Alors, par l'inégalité triangulaire,
\begin{equation*}
\Norm{\parentheses*{\chi_n u}'-u'}_2 \leq \Norm{\chi_n u' -u'}_2 + \Norm*{\frac{1}{n}\chi'\parentheses*{\frac{\cdot}{n}}u}_2 \leq \Norm{\chi_n u' -u'}_2 + \frac{1}{n}\Norm{\chi'}_\infty\Norm{u}_2.
\end{equation*}
Dans le membre de droite, le premier terme tend vers $0$ par le même argument que précédemment, car $u' \in L^2(\R)$. Le second terme tend également vers $0$. Donc $\Norm{\parentheses*{\chi_n u}'-u'}_2 \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Finalement, on a bien $\Norm{\chi_n u - u}_{H^1} \xrightarrow[n \to+\infty]{}0$.

\end{sol}

\item \label{q: densite I=R} Montrer que $\cD(\R)$ est dense dans $H^1(\R)$. Que dire de l'inclusion $H^1_0(\R) \subset H^1(\R)$?

\begin{sol}

Soient $u \in H^1(\R)$ et $\epsilon >0$. D'après la question~\ref{q: densite troncature}, il existe $n \in \N^*$ tel que $\Norm{\chi_n u - u}_{H^1} < \epsilon$. Pour ce $n$, la fonction $\chi_n u$ est dans $H^1(\R)$ et nulle hors de $J=]-2n,2n[$. En particulier, $(\chi_n u)_{\vert J} \in H_0^1(J)$. Comme $\cD(J)$ est dense dans $H_0^1(J)$ par définition, il existe $\varphi \in \cD(J) \subset \cD(\R)$ telle que $\Norm{\chi_n u - \varphi}_{H^1(\R)} = \Norm{\chi_n u - \varphi}_{H^1(J)} < \epsilon$. Par inégalité triangulaire, $\Norm{u - \varphi}_{H^1} < 2\epsilon$. Donc $\cD(\R)$ est dense dans $H^1(\R)$ et donc $H^1_0(\R) = H^1(\R)$.

\end{sol}

\item \label{q: non densite} Pour $I \neq \R$, est-ce que $\cD(I)$ est dense dans $H^1(I)$?

\begin{sol}

Si $I \neq \R$, il a au moins une borne finie, disons par exemple que $a = \inf(I) >-\infty$. Pour tout $u \in H^1(I)$, en identifiant $u$ à son unique représentant continue on a $\norm*{u(a)} \leq \Norm{u}_\infty \leq C \Norm{u}_{H^1}$ par l'inégalité de Sobolev. L'application d'évaluation $\Phi_a:u \mapsto u(a)$ est donc continue. Si $\cD(I)$ était dense dans $H^1(I)$ on aurait donc $u(a)=0$ pour tout $u \in H^1(I)$. Or, il existe $u \in H^1(I)$ tel que $u(a) \neq 0$. Par exemple $u = \chi_{\vert I}$, où $\chi \in \cD(\R)$ est telle que $\chi(a)=1$.

\end{sol}

\item \label{q: densite I semi infini} Il reste à traiter le cas d'intervalles du type $]-\infty,a[$ ou $]a,+\infty[$. Soit $I = ]0,+\infty[$, en combinant les arguments utilisés dans les questions~\ref{q: densite I borne} et~\ref{q: densite troncature} montrer que $\cD(\R)$ est dense dans $H^1(I)$.

\begin{sol}

Soit $u \in H^1(I)$, identifié à son représentant continu sur $[0,+\infty[$. Il existe $v \in \cD(\R)$ tel que $v(0)=u(0)$. On pose $u_0 = u - v_{\vert I} \in H^1(I)$. En reprenant la même fonction $\chi$ qu'à la question~\ref{q: densite troncature}, les mêmes calculs montrent que $\chi_n u_0 \xrightarrow[n \to +\infty]{}u_0$ dans $H^1(I)$.

Pour tout $n \in \N^*$ et  $\varphi \in \cD(\R)$, on a:
\begin{equation*}
\Norm*{u-(v_{\vert I}-\varphi_{\vert I})}_{H^1} = \Norm*{u_0-\varphi_{\vert I}}_{H^1} \leq \Norm{u_0 - \chi_nu_0}_{H^1} + \Norm{\chi_n u_0 - \varphi_{\vert I}}_{H^1}.
\end{equation*}
Soit $\epsilon >0$, il existe $n \in \N^*$ tel que $\Norm{u_0 - \chi_nu_0}_{H^1}< \epsilon$. Alors $\chi_n u_0 \in H^1_0(]0,2n[)$, car cette fonction s'annule en $0$ et $2n$. Par définition de $H^1_0(]0,2n[)$, il existe dans $\varphi \in \cD(]0,2n[) \subset \cD(\R)$ telle que $\Norm{\chi_n u_0 - \varphi}_{H^1(I)} = \Norm{\chi_n u_0 - \varphi}_{H^1(]0,2n[)}< \epsilon$. En posant $\psi = v + \varphi \in \cD(\R)$, on a $\Norm{u-\psi_{\vert I}} < 2\epsilon$. Ainsi $\cD(\R)$ est bien dense dans $H^1(I)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Dérivation d'un produit et intégration par parties dans $H^1$]
\label{exo: IPP dans H1}

Soit $I \subset \R$ un intervalle ouvert et soient $u,v \in H^1(I)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: derivee produit dans H1} Montrer que $uv \in H^1(I)$ et que $(uv)'=u'v+uv'$.

\begin{sol}

D'après le cours, les fonctions $u$ et $v$ sont $L^\infty$. Comme $v$, $u'$ et $v'$ sont des fonctions~$L^2$, on a donc $uv \in L^2(I)$ et $u'v+uv' \in L^2(I)$. Il suffit donc de montrer que $(uv)'=u'v+uv'$ au sens des distributions.

Si $u \in \cC^\infty(I)$ alors $(uv)' = u'v+uv'$ en appliquant la règle de Leibniz pour le produit d'une fonction $\cC^\infty$ et d'une distribution. Dans le cas général, on va procéder par approximation en utilisant la densité de $\cD(\R)$ dans $H^1(I)$.

Comme $u \in H^1(I)$, il existe une suite $\parentheses*{u_n}_{n \in \N}$ de $\cD(\R)$ telle que $u_n \xrightarrow[n \to +\infty]{H^1}u$ (ici et dans la suite on écrit encore $u_n$ pour la restriction à $I$ de $u_n$). Pour tout $n \in \N$, on a $(u_nv)'=u_n'v+u_nv'$. Il s'agit donc de prouver les convergences suivantes dans $\cD'(I)$:
\begin{align*}
&(u_nv)' \xrightarrow[n \to +\infty]{}(uv)', & &u_n'v \xrightarrow[n \to +\infty]{}u'v & &\text{et} & &u_nv' \xrightarrow[n \to +\infty]{}uv',
\end{align*}
ce qui impliquera la formule souhaitée.

On a que $\Norm{u_nv-uv}_1\leq \Norm{u_n-u}_2 \Norm{v}_2 \leq \Norm{u_n-u}_{H^1} \Norm{v}_2$. Donc $u_nv \xrightarrow[n \to +\infty]{L^1}uv$. La convergence dans $\parentheses*{L^1(I),\Norm{\cdot}_1}$ implique la convergence dans $\cD'(I)$. En effet, pour tout $\varphi \in \cD(I)$,
\begin{equation*}
\norm{\prsc{u_nv -uv}{\varphi}} \leq \Norm{u_nv -uv}_1\Norm{\varphi}_\infty \xrightarrow[n \to +\infty]{}0.
\end{equation*}
Donc $u_nv \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'} uv$, et par continuité de la dérivation $(u_nv)' \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'} (uv)'$. Comme ci-dessus,
\begin{equation*}
\Norm{u_nv'-uv'}_1 \leq \Norm{u_n-u}_2\Norm{v'}_2 \leq \Norm{u_n-u}_{H_1}\Norm{v'}_2 \xrightarrow[n \to +\infty]{}0
\end{equation*}
donc $u_nv' \xrightarrow[n \to +\infty]{}uv'$ dans $L^1(I)$ et donc dans $\cD'(I)$. Enfin,
\begin{equation}
\Norm{u_n'v-u'v}_1 \leq \Norm{v}_2 \Norm{u_n'-u'}_2 \leq \Norm{v}_2 \Norm{u_n-u}_{H^1}\xrightarrow[n \to +\infty]{}0.
\end{equation}
Donc $u_n'v \xrightarrow[n \to +\infty]{}u'v$ dans $L^1(I)$ et donc dans $\cD'(I)$.

\end{sol}

\item \label{q: IPP dans H1} En déduire que pour tout $[a,b] \subset \bar{I}$ la formule d'intégration par parties suivantes est valide:
\begin{equation}
\label{eq: IPP H1}
\int_a^b u'(x)v(x) \dx x = \squarebrackets*{u(x)v(x)}_a^b - \int_a^b u(x) v'(x) \dx x.
\end{equation}

\begin{sol}

On vient de montrer que $uv \in H^1(I)$. On l'identifie désormais à son unique représentant continu sur $\bar{I}$. Comme $(uv)' \in L^1_\loc$ et $uv$ en est une primitive sur $I$, on sait que $uv$ est de la forme suivante sur $I$:
\begin{equation}
\label{eq: uv}
uv:x \longmapsto \int_{x_0}^x (uv)'(t) \dx t + c,
\end{equation}
où $x_0 \in I$ et $c \in \C$. Si la borne inférieure de $I$ est $\alpha \in \R$, comme $(uv)' \in L^2(I)$ sa restriction à l'intervalle borné $]\alpha,x_0[$ est $L^2$ et donc $L^1$. Donc
\begin{equation*}
uv(\alpha) = \lim_{x \to \alpha} uv(x) = \lim_{x \to \alpha} \int_{x_0}^x (uv)'(t) \dx t + c = \int_{x_0}^\alpha (uv)'(t) \dx t + c
\end{equation*}
Donc la formule~\eqref{eq: uv} se prolonge en $\alpha$. De même, elle se prolonge au niveau de la borne supérieure de $I$ si celle-ci est finie. Finalement, la relation~\eqref{eq: uv} est donc valable sur $\bar{I}$. D'après la question~\ref{q: derivee produit dans H1}, si $[a,b] \subset \bar{I}$ on a donc
\begin{equation*}
\squarebrackets*{u(x)v(x)}_a^b = uv(b)-uv(a) = \int_a^b (uv)'(x) \dx x = \int_a^b u'(x)v(x)\dx x + \int_a^b u(x)v'(x) \dx x,
\end{equation*}
ce qui établit~\eqref{eq: IPP H1}.
\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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\begin{exo}[Singularité ponctuelle]
\label{exo: singularite ponctuelle}

Soient $I = ]a,b[$ et $J=]b,c[$, avec $-\infty \leq a < b < c \leq +\infty$. Soient $u \in H^1(I)$ et $v \in H^1(J)$, on note $w = u \one_I + v \one_J$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: w dans H1} À quelle condition a-t-on $w \in H^1(]a,c[)$?

\begin{hint}
Calculer la dérivée de $w$.
\end{hint}

\begin{sol}

Dans la suite on identifie $u$ et $v$ à leurs représentants continus sur $]a,b]$ et sur $[b,c[$ respectivement. Si $w \in H^1(]a,c[)$ alors il coïncide presque partout sur $]a,c[$ avec une fonction continue. Cela suggère qu'on peut raccorder continuement $u$ et $v$ en $b$, c'est-à-dire que $v(b)=u(b)$. On va vérifier que $w \in H^1(]a,c[) \iff v(b)=u(b)$.

Pour commencer $w \in L^2(]a,c[)$. En effet, $\int_a^c \norm{w(x)}^2 \dx x = \int_a^b \norm{u(x)}^2 \dx x + \int_b^c \norm{v(x)}^2 \dx x < +\infty$.

Suivant l'indication, on calcule la dérivée de $w$ dans $\cD'(]a,c[)$. Pour tout $\varphi \in \cD(]a,c[) \subset \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{w'}{\varphi} = - \prsc{w}{\varphi'} = -\prsc{\one_I u}{\varphi'} - \prsc{\one_J v}{\varphi'} = -\int_a^b u(x) \varphi'(x) \dx x - \int_b^c v(x) \varphi'(x) \dx x.
\end{equation*}
Comme $u$ et $\varphi_{\vert I} \in H^1(I)$, on peut utiliser la formule d'intégration par parties~\eqref{eq: IPP H1} établie dans l'exercice~\ref{exo: IPP dans H1}. De même pour $v$ et $\varphi_{\vert J} \in H^1(J)$. Donc, en identifiant $u$ et $v$ à leurs représentants continus,
\begin{align*}
\prsc{w'}{\varphi} &= -\squarebrackets*{u(x) \varphi(x)}_a^b + \int_a^b u'(x) \varphi(x) \dx x -\squarebrackets*{v(x) \varphi(x)}_b^c + \int_b^c v'(x) \varphi(x) \dx x\\
&= - u(b)\varphi(b) + v(b)\varphi(b) + \int_a^c \parentheses{u' \one_I+v'\one_J}(x) \varphi(x) \dx x\\
&= \prsc*{\parentheses{v(b)-u(b)}\delta_b}{\varphi} + \prsc*{u' \one_I+v'\one_J}{\varphi}.
\end{align*}
Ainsi $w' = u' \one_I+v'\one_J + \parentheses{v(b)-u(b)}\delta_b$. Comme ci-dessus, on a $u' \one_I+v'\one_J \in L^2(]a,c[)$ car $u' \in L^2(I)$ et $v' \in L^2(J)$. On a donc, comme annoncé,
\begin{equation*}
w \in H^1(]a,c[) \iff w' \in L^2(]a,c[) \iff \parentheses{v(b)-u(b)}\delta_b \in L^2(]a,c[) \iff v(b)=u(b).
\end{equation*}
En effet $\delta_b \notin L^2(]a,c[) \subset L^1_\text{loc}(]a,c[)$. Une fonction $f \in L^1_\text{loc}(]a,c[)$ telle que $T_f = \delta_b$ vérifierait $T_{f_{\vert ]a,b[\cup]b,c[}} = \parentheses*{\delta_b}_{\vert ]a,b[\cup]b,c[} = 0$, donc $f=0$ presque partout sur $]a,b[\cup]b,c[$ par injectivité de $g \mapsto T_g$, et donc $\delta_b=T_f=0$.

\end{sol}

\item \label{q: prolongement pair} Expliquer comment prolonger $u \in H^1(\R_+^*)$ en $\tilde{u}\in H^1(\R)$ tel que $\Norm{\tilde{u}}_{H^1(\R)} \leq \sqrt{2}\Norm{u}_{H^1(\R_+^*)}$.

\begin{sol}

On identifie $u$ à son représentant continu sur $[0,+\infty[$. Par la question~\ref{q: w dans H1}, il est naturel de chercher le prolongement sous la forme $\tilde{u}= v \one_{\R_-^*}+u\one_{\R_+^*}$ avec $u(0)=v(0)$. Un choix naturel pour assurer la continuité en $0$ et la condition sur les normes est de choisir $v:x \mapsto u(-x)$ de~$\R_-$ dans $\C$.

Si on montre que $v \in H^1(\R_-^*)$ et $\Norm{v}_{H^1(\R_-^*)}=\Norm{u}_{H^1(\R_+^*)}$ on aura bien $\tilde{u} \in H^1(\R)$ par la question~\ref{q: w dans H1}, et même $\tilde{u}'= v' \one_{\R_-^*}+u'\one_{\R_+^*}$ vus les calculs ci-dessus. On aura alors:
\begin{align*}
\Norm{\tilde{u}}_{H^1(\R)}^2 &= \int_\R \norm{\tilde{u}(x)}^2\dx x + \int_\R \norm{\tilde{u}'(x)}^2\dx x\\
&= \int_{\R_-^*} \norm{v(x)}^2 \dx x + \int_{\R_+^*} \norm{u(x)}^2 \dx x + \int_{\R_-^*} \norm{v'(x)}^2 \dx x + \int_{\R_+^*} \norm{u'(x)}^2 \dx x\\
&= \Norm{v}^2_{H^1(\R_-^*)}+\Norm{u}^2_{H^1(\R_+^*)} = 2\Norm{u}^2_{H^1(\R_+^*)},
\end{align*}
ce qui prouvera que la condition sur les normes est satisfaite.

On a
\begin{align*}
\int_{\R^*_-}\norm{v(x)}^2 \dx x &= \int_{\R^*_-}\norm{u(-x)}^2 \dx x = \int_{\R^*_+}\norm{u(x)}^2 \dx x & &\text{et} & \int_{\R^*_-}\norm{-u'(-x)}^2 \dx x = \int_{\R^*_+}\norm{u'(x)}^2 \dx x.
\end{align*}
Il suffit donc de montrer que $v'$ est représentée par la fonction $x \mapsto -u'(-x)$. Cette fonction étant $L^2$ on aura bien $v \in H^1(\R_-^*)$ et $\Norm{v}_{H^1(\R_-^*)}^2=\Norm{u}_{H^1(\R_+^*)}^2$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R_-^*)$, on a
\begin{equation*}
\prsc{v'}{\varphi} = -\prsc{v}{\varphi'} = -\int_{\R_-^*} u(-x)\varphi'(x) \dx x = -\int_{\R_+^*} u(x)\varphi'(-x) \dx x = \int_{\R_+^*} u(x)\check{\varphi}'(x) \dx x,
\end{equation*}
où $\check{\varphi}:x \mapsto \varphi(-x)$ définit une fonction dans $\cD(\R_+^*) \subset H^1(\R_+^*)$. Comme $\check{\varphi} \in \cD(\R_+^*)$, Le dernier terme est par définition $\prsc{u}{\check{\varphi}'}=-\prsc{u'}{\check{\varphi}}$. On a donc:
\begin{equation*}
\prsc{v'}{\varphi} = - \int_{\R^*_+} u'(x)\check{\varphi}(x) \dx x = -\int_{\R^*_+} u'(x)\varphi(-x) \dx x = \int_{\R^*_-} -u'(-x)\varphi(x) \dx x.
\end{equation*}
D'où le résultat.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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\begin{exo}[La règle de la chaîne]
\label{exo: chain rule}

Soit $G \in \cC^1(\R)$ telle que $G(0)=0$. Soit $I$ un intervalle ouvert, le but de l'exercice est de montrer que pour tout $u \in H^1(I)$, on a $G \circ u \in H^1(I)$ et
\begin{equation}
\label{eq: chain rule}
\parentheses*{G\circ u}' = \parentheses*{G'\circ u} u'.
\end{equation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: chain rule L2} Soit $u \in H^1(I)$, montrer que $G' \circ u$ est bornée. En déduire que $\parentheses{G'\circ u}u'$ et $G \circ u$ sont $L^2$.

\begin{sol}

D'après le cours, la fonction $u$ est bornée sur $I$, par une constante $A \geq 0$. Comme $G'$ est continue sur $[-A,A]$ elle y est bornée par une constante $B \geq 0$. Alors, pour tout $x \in I$ on a $\norm{G'(u(x))} \leq B$. Donc $G' \circ u$ est bornée.

On a $u' \in L^2(I)$ et $G'\circ u \in L^\infty(I)$ donc $\parentheses{G'\circ u}u' \in L^2(I)$. Par le théorème des accroissements finis, pour tout $x \in I$, $\norm{G(u(x))} = \norm{G(u(x)) - G(0)} \leq B\norm{u(x)}$. Donc $\norm{G\circ u} \leq B \norm{u} \in L^2(I)$.

\end{sol}

\item \label{chain rule conclusion} Conclure en utilisant un argument de densité.

\begin{sol}

Pour tout $u \in H^1(I)$ on a $G\circ u \in L^2(I)$ et $\parentheses{G'\circ u}u' \in L^2(I)$. Il suffit donc de prouver~\eqref{eq: chain rule} pour avoir $G\circ u \in H^1(I)$. La formule~\eqref{eq: chain rule} est vrai si $u \in \cC^\infty(I)$. Dans le cas général on procède par approximation, comme dans l'exercice~\ref{exo: IPP dans H1}. Soit $\parentheses*{u_n}_{n \in \N}$ une suite de (restrictions à $I$ de fonctions de) $\cD(\R)$ telle que $\Norm{u_n-u}_{H^1} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Pour tout $n \in \N$, on a
\begin{equation*}
\parentheses{G \circ u_n}' = \parentheses*{G'\circ u_n} u_n'. 
\end{equation*}
Il s'agit donc de prouver que $\parentheses{G \circ u_n}' \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'} \parentheses{G \circ u}'$ et $\parentheses*{G'\circ u_n} u_n' \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'} \parentheses*{G'\circ u} u'$, ce qui établira~\eqref{eq: chain rule}.

D'après le cours, il existe $C \geq 0$ tel que $\Norm{\cdot}_\infty \leq C \Norm{\cdot}_{H^1}$ sur $H^1(I)$. En particulier, $u_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\Norm{\cdot}_\infty}u$ et donc il existe $\tilde{A}$ tel que $\Norm{u_n}_\infty \leq \tilde{A}$ pour tout $n \in \N$. Notons $\tilde{B}$ le maximum de $\norm{G'}$ sur $\squarebrackets*{-\tilde{A},\tilde{A}}$. Pour tout $x \in I$,
\begin{equation*}
\norm{G(u_n(x))-G(u(x))} \leq \tilde{B} \Norm{u_n-u}_\infty \leq C\tilde{B} \Norm{u_n - u}_{H^1} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0.
\end{equation*}
Donc $G\circ u_n \xrightarrow[n \to +\infty]{}G\circ u$ dans $L^\infty(I)$ donc dans $\cD'(I)$. Par continuité de la dérivation, $\parentheses*{G\circ u_n}' \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}\parentheses*{G\circ u_n}'$

L'autre convergence à montrer est plus subtile, et on va passer par l'évaluation contre des fonctions-test. La suite $\parentheses*{u_n}_{n \in \N}$ converge uniformément donc simplement vers $u$, où on identifie $u$ et son représentant continu. Soit $\varphi \in \cD(I)$, on a $(G'\circ u_n)\varphi \xrightarrow[n \to +\infty]{}(G'\circ u)\varphi$ simplement sur $I$. Cette suite est dominée par $\tilde{B}\norm{\varphi} \in L^2(I)$, donc par l'exercice~\ref{exo: CVD Lp} on a $(G'\circ u_n)\varphi \xrightarrow[n \to +\infty]{L^2}(G'\circ u)\varphi$. Par ailleurs, $\Norm{u_n'-u'}_2 \leq \Norm{u_n-u}_{H^1} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Comme le produit $(f,g) \mapsto fg$ est bilinéaire continu de $L^2(I) \times L^2(I)$ dans $L^1(I)$, on en déduit que $(G'\circ u_n)u_n'\varphi \xrightarrow[n \to +\infty]{}(G'\circ u)u'\varphi$ dans $L^1(I)$ et donc dans $\cD'(I)$.
\end{sol}

\item \label{q: hyp G(0)=0} Que dire de l'hypothèse $G(0)=0$ lorsque $I$ est borné?

\begin{sol}

On a utilisé $G(0)=0$ uniquement dans la question~\ref{q: chain rule L2} pour montrer que $G\circ u$ est dominé par $\norm{u}$ et en déduire $G \circ u \in L^2(I)$. Si $I$ est borné, quitte à considérer le représentant de $u$ qui est continu sur le compact $\bar{I}$, on a $G\circ u$ continue, donc bornée, et donc $L^2$ sur $\bar{I}$. Dans ce cas, l'hypothèse $G(0)=0$ est donc inutile.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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\begin{exo}[Inégalité de Poincaré]
\label{exo: inegalite de Poincare}
Soit $I=]a,b[$ où $-\infty<a <b<+\infty$. Montrer que pour tout $u \in H^1_0(I)$ on a $\Norm{u}_2 \leq (b-a)\Norm{u'}_2$.

\begin{sol}

Soit $u \in H^1_0(I)$. On identifie $u \in H^1(I)$ avec son unique représentant continu sur $[a,b]$. D'après le cours on a de plus $u(a)=0=u(b)$. Soit $x_0 \in ]a,b[$, comme $u' \in L^1_\loc$, il existe $C \in \C$ tel que
\begin{equation*}
u:x \longmapsto \int_{x_0}^x u'(t) \dx t + C.
\end{equation*}
Comme $u' \in L^2(]a,b[) \subset L^1(]a,b[)$, l'intégrale tend vers $\int_{x_0}^a u'(t) \dx t$ lorsque $x \to a$ et vers $\int_{x_0}^b u'(t) \dx t$ lorsque $x \to b$. Par continuité de $u$ en $a$, on a $C = \int_a^{x_0} u'(t) \dx t$ et finalement $u(x) = \int_a^x u'(t) \dx t$ pour tout $x \in [a,b]$. Par l'inégalité de Cauchy--Schwarz,
\begin{equation*}
\norm{u(x)}^2 \leq \parentheses*{\int_a^x \norm{u'(t)}\dx t}^2 \leq (x-a) \int_a^x \norm{u'(t)}^2 \dx t =(x-a) \Norm{u'}_2^2.
\end{equation*}
En intégrant par rapport à $x$, on obtient $\Norm{u}_2^2 \leq \frac{(b-a)^2}{2} \Norm{u'}_2^2 \leq (b-a)^2\Norm{u'}_2^2$.

\end{sol}

\end{exo}


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\begin{exo}[Problème de Dirichlet]
\label{exo: probleme de Dirichlet}

Soit $I=]a,b[$ où $-\infty<a <b<+\infty$. Soient $q$ et $f \in L^1(I)$, on suppose que $q$ est une fonction positive. Le but de l'exercice est de montrer qu'il existe une unique solution à l'équation différentielle $u'' = qu+f$ d'inconnue $u \in H^1_0(I)$, c'est-à-dire qu'il existe une unique fonction $u$ continue sur $[a,b]$ telle que $u(a)=0=u(b)$ et $(T_u)''=T_{qu+f}$ dans $\cD(I)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: Lf} Montrer que $L_f:v \mapsto \int_a^b f(t)v(t) \dx t$ définit une forme linéaire continue sur $\parentheses*{H^1_0(I),\Norm{\cdot}_{H^1}}$.

\begin{sol}

L'application $L_f:H^1_0(I)\to\C$ est bien linéaire. Par Cauchy--Schwarz, pour tout $v \in H^1_0(I)$,
\begin{equation*}
\norm*{L_f(v)} \leq \int_a^b \norm{f(t)}\norm{v(t)}\dx t \leq \Norm{f}_1\Norm{v}_\infty \leq C\Norm{f}_1\Norm{v}_{H^1},
\end{equation*}
d'après l'inégalité de Sobolev. Donc $L_f$ est bien continue.

\end{sol}

\item \label{q: ps H10} On définit $\prsc{u}{v}_q = \displaystyle\int_a^b \parentheses*{\bar{u'(t)} v'(t) + q(t) \bar{u(t)}v(t)}\dx t$ pour tout $u,v \in H_0^1(I)$. Montrer que $\prsc{\cdot}{\cdot}_q$ définit un produit scalaire hermitien sur $H^1_0(I)$.

\begin{sol}

D'une part $\prsc{\cdot}{\cdot}_q$ est $\C$-linéaire en la seconde variable et $\C$-anti-linéaire en la première. D'autre part, comme $q$ est à valeurs réelles, $\prsc{v}{u}_q = \bar{\prsc{u}{v}_q}$ pour tout $u,v \in H^1_0(I)$. Enfin, d'après l'inégalité de Poincaré prouvée dans l'exercice~\ref{exo: inegalite de Poincare}, si $u \in H^1_0(I)$ on a
\begin{equation*}
\Norm{u}^2_2 \leq (b-a)^2 \Norm{u'}^2_2 \leq (b-a)^2\prsc{u}{u}_q.
\end{equation*}
Donc si $\prsc{u}{u}_q=0$ alors $u=0$ dans $L^2(I)$ et donc dans $H^1_0(I)$.

\end{sol}

\item \label{q: norme q et H1} On note $\Norm{\cdot}_q$ la norme associée à $\prsc{\cdot}{\cdot}_q$. Montrer que $\Norm{\cdot}_q$ et $\Norm{\cdot}_{H^1}$ sont équivalentes.

\begin{sol}

Pour tout $u \in H^1_0(I)$, grâce à l'inégalité de Poincaré:
\begin{equation*}
\Norm{u}_{H^1}^2 = \Norm{u}_2^2 + \Norm{u'}_2^2 \leq \parentheses*{1+(b-a)^2}\Norm{u'}_2^2 \leq \parentheses*{1+(b-a)^2}\Norm{u}_q^2.
\end{equation*}

Par ailleurs, en utilisant l'inégalité de Sobolev sur $I$:
\begin{equation*}
\Norm{u}_q^2 = \Norm{u'}_2^2 + \int_a^b q(t)\norm{u(t)}^2\dx t \leq \Norm{u'}_2^2 + \Norm{u}_\infty^2\int_a^b q(t) \dx t \leq \parentheses*{1+C\Norm{q}_1}\Norm{u}_{H^1}^2.
\end{equation*}
D'où l'équivalence des normes $\Norm{\cdot}_q$ et $\Norm{\cdot}_{H^1}$ sur $H^1_0(I)$.

\end{sol}

\item \label{q: formulation lineaire} Soit $u \in H^1_0(I)$, montrer que $u''=qu+f$ si et seulement si $\forall \varphi \in H^1_0(I)$, $\prsc{\bar{u}}{\varphi}_q=-L_f(\varphi)$.

\begin{sol}

Comme $u' \in L^2(I)$, pour tout $\varphi \in \cD(I)$ on a $\prsc{u''}{\varphi} = -\prsc{u'}{\varphi'} = -\int_a^b u'(t)\varphi'(t) \dx t$. Donc
\begin{equation*}
\prsc{-u''+qu}{\varphi} = \int_a^b u'(t)\varphi'(t)+q(t)u(t)\varphi(t)\dx t = \prsc{\bar{u}}{\varphi}_q.
\end{equation*}
Par ailleurs, $\prsc{f}{\varphi} = L_f(\varphi)$.

Si $u$ est solution alors $-u''+qu=-f$ dans $\cD'(I)$ et donc $\prsc{\bar{u}}{\varphi}_q = -L_f(\varphi)$ pour tout $\varphi \in \cD(I)$. D'après les questions~\ref{q: Lf} et~\ref{q: norme q et H1}, la forme linéaire $-L_f$ est continue pour $\Norm{\cdot}_q$ et $\cD(I)$ est dense dans $\parentheses*{H^1_0(I),\Norm{\cdot}_q}$. Ainsi, $\prsc{\bar{u}}{\cdot}_q$ et $-L_f$ sont deux formes linéaires continues qui coïncident sur un sous-espace dense et donc partout. Donc $\prsc{\bar{u}}{\varphi}_q=-L_f(\varphi)$ pour tout $\varphi \in H^1_0(I)$.

Inversement, si cette formule est valide pour tout $\varphi \in H^1_0(I) \supset \cD(I)$ alors $-u''+qu=-f$.

\end{sol}

\item \label{q: conclusion Dirichlet} Conclure qu'il existe un unique $u \in H^1_0(I)$ tel que $u''=qu+f$.

\begin{sol}

D'après la question~\ref{q: formulation lineaire}, il est équivalent de montrer qu'il existe un unique $u \in H^1_0(I)$ tel que $\prsc{\bar{u}}{\cdot}_q = -L_f$.

Comme $H^1_0(I)$ est fermé dans $\parentheses*{H^1(I),\Norm{\cdot}_{H^1}}$, c'est un espace de Hilbert pour $\prsc{\cdot}{\cdot}_{H^1}$ et donc pour le produit scalaire équivalent $\prsc{\cdot}{\cdot}_q$. Par le théorème de représentation de Riesz, il existe un unique $v \in H^1_0(I)$ tel que $\prsc{v}{\cdot}_q=-L_f$, et $u=\bar{v}$ est l'unique solution recherchée.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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\begin{exo}[Inégalité de Gagliardo--Nirenberg --- \emph{facultatif}]
\label{exo: Gagliardo-Nirenberg}

On considère un intervalle ouvert $I$ non borné. Le but de l'exercice est de prouver que pour tout $u \in H^1(I)$
\begin{equation}
\label{eq: Gagliardo-Nirenberg}
\Norm{u}_\infty \leq \sqrt{2}\Norm{u}_2^\frac{1}{2}\Norm{u'}_2^\frac{1}{2}.
\end{equation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: Gagliardo-Nirenberg D} Soit $u \in \cD(\R)$. Pour tout $x$ et $y \in I$, montrer que $u(x)^2 = u(y)^2 + 2\int_x^y u(t)u'(t) \dx t$. En déduire que la restriction de $u$ à $I$ vérifie~\eqref{eq: Gagliardo-Nirenberg}.

\begin{sol}

Comme $u^2$ est $\cC^1$, on a $u(x)^2 - u(y)^2 = \int_x^y (u^2)'(t) \dx t$ pour tout $x,y \in I$, ce qui montre la relation souhaitée.

Comme $u \in \cD(\R)$ et $I$ n'est pas borné, il existe $y \in I$ tel que $u(y)=0$. Grâce à la relation précédente, pour tout $x \in I$ on a:
\begin{equation*}
\norm{u(x)}^2 = 2\norm*{\int_x^y u(t)u'(t) \dx t} \leq 2 \norm*{\int_x^y \norm{u(t)}^2 \dx t}^\frac{1}{2}\norm*{\int_x^y \norm{u'(t)}^2 \dx t}^\frac{1}{2} \leq 2 \Norm{u}_2 \Norm{u'}_2,
\end{equation*}
par Cauchy--Schwarz, ce qui prouve~\eqref{eq: Gagliardo-Nirenberg} pour $u_{\vert I}$.

\end{sol}

\item \label{q: Gagliardo-Nirenberg H1} Montrer que~\eqref{eq: Gagliardo-Nirenberg} est vérifiée pour tout $u \in H^1(I)$.

\begin{sol}

Dans le cas général on utilise une fois de plus la densité de $\cD(\R)$ dans $H^1(I)$. Soit $u \in H^1(I)$, il existe $\parentheses{u_n}$ telle que $u_n \xrightarrow[n \to +\infty]{H^1}u$. La convergence dans $H^1(I)$ implique la convergence dans $L^\infty(I)$ via l'inégalité de Sobolev. Elle implique aussi la convergence de $\parentheses{u_n}$ vers $u$ et de $\parentheses{u_n'}$ vers $u'$ dans $L^2(I)$, par définition. Donc $\Norm{u_n}_\infty \xrightarrow[n \to +\infty]{}\Norm{u}_\infty$, $\Norm{u_n}_2 \xrightarrow[n \to +\infty]{}\Norm{u}_2$ et $\Norm{u_n'}_2 \xrightarrow[n \to +\infty]{}\Norm{u'}_2$.

D'après la question~\ref{q: Gagliardo-Nirenberg D}, la fonction $u_n$ vérifie l'inégalité~\eqref{eq: Gagliardo-Nirenberg} pour tout $n \in \N$. En passant à la limite, c'est aussi le cas de $u$.

\end{sol}

\item \label{q: sqrt 2 optimale} En considérant $I = ]0,+\infty[$, montrer que la constante $\sqrt{2}$ apparaissant dans~\eqref{eq: Gagliardo-Nirenberg} est optimale.

\begin{sol}

Pour montrer l'optimalité de la constante $\sqrt{2}$, on peut chercher une fonction $u \in H^1(I)$ telle que~\eqref{eq: Gagliardo-Nirenberg} soit une égalité.

Pour démontrer l'inégalité~\eqref{eq: Gagliardo-Nirenberg}, on a appliqué l'inégalité de Cauchy--Schwarz à $u$ et $u'$. Il est donc naturel de considérer le cas d'égalité dans cette inégalité, c'est-à-dire lorsque $u'$ et $u$ sont colinéaires, par exemple $u:x \mapsto e^{Ax}$ avec $A \in \R$. Comme on veut $u \in L^2(]0,+\infty[)$, il faut $A <0$. Considérons donc $u:x \mapsto e^{-x}$.

On a bien $u \in H^1(I)$. D'un côté $\Norm{u}_\infty=1$. De l'autre,
\begin{equation*}
\Norm{u'}_2^2=\Norm{u}_2^2 = \int_0^{+\infty} e^{-2x} \dx x = \squarebrackets*{-\frac{e^{2x}}{2}}_0^{+\infty} = \frac{1}{2}.
\end{equation*}
Donc $\Norm{u}_\infty = 1 = \sqrt{2}\Norm{u}_2^\frac{1}{2}\Norm{u'}_2^\frac{1}{2}$. Cela prouve l'optimalité de $\sqrt{2}$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}