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%%%ACCENTSCIDESSOUS%%%%
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\newtheorem{Exer}{Exercice}  %Exercice
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% ensembles Q R N Z C
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% Numerotation des pages / la derniere
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% Suppression de l'indentation
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\begin{document}

{\raggedright  Analyse Fonctionnelle\hfill{}
  \par}

{\raggedright ENS de Cachan\hfill{} 2008-2009}


\vspace{0.5cm}

{\centering TD Sobolev\\}

\vspace{0.5cm}


\setcounter{exo}{0} 
%***************************  1
Rappel Th�or�me de Lax-Milgram : Soit $H$ un espace de Hilbert r�el.\\
Soit $a: H\times H\rightarrow \RR$ une forme bilin�aire sym�trique continue (i.e. $\exists M>0$ tel que $\forall u,v\in H$, $\vert a(u,v) \vert \leq M\,\Vert u \Vert\,\Vert v \Vert$) et coercive (i.e. $\exists \alpha >0$ tel que $\forall u\in H$, $ a(u,u) \geq \alpha \Vert u \Vert^2$). \\
Enfin, soit $\ell\in H^{\prime}={\cal L}(H,\RR)$.\\
Alors il existe un unique $u\in H$ tel que pour tout $v\in H$, $a(u,v)=\ell(v)$. \\
\dexo (p129)\hfill \newline 
1) Avec les m�mes notations que le cours, on a $\Vert u \Vert^2_{H^m}
\leq \Vert u \Vert^2_{W^{m,2}}$ et par exemple, pour tout $n \leq m$, $\Vert u^{(n)} \Vert_{L^2} \leq \Vert u
\Vert_{H^m}$
donc $\Vert u \Vert^2_{W^{m,2}} \leq m\;\Vert u \Vert_{H^m}$.\\
2) Si $I \subset J$ et $u \in W^{n,p}(J)$ alors $u \in L^p(I)$ et pour tout $k \leq n$, $u^{(k)} \in L^p(I)$ donc $u
\in W^{n,p}(I)$. \fexo 
%***************************  2
\dexo (p132)\hfill \newline 
Soit $\tilde f$ une forme lin�aire continue sur $E\times F$. Par
lin�arit�, on peut poser $\tilde f(x,y)=\tilde f(x,0)+\tilde f(0,y)= f(x)+g(y).$  On d�duit imm�diatement de la
continuit� de $\tilde f$ que $f$ et $g$ sont continues respectivement sur $E $ et $F$. On peut donc �crire $\tilde
f=(f,g)$ avec $f\in E'$, $g\in F'$. \fexo 
%***************************   3
\dexo (p132)\hfill \newline 1) On a $u(x) = u(y) + \int_y^x u^{\prime}(t) dt$. Si
$1 \leq p < \infty$, par l'in�galit� de H\ooo lder, on obtient
$$\vert u(x) \vert \leq \vert u(y) \vert + \vert x-y \vert^{\frac{1}{p^{\prime}}}
\Vert u^{\prime} \Vert_{L^p(I)}.$$ On peut int�grer cette relation en $y$ sur un intervalle $J$ contenant $x$ et de
mesure $1$ par exemple, on obtient alors
$$\vert u(x) \vert \leq \int_J \vert u(y) \vert dy + \Vert u^{\prime} \Vert_p$$
et � nouveau, par H\ooo lder,
$$\vert u(x) \vert \leq \Vert u \Vert_p + \Vert u^{\prime} \Vert_p = \Vert u \Vert_{W^{1,p}}.$$
Dans le cas $p=\infty$, on a $\vert u(x) \vert \leq \vert u(y) \vert + \vert x-y \vert \; \Vert u^{\prime}
\Vert_{\infty}$ et en choisissant comme ci-dessus $J$ de mesure $1$,
$\vert u(x) \vert \leq \Vert u \Vert_{\infty} + \Vert u^{\prime} \Vert_{\infty}$. \\
2) Soit $f$ la "distribution" $\displaystyle{\sum_{n=1}^{N}} \delta_{x_i}$ o\u les points $x_i$ sont dans $I$ alors
$|<f,u>| \leq \displaystyle{\sum_{n=1}^{N}} |u(x_i)|$ et d'apr�s la question 1), $|<f,u>| \leq N  \Vert u
\Vert_{W^{1,p}}$ donc $f$ est bien dans le dual de
$W^{1,p}(I)$.\\
3) Prendre $\varphi\in {\cal C}_c^\infty$ avec $\varphi(0)\neq 0.$ Alors
 si $H$ est la fonction de Heavyside, $(\varphi H)'=\varphi(0)\delta_0+\varphi' H$.
Donc $\delta_0=\frac 1{\varphi(0)}((\varphi H)'-\varphi'H)$. Il suffit donc de poser $\varphi H = f$ et $\varphi'H=g$.
\fexo
%\dexo
%\hfill \newline
%Soit $u_n$ une suite born�e dans $W^{1,p}(I).$ Par
%r�flexivit�, on sait qu'il existe $u\in W^{1,p}(I)$ et une
%sous-suite (encore not�e $u_n$ par commodit�) telles que
%$u_n\rightharpoonup u$ dans $L^p(I)$ et $u'_n\rightharpoonup u'$
%dans  $L^p(I)$.  Si on avait $u_n(x)\to \infty$ pour tout $x$, la
%suite ne serait pas born�e dans $L^p(I)$. On  peut donc trouver
%$x_0$ et extraire une sous-suite telle que $u_n(x_0)$ converge
%vers une valeur $C$.  On a par la relation
%(\ref{integrationdeladeriveedansW1p})
%$u_n(x)=u_n(x_0)+\int_{x_0}^x u'_n(t)dt.$  Comme $u'_n$ converge
%vers $u'$ dans $L^p(I)$ faible, elle converge aussi dans $L^1_{loc}$ et
%donc $u_n(x)\to C+\int_{x_0}^xu'(t)dt$ uniform�ment sur tout
%compact. Par la relation (\ref{integrationdeladeriveedansW1p})
%appliqu�e � $u$, on  d�duit   que $C=u(x_0)$ et finalement que
%$u_n$ tend uniform�ment vers $u$ sur tout compact. \fexo
%************************       4
\dexo \hfill \newline 
*********  PROLONGEMENT  ********* 
\fexo 
%*************************      5
\dexo (p133)\hfill \newline 
Soit $I=]a,b[$ un intervalle born�
alors il existe un prolongement $Pu$ de $u$ dans $W^{1,p}(\RR)$ et par densit� des fonctions ${\cal C}^{\infty}$ �
support compact dans $W^{1,p}(\RR)$, il existe une suite $(u_n)_n \in {\cal C}^{\infty}_c (\RR)$ telle que $\Vert Pu -
u_n \Vert_{W^{1,p}(\RR)} \rightarrow 0$. Comme $\Vert u-u_n \Vert_{W^{1,p}(I)} \leq \Vert Pu - u_n
\Vert_{W^{1,p}(\RR)}$, il existe bien une suite $(u_n)_n \in {\cal C}^{\infty} (\overline{I})$ qui converge vers $u$
dans $W^{1,p}(I)$. \fexo 
%*****************************   6
\dexo (p134)\hfill \newline 
Soit $I=]a,b[$ un intervalle born� et soit $u \in W^{1,p}_0(I)$, on a
par l'in�galit� de H\ooo lder et pour $x \in I$,
$$\vert u(x) \vert \leq \int_a^x \vert u^{\prime} \vert dt \leq
{\vert x-a \vert}^{\frac{1}{p^{\prime}}}\;\Vert u^{\prime} \Vert_p.$$ Donc $\vert u(x) \vert^p \leq
{(x-a)}^{\frac{p}{p^{\prime}}}\Vert u^{\prime} \Vert_p^p$. En int�grant sur $I$, on obtient
$$\Vert u \Vert^p_p \leq \Vert u^{\prime} \Vert_p^p \int_a^b (x-a)^{\frac{p}{p^{\prime}}} dx,$$
d'o� $\Vert u \Vert^p_p \leq \Vert u^{\prime} \Vert_p^p (b-a)^{1+ p/{p^{\prime}} = p}$. \fexo 
%*******************************   7
\dexo \hfill \newline
On va montrer $(i) \Rightarrow (iii) \Rightarrow (ii) \Rightarrow (i)$.\\
Pour $(i) \Rightarrow (iii)$, on �crit $u(x+h) - u(x) = \int_x^{x+h} u^{\prime}(t) dt$ et en appliquant H\ooo lder,
on a
$$ \vert u(x+h) - u(x) \vert^p \leq \vert \int_x^{x+h} u^{\prime} \vert^p
\leq h^{\frac{p}{p^{\prime}}} \Vert u^{\prime} \Vert^p_{L^p(x,x+h)}.$$ Soient $\omega$ un ouvert relativement compact
dans $I$ et $h$ comme dans l'�nonc� , alors
$$\int_{\omega} \vert u(x+h) - u(x) \vert^p  dx \leq h^{\frac{p}{p^{\prime}}}
\int_{\omega} \int_x^{x+h} \vert u^{\prime} \vert^p dt \, dx.$$ On effectue le changement de variable $t=x+sh$ alors
$\int_x^{x+h} \vert u^{\prime} \vert^p dt = h \int_0^1 \vert u^{\prime}(x+sh) \vert^p ds$. Donc
$$\int_{\omega} \vert u(x+h) - u(x) \vert^p  dx \leq \vert h \vert^p
\int_{\omega} \int_0^1 \vert u^{\prime}(x+sh) \vert^p ds \, dx.$$ En appliquant le th�or�me de Fubini, on obtient
$$\int_{\omega} \int_0^1 \vert u^{\prime}(x+sh) \vert^p ds \, dx =
\int_0^1 \int_{\omega+sh} \vert u^{\prime}(y) \vert^p dy \, ds \leq \Vert u^{\prime} \Vert_p^p \int_0^1 ds,$$ d'o�
$$\int_{\omega} \vert u(x+h) - u(x) \vert^p  dx \leq \vert h \vert^p \Vert u^{\prime} \Vert_p^p.$$
Donc $C=\Vert u^{\prime} \Vert_p$ convient et $(iii)$ est d�montr�.\\
Pour $(iii) \Rightarrow (ii)$, soient $\vfi \in {\cal C}^1_c(I)$ et $\omega \subset\subset I$ tel que le support de
$\vfi \subset \omega$, enfin soit $h$ comme dans l'�nonc�, on peut toujours �crire $\int_I (u(x+h)-u(x)) \vfi(x)
dx= \int_I u(x)(\vfi(x-h)-\vfi(x)) dx$. D'autre part, par H\ooo lder, on a
$$\vert \int_{I} (u(x+h)-u(x)) \vfi(x) dx \vert \leq \Vert \tau_hu - u \Vert_{L^p(\omega)}
\Vert \vfi \Vert_{L^{\prime}(\omega)} \leq C \vert h \vert \,\Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}}.$$ Donc,
$$\vert \int_I u(x) \frac{(\vfi(x-h)-\vfi(x))}{\vert h \vert} dx \vert \leq C\; \Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}},$$
et quand $h \rightarrow 0$, on en d�duit que $\vert \int_I u {\vfi}^{\prime} \vert \leq C\;\Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}}$.\\
Enfin pour $(ii) \Rightarrow (i)$, on consid�re la forme lin�aire $T : \vfi \in {\cal C}^1_c(I) \mapsto \int_I u
{\vfi}^{\prime}.$ Elle est continue sur ${\cal C}^1_c(I)$ dense dans $L^{p^{\prime}}(I)$, par le th�or�me de
prolongement (ou bien de Hahn-Banach), elle se prolonge � $L^{p^{\prime}}(I)$ en une forme lin�aire continue sur
$L^{p^{\prime}}(I)$, encore not�e $T$. Par le th�or�me de Riesz, il existe $f \in L^p(I)$ telle que $T(g) = \int
fg$, pour toute $g \in L^{p^{\prime}}(I)$. En particulier, pour toute $\vfi \in {\cal C}_c^{\infty}(I)$, $T(\vfi) =
\int u {\vfi}^{\prime} = \int f \vfi$, donc $u^{\prime} = - f \in L^p$ et $u \in W^{1,p}(I)$. \fexo 
%*******************         8
\dexo \hfill
\newline 
1) En vertu du th{�}or{�}me 10.1 et de la Proposition 10.1
du Chapitre 10, si $u \in H^1(0,1)$ alors $u \in {\cal C}[0,1]$ et $\forall x,y \in [0,1]$, $u(x) - u(y)
= \int_y^x u^{\prime}(t) dt$.\\
Avec l'in{�}galit{�} de Cauchy-Schwarz, on obtient
$$\vert u(x) \vert \leq \vert u(y) \vert + \Vert u^{\prime} \Vert_2 {\vert x-y
\vert }^{\frac{1}{2}} \leq \vert u(y) \vert + \Vert u^{\prime} \Vert_2.$$ On int{�}gre cette in{�}galit{�} par rapport
{�} $y$ et on applique encore Cauchy-Schwarz, on a
\begin{eqnarray*}
\vert u(x) \vert &\leq& \int_0^1 \vert u(y) \vert dy + \Vert u^{\prime} \Vert_2
\\
&\leq& \Vert u \Vert_2 + \Vert u^{\prime} \Vert_2 \\
&\leq& 2 \Vert u \Vert_{H^1}.
\end{eqnarray*}
Donc $\Vert u \Vert_{\infty} \leq 2 \Vert u \Vert_{H^1}$ et l'injection $id :
H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est continue.\\
De $\vert u(x) - u(y) \vert \leq \Vert u^{\prime} \Vert_2 {\vert x-y \vert }^{\frac{1}{2}}$, on d{�}duit que la boule
unit{�} ferm{�}e $B_{H^1}$ de $H^1(0,1)$ est {�}quicontinue. Enfin, $B_x = \{ u(x),\,u \in B_{H^1} \} \subset [-2,2]$
donc $\overline{B_x}$ est compact. Par le th{�}or{�}me d'Ascoli, on en conclut que $B_{H^1}$ est d'adh{�}rence compacte
dans ${\cal C}[0,1]$, d'o{\`u}
l'injection $id : H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est compacte. \\ \\
{\bf Remarque} (+++):\\
L'int{\^e}ret majeur de ce r{�}sultat est que de toute suite born�e de $H^1(0,1)$, on peut extraire une sous-suite
 fortement convergente dans ${\cal C}[0,1]$. \\ \\
2) Soient $u, v \in H_0^1(0,1)$ et $f \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ alors par le th{�}or{�}me 10.2, il existe $u_n, v_n
\in \DD(]0,1[)$ tels que $u_n \rightarrow u$ et $v_n \rightarrow v$ pour la norme $H^1$. Comme $u_n,v_n$ sont
r{�}guli{�}res et nulles au bord, on a �videmment $\int_0^1 u_n^{\prime}v_n + \int_0^1 u_nv_n^{\prime} = 0$ et
$\int_0^1 u_n^{\prime}f + \int_0^1 u_nf^{\prime} = 0$. Le produit scalaire $(f,g) =  \int_0^1 fg dx$ {�}tant continu
sur $(L^2)^2$, il n'y a aucuns probl{�}mes pour passer {�} la limite dans ces {�}galit{�}s et on obtient donc
\begin{eqnarray*}
(1)\qquad\quad\int_0^1 u^{\prime}v + \int_0^1 uv^{\prime} &=& 0, \\
(2)\qquad\quad\int_0^1 u^{\prime}f + \int_0^1 uf^{\prime} &=& 0,
\end{eqnarray*}
et ceci $\forall u,v \in  H_0^1(0,1)$.\\
Si $u \in H^1(0,1)$, on note $p_u(x) = xu(1) + (1-x)u(0) \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ alors $u - p_u \in H_0^1(0,1)$. En
appliquant la formule d'int{�}gration par parties $(2)$ {�} $u - p_u$ et $p_u$, on obtient
$$\int_0^1 u^{\prime}f + \int_0^1 uf^{\prime} = \int_0^1 p_u^{\prime}f +
\int_0^1 p_uf^{\prime} = u(1)f(1) - u(0)f(0).$$ Maintenant si $u,v \in H^1(0,1)$, alors de $\int_0^1
(u-p_u)^{\prime}(v-p_v) + \int_0^1 (u-p_u)(v-p_v)^{\prime} = 0$, on d{�}duit que $\int_0^1 (u-p_u)^{\prime}v + \int_0^1
(u-p_u)v^{\prime} = 0$  (car $\int_0^1 (u-p_u)^{\prime}p_v + \int_0^1 (u-p_u)p_v^{\prime} = 0$). Donc, en
d{�}veloppant,
$$\int_0^1 u^{\prime}v + \int_0^1 uv^{\prime} = \int_0^1 p_u^{\prime}v +
\int_0^1 p_uv^{\prime} = u(1)v(1) - u(0)v(0).$$ \fexo 
%
%******************         9 
%
\dexo \hfill \newline 1) Soit $a(u,v)=\int_0^1
u^{\prime}v^{\prime} + (\int_0^1 u)(\int_0^1 v)$, alors $a$ est bilin{�}aire sym{�}trique et $\vert a(u,v) \vert \leq
\Vert u \Vert_{H^1}\Vert v \Vert_{H^1} + \Vert u \Vert_2\Vert u \Vert_2 \leq 2 \Vert u \Vert_{H^1} \Vert v \Vert_{H^1}$
donc $a$ est continue sur $H^1(0,1) \times H^1(0,1)$. Montrons que $a$ est coercive, c'est {�} dire, $\exists \alpha>0$
tel que $\forall u \in H^1(0,1)$,
$a(u,u) \geq \alpha \Vert u \Vert_{H^1}^2$.\\
On raisonne par l'absurde, sinon, $\forall n$, $\exists u_n \in H^1(0,1)$ tel que $a(u_n,u_n) < \frac{1}{n} \Vert u_n
\Vert_{H^1}^2$. On peut toujours supposer que $\Vert u_n \Vert_{H^1} = 1$. Comme  
%comme $H^1(0,1)$ est un Hilbert (r{�}flexif), il existe une sous-suite encore not{�}e $u_n$ telle que $u_n \rightharpoonup u$ dans $H^1(0,1)$ faible. 
L'injection $H^1(0,1)
\longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est compacte, il existe une sous-suite encore not{�}e $u_n$ telle que 
$u_n \rightarrow u$ pour $\Vert . \Vert_{\infty}$ et en particulier $u_n \rightarrow u$ dans $L^1$ et $L^2$. D'autre
part, $\Vert u_n^{\prime} \Vert_2 < \frac{1}{n}$ $\Longrightarrow$ $u_n^{\prime} \rightarrow 0$ dans $L^2$, donc
finalement $u_n$ est de Cauchy dans $H^1(0,1)$ donc converge et $\exists v \in H^1(0,1)$ tel que $u_n \rightarrow v$
dans $H^1(0,1)$. Alors, $\Vert v \Vert_{H^1} = 1$ et $v^{\prime} = 0$ p.p. D'apr{�}s l'exercice 9 chap.9, $v$ est constante. Enfin, de $\left(\int_0^1
u_n\right)^2 < \frac{1}{n}$ et $u_n \rightarrow v$ dans $L^1$, on d{�}duit que $\int_0^1 v =0$ donc n{�}cessairement
$v=0$ or $\Vert v \Vert_{H^1} = 1$,
c'est absurde.\\
D'apr{�}s le th{�}or{�}me de Lax-Milgram (cf Rappel), il existe un unique $u
\in
H^1(0,1)$ tel que $a(u,v)=\int_0^1 fv$, $\forall v \in H^1(0,1)$.\\
2) Comme $\DD(]0,1[) \subset H^1(0,1)$, si $\vfi \in \DD(]0,1[)$, $a(u,\vfi) = \int_0^1 f\vfi = <f,\vfi>$ en terme de
distributions. Et,
\begin{eqnarray*}
a(u,\vfi) &=& \int_0^1 u^{\prime}\vfi^{\prime} + \int_0^1 \left(\int_0^1 u\right)
\vfi,\\
&=& <u^{\prime},\vfi^{\prime}> + <\int_0^1 u,\vfi>,\\
&=& -<u^{\prime \prime},\vfi> + <\int_0^1 u,\vfi>.
\end{eqnarray*}
D'o{\`u} $< - u^{\prime \prime} + \int_0^1 u - f,\vfi > = 0$, $\forall \vfi \in \DD(]0,1[)$, donc $- u^{\prime \prime}
+ \int_0^1 u = f$ au sens des distributions, mais $f \in L^2(0,1)$ et $\int_0^1 u \in L^2(0,1)$ montre que $u \in
H^2(0,1)$ et v{�}rifie $$(\star) \qquad \quad - u^{\prime \prime} + \int_0^1 u = f \quad \mbox{p.p.}$$ Pour trouver les
conditions aux limites, on multiplie $(\star)$ par $v \in H^1(0,1)$ et on int{�}gre sur $(0,1)$ alors $- \int_0^1
u^{\prime \prime} v + \left(\int_0^1 u\right)\left(\int_0^1 v\right) = \int_0^1 fv$. Comme $u \in H^2$ et $v \in H^1$,
l'exercice pr{�}c{�}dent nous permet de faire une int{�}gration par parties et on
obtient $a(u,v) - \int_0^1 fv = [u^{\prime} v]_0^1$.\\
Or $u$ est solution de la formulation variationnelle ( c'est-\`a-dire $a(u,v) = \int_0^1 fv$, $\forall v \in
H^1(0,1)$), donc $u^{\prime}(1) v(1) - u^{\prime}(0) v(0) = 0$ et ceci $\forall v \in H^1(0,1)$. Donc n{�}cessairement
$u^{\prime}(1) = u^{\prime}(0) =
0$.\\
D'o{\`u} $u$ est solution du probl{�}me suivant, $u \in H^2(0,1)$ et
\[ \left\{ \begin{array}{lcc}
 - u^{\prime \prime} + \int_0^1 u &=& f \quad \mbox{p.p.}\\
 u^{\prime}(1) = u^{\prime}(0) &=& 0
 \end{array} \right. \]
Et r{�}ciproquement. \fexo 
%**********************                 10
\dexo \hfill \newline
Soit $V=\{ u \in H^1(0,1)\,:\,u(\frac{1}{2}) = 0 \}$.\\
1) Comme $id : H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est continue, $u \mapsto u\left(\frac{1}{2}\right)$ est continue
sur $H^1(0,1)$ et $V$ est ferm{�} dans
$H^1(0,1)$.\\
${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2}$ est bien une semi-norme sur $V$ et si pour un $v \in V$, ${\Vert v^{\prime}
\Vert}_{L^2} = 0$ alors, d'apr{�}s l'exercice 9 chap. 9, $v$
est constante sur $(0,1)$ et de $v\left(\frac{1}{2}\right) = 0$, on en d{�}duit que $v = 0$. Donc, on a bien {�} faire
{�} une norme sur $V$. On a {�}videmment ${\Vert
v^{\prime} \Vert}_{L^2} \leq {\Vert v \Vert}_{H^1}$.\\
%A-t'on $\exists C>0$ tel que ${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2} \geq C\,{\Vert v
%\Vert}_{H^1}$ sur $V$ ?\\
%Sinon, $\forall n$, $\exists u_n \in V$ avec ${\Vert u_n \Vert}_{H^1} = 1$ tel que ${\Vert u_n^{\prime} %\Vert}_{L^2} <
%\frac{1}{n} \rightarrow 0$. Alors comme dans l'exercice pr{�}c{�}dent, on en d{�}duit qu'il existe une sous-suite
%$u_{n_k}$ de Cauchy dans $H^1(0,1)$ donc convergente vers un $v \in H^1(0,1)$. De $u_{n_k}^{\prime} \rightarrow 0$ dans
%$L^2$, on tire $v^{\prime}=0$ p.p. et donc $v$ est constante sur $(0,1)$. Mais $u_{n_k} \rightarrow v$ dans %$H^1(0,1)$
%$\Longrightarrow$  $0 = u_{n_k}\left(\frac{1}{2}\right) \rightarrow v\left(\frac{1}{2}\right)$ par continuit{�} de
%l'injection $H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$. Donc $v = 0$ or ${\Vert v \Vert}_{H^1} = 1$, c'est absurde, %ces deux normes sont donc {�}quivalentes sur $V$.\\
Pour l'autre sens, on utilise $u(x)=\int_{\frac{1}{2}}^x u^{\prime} dt$ car $u(\frac{1}{2}) = 0$. On applique Cauchy-Schwarz, on obtient $\vert u(x)\vert^2\leq \vert x-{\frac{1}{2}} \vert \,\Vert u^{\prime} \Vert_2^2 \leq 
 \Vert u^{\prime} \Vert_2^2$. On int�gre sur $(0,1)$, on a ${\Vert u \Vert}_{2}\leq \Vert u^{\prime} \Vert_{2}$. Les deux normes sont donc bien �quivalentes sur $V$.\\
2) Soit $a(u,v) = \int_0^1 u^{\prime}v^{\prime}$, alors $a$ est une forme bilin{�}aire sym{�}trique continue sur $V$ et
$v \mapsto v(0)$ est continue sur $V$ puisque $id : H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est continue sur
$H^1(0,1)$. Du th{�}or{�}me de Lax-Milgram, on d{�}duit qu'il existe un unique $u \in V$ tel que
$a(u,v)=v(0)$, $\forall v \in V$.\\
3) $\DD(]0,1[) \not\subset V$ donc on ne peut pas exactement raisonner comme dans l'exercice pr{�}c{�}dent, mais on
peut remarquer que $\DD(]0,\frac{1}{2}[)\cup \DD(]\frac{1}{2},1[) \subset V$ (en prolongeant ces fonctions par $0$ {�}
$]0,1[$ tout
entier).\\
Soit donc $\vfi \in \DD(]0,\frac{1}{2}[)$ alors $a(u,\vfi) = \int_0^{\frac{1}{2}} u^{\prime}\vfi^{\prime} = \vfi(0) =
0$, c'est {�} dire $<u^{\prime},\vfi^{\prime}> = 0 = - <u^{\prime \prime},\vfi>$ et ceci $\forall \vfi \in
\DD(]0,\frac{1}{2}[)$, donc $u^{\prime \prime} = 0$ dans $\Di(]0,\frac{1}{2}[)$ et donc dans
$L^2(0,\frac{1}{2})$.\\
On obtient par un m{\^e}me raisonnement, $u^{\prime \prime} = 0$ dans $\Di(]\frac{1}{2},1[)$ et donc dans
$L^2(\frac{1}{2},1)$. Donc finalement $u \in H^2(0,\frac{1}{2})\cap H^2(\frac{1}{2},1)$. On peut alors faire des
int{�}grations par parties sur les deux sous-intervalles $(0,\frac{1}{2})$ et $(\frac{1}{2},1)$. Si $v \in V$ alors
\[ \begin{array}{cclclcl}
0&=& -\int_0^{\frac{1}{2}} u^{\prime \prime}v&=& \int_0^{\frac{1}{2}}u^{\prime}v^{\prime}
-[u^{\prime}v]_0^{\frac{1}{2}}&=&
\int_0^{\frac{1}{2}}u^{\prime}v^{\prime} + u^{\prime}(0)v(0),\\
\\
0&=& -\int_{\frac{1}{2}}^1 u^{\prime \prime}v&=& \int_{\frac{1}{2}}^1 u^{\prime}v^{\prime}
-[u^{\prime}v]_{\frac{1}{2}}^1&=& \int_{\frac{1}{2}}^1 u^{\prime}v^{\prime} - u^{\prime}(1)v(1).
\end{array} \]
On ajoute ces deux {�}galit{�}s, alors $a(u,v) + u^{\prime}(0)v(0) - u^{\prime}(1)v(1) = 0$ $\Longrightarrow$
$\left(1+u^{\prime}(0)\right)v(0) = u^{\prime}(1)v(1)$, $\forall v\in V$. Donc n{�}cessairement $u^{\prime}(0) = -1$ et
$u^{\prime}(1) = 0$. Donc on a r{�}solu
\[ \left\{ \begin{array}{lcl}
u^{\prime \prime} &=& 0 \,\,\,\mbox{sur }(0,\frac{1}{2})\\
u\left(\frac{1}{2}\right) &=& 0\\
u^{\prime}(0) &=& -1
\end{array} \right. \qquad \mbox{et}\qquad \left\{ \begin{array}{lcl}
u^{\prime \prime} &=& 0 \,\,\,\mbox{sur }(\frac{1}{2},1)\\
u\left(\frac{1}{2}\right) &=& 0\\
u^{\prime}(1) &=& 0
\end{array} \right. \]
de solutions respectives  :
\begin{eqnarray*}
u(x) &=& - x + \frac{1}{2} \quad \mbox{sur}\,\, [0,\frac{1}{2}]\\
u(x) &=& 0 \quad \mbox{sur}\,\, [\frac{1}{2},1]
\end{eqnarray*}
On voit tout de suite que $u \not\in H^2(0,1)$ (sinon elle serait ${\cal C}^1$). \\
Au sens des distributions, il est clair que $u^{\prime} = -\II_{(0,\frac{1}{2})} \in L^2(0,1)$ et que $u^{\prime
\prime} = \delta_{\frac{1}{2}} \not\in L^2(0,1)$. \fexo \dexo \hfill \newline $v \rightarrow {\Vert v^{\prime}
\Vert}_{L^2}$ est bien une semi-norme sur $H^1(0,+\infty)$. Si ${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2} = 0$ alors $v^{\prime} =
0$ p.p. et donc $v$ est une constante. Or la seule constante de $L^2(0,+\infty)$ est la constante nulle donc c'est bien
une norme sur $H^1(0,+\infty)$. On a {�}videmment
${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2} \leq {\Vert v \Vert}_{H^1}$.\\
Soit $u_n(x) = n-x$ si $x \leq n$ et $u_n(x) = 0$ sinon. Alors $u_n \in H^1(0,+\infty)$, ${\Vert u_n^{\prime}
\Vert}_{L^2}^2 = n$ et ${\Vert u_n \Vert}_{L^2}^2 = \frac{n^3}{3}$ donc les deux normes ne peuvent pas {\^e}tre
{�}quivalentes sur $H^1(0,+\infty)$. \fexo 
\dexo \hfill \newline 
1) Par le th{�}or{�}me des accroissements finis, il
existe $C>0$ tel que $\forall u \in \Hun$, $\vert f(u) \vert \leq \vert f(0) \vert + C\,\vert u \vert \in \Ld$ donc
$f(u) \in \Ld$.\\
2) Soit $u_n \in \DD(\RR)$ tel que $u_n \rightarrow u$ dans $\Hun$.

a) De la m{\^e}me fa�on, on a : $\vert f(u_n) - f(u) \vert \leq C\,\vert u_n -u \vert$ donc $u_n \rightarrow u$
dans $\Ld$ $\Longrightarrow$ $f(u_n) \rightarrow f(u)$ dans $\Ld$.

b) On a $\vert \alpha_n \vert \leq C\,\vert u_n^{\prime} - u^{\prime} \vert$ donc $u_n^{\prime} \rightarrow u^{\prime}$
dans $\Ld$ $\Longrightarrow \alpha_n \rightarrow 0$ dans $\Ld$. Comme $u_n \rightarrow u$ dans $\Ld$, il existe une
sous-suite $(u_{n_k})_k$ telle que $u_{n_k} \rightarrow u$ p.p. (voir r�ciproque du TCD). Par continuit{�} de $f^{\prime}$, $f^{\prime}(u_n) \rightarrow f^{\prime}(u)$ p.p. D'o�
finalement,
\[ \left. \begin{array}{l}
\beta_{n_k} \rightarrow 0 \quad \mbox{p.p.}\\
\vert \beta_{n_k} \vert \leq 2 \Vert f^{\prime} \Vert_{\infty} \vert u^{\prime} \vert \in \Ld
\end{array}  \right\} \Longrightarrow \beta_{n_k} \longrightarrow 0 \mbox{ dans }
\Ld, \] par le th{�}or{�}me de convergence domin{�}e.

c)Soit $\vfi \in \DD(I)$, alors
$$(\star) \qquad \int_I f(u_n) \vfi^{\prime}\,= - \int_I
f^{\prime}(u_n)u_n^{\prime} \vfi,$$ puisque toutes les fonctions consid{�}r{�}es sont assez r{�}guli{�}res. Comme
$f(u_n) \rightarrow f(u)$ dans $\Ld$, $\int_I f(u_n) \vfi^{\prime} \longrightarrow
\int_I f(u) \vfi^{\prime}$.\\
D'autre part, $f^{\prime}(u_n)u_n^{\prime} - f^{\prime}(u)u^{\prime} = \alpha_n + \beta_n$ donc
\[ \left.
\begin{array}{lll}
\alpha_n \rightarrow 0 \mbox{ dans } \Ld & \Longrightarrow & \int_I \alpha_n \vfi
\longrightarrow 0 \\
\beta_{n_k} \rightarrow 0 \mbox{ dans } \Ld & \Longrightarrow & \int_I \beta_{n_k} \vfi \longrightarrow 0
\end{array} \right\} \Longrightarrow \int_I (\alpha_{n_k}+\beta_{n_k}) \vfi
\longrightarrow 0. \] D'o{\`u} en passant {�} la limite dans ($\star$), pour une sous-suite, on obtient :
$$\int_I f(u) \vfi^{\prime}\,= - \int_I f^{\prime}(u)u^{\prime} \vfi,$$
et ceci $\forall \vfi \in \DD(I)$. Or $f^{\prime}(u)u^{\prime} \in \Ld$ car $f^{\prime} \in \Linf(I)$ et $u^{\prime}
\in \Ld$, donc $f(u) \in \Hun$ et
${(f(u))}^{\prime} = f^{\prime}(u)u^{\prime}$. \\
3) Soit $\eps > 0$ fix{�}, $\feps(t) \rightarrow 0$ quand $t \rightarrow 0$ par valeurs positives, donc $\feps \in
{\cal C}(\RR)$. De plus, si $t>0$, $\feps^{\prime}(t) = \frac{t}{\sqrt{(t^2+\ep^2)}} \longrightarrow 0$ quand $t
\rightarrow 0$, donc $\feps \in {\cal C}^1(\RR)$. Enfin, $\forall \ep>0$ et $\forall t \in \RR$, $\vert
\feps^{\prime}(t) \vert \leq 1$ donc $\feps \in E$ et
$\forall \ep>0$ et $\forall t$, $\vert \feps(t) \vert \leq \vert t \vert$.\\
Quand $\ep \rightarrow 0$, $\feps(t) \rightarrow 0$ si $t \leq 0$ et $\feps(t) \rightarrow t$ si $t \geq 0$ donc
$\feps(t) \rightarrow t^+$. D'o{\`u}
\[ \left.  \begin{array}{l}
\feps(u) \rightarrow u^+ \mbox{ p.p.}\\
\vert \feps(u) \vert \leq \vert u \vert \in \Ld
\end{array} \right\} \Longrightarrow \feps(u) \longrightarrow u^+ \mbox{ dans }
\Ld,
\]
par le th{�}or{�}me de convergence domin{�}e.\\
4) D'apr{�}s 2), $\feps(u) \in \Hun$ et $\forall \ep>0$, $\forall \vfi \in \DD(I)$, $ \int_I \feps(u) \vfi^{\prime}\,=
- \int_I \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \vfi$. On sait que $\feps(u) \rightarrow u^+$ dans $\Ld$ donc $\int_I \feps(u)
\vfi^{\prime} \longrightarrow \int_I u^+ \vfi^{\prime}$. D'autre part,
\[ \left.
\begin{array}{llll}
\feps^{\prime}(t) &=& \frac{t}{\sqrt{t^2+\ep^2}}, &t>0\\
                  &=& 0,&t \leq 0
                  \end{array} \right\} \stackrel{\ep \rightarrow
0}{\longrightarrow}
                   \left\{ \begin{array}{ll}
                  1&\mbox{si } t>0\\
                  0&\mbox{sinon}
                  \end{array} \right\} = \II_{[t>0]},\]
donc
\[ \left.
\begin{array}{l}
\feps^{\prime}(u) \rightarrow \II_{[u>0]} \mbox{ p.p.}\\
\vert \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \vert \leq \vert u^{\prime} \vert \in \Ld
\end{array} \right\} \Longrightarrow  \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \longrightarrow
\II_{[u>0]}u^{\prime} \mbox{ dans } \Ld,\] par le th{�}or{�}me de convergence domin{�}e. D'o{\`u}
$$\int_I \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \vfi\,\longrightarrow \int_I
\II_{[u>0]}u^{\prime} \vfi.$$ A la limite, on obtient : $\int u^+ \vfi = - \int \II_{[u>0]}u^{\prime} \vfi$, $\forall
\vfi \in \DD(I)$, donc $u^+ \in \Hun$ et $(u^+)^{\prime} =
\II_{[u>0]}u^{\prime}$.\\
5) On a $u^- = (-u)^+$ donc $u^- \in \Hun$, $(u^-)^{\prime} = -
\II_{[u<0]}u^{\prime}$ et $\vert u \vert = u^+ + u^- \in \Hun.$\\
(La d{�}monstration est la m{\^e}me en dim$\,>1$, en rempla{\c c}ant $u^{\prime}$ par $\frac{\partial}{\partial
x_i}u$.) \fexo 
\dexo \hfill \newline 
Soit $N$ une norme d{�}rivant d'un produit scalaire, alors $N^2$ est ${\cal
C}^{\infty}$ et sa d{�}riv{�}e seconde est une forme bilin{�}aire sym{�}trique d{�}finie positive (c'est {�} une
constante positive pr{�}s le produit scalaire)
donc $N^2$ est strictement convexe.\\
Une norme est convexe et non strictement convexe car $N(tu)=tN(u)$ si $t>0$. \fexo 
\dexo \hfill \newline
On note $\Hnulo = \{u \in \Huno\,:\,u(0)=u(1)=0 \}.$\\
1) Si $u \in \Hnulo$ alors on peut {�}crire $u(x) = \int_0^x u^{\prime}(t) dt$. En
appliquant Cauchy-Schwarz, on en d{�}duit que $\vert u(x) \vert \leq \sqrt{x} \Vert u^{\prime} \Vert_2$. On {�}l{�}ve
cette derni{�}re in{�}galit{�} au carr{�} et on int{�}gre, on obtient alors $\Vert u \Vert^2 \leq \frac{1}{2} \Vert
u^{\prime} \Vert_2^2$, d'o{\`u} $\Vert u^{\prime} \Vert_2^2 \leq \Vert u \Vert_{H^1}^2 \leq \frac{3}{2} \Vert
u^{\prime} \Vert_2^2$. On en conclut que $(\Hnulo,\Vert
u^{\prime} \Vert_2)$ est un espace de Hilbert.\\
2) Si $v \in \Huno$ alors $v \in L^2 \cap L^{\infty}$ car $\Huno \subset {\cal C}[0,1]$. Donc $v \in L^q$, $\forall q
\geq 2$ et $F(v)$ a bien un sens. Comme $\vert \int_0^1 fv \vert \leq \Vert f \Vert_2 \Vert v \Vert_2 \leq
\frac{1}{\sqrt{2}} \Vert f \Vert_2 \Vert v^{\prime} \Vert_2$ si $v \in \Hnulo$, il existe $C>0$ tel que $F(v) \geq
\frac{1}{2} \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 - \frac{1}{\sqrt{2}} \Vert f \Vert_2 \Vert v^{\prime} \Vert_2 \geq C$, $\forall
v \in \Hnulo$. 
%De plus $F(v) \longrightarrow +\infty$ quand $\Vert v^{\prime} \Vert_2
%\rightarrow \infty$.\\
Soit $(u_n)_n$ une suite minimisante. On note $m=\inf F$. Alors par exemple, $\forall n$, $m\leq F(u_n)\leq m+\frac{1}{n}\leq m+1$. En particulier, on en d�duit que la suite $(u_n)_n$ est born�e dans $\Huno$. En effet de
$$\frac{1}{2} \Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2+\frac{1}{4} \Vert u_n \Vert_4^4-\int_0^1 fu_n=F(u_n)\leq m+1,$$
on tire
$$\frac{1}{2} \Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2\leq m+1+\frac{1}{\sqrt{2}} \Vert f \Vert_2 \Vert u_n^{\prime} \Vert_2,$$
qui est un trin�me du 2nd degr� en $ \Vert u_n^{\prime} \Vert_2$ (avec le bon signe), donc $\Vert u_n^{\prime} \Vert_2$ est born�e. Comme $\Huno \subset {\cal C}[0,1]$ avec injection compacte, il existe une sous-suite encore not�e, $(u_n)_n$ qui converge uniform�ment dans ${\cal C}[0,1]$, donc dans $L^2$ et $L^4$, vers une limite $u$. Par la proposition 5.3 p 71, on a $\Vert u^{\prime} \Vert_2\leq \liminf \Vert u_n^{\prime} \Vert_2$. (NB: c'est la m�me limite $u$ en passant aux distributions). On prend maintenant les liminf dans
$$m\leq \frac{1}{2} \Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2+\frac{1}{4} \Vert u_n \Vert_4^4-\int_0^1 fu_n\leq m+\frac{1}{n},$$
on obtient $F(u)=m$. D'o� $u$ r�alise l'inf de $F$.
%il existe $M>0$ tel que $\forall v \in
%\Huno$, $\Vert v \Vert_4 \leq M \Vert v \Vert_{H^1}$, ce qui montre que $F$ est continue sur $\Hnulo$. Enfin $F$ est
%convexe ($\Vert v \Vert_4^4$= compos{�}e de $x \mapsto x^4$, croissante et convexe sur $\RR^+$ et d'une norme est
%convexe). Donc $F$ est s.c.i. faible et le th{�}or{�}me sur l'inf des fonctions s.c.i. montre
%qu'il existe $u \in \Hnulo$ tel que $F(u) \leq F(v)$, $\forall v \in \Hnulo$. 
L'unicit{�} provient du fait que $F$ est
strictement convexe car le terme $\Vert v^{\prime} \Vert_2^2$ l'est d'apr{�}s
l'exercice pr{�}c{�}dent.\\
3) Soient $t>0$ et $v \in \Hnulo$ alors $F(u+tv) - F(u) \geq 0$ donc
$$\frac{F(u+tv) - F(u)}{t} = \int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v -
\int_0^1 fv + t \,{\cal O}(1) \geq 0.$$ Quand $t \rightarrow 0$, on obtient
$$\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v - \int_0^1 fv \geq 0,$$
et en changeant $v$ en $-v$,
$$\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v - \int_0^1 fv = 0,$$
pour tout $v \in \Hnulo$.\\
4) En particulier, comme $\DD(]0,1[) \subset \Hnulo$, on a
$$\int_0^1 u^{\prime}\vfi^{\prime} + \int_0^1 u^3 \vfi = \int_0^1 f\vfi,\quad
\forall \vfi \in \DD(]0,1[).$$ On utilise maintenant le fait que $u^{\prime},\,u^3,\,f$ sont dans $L_{loc}^1$ et
d{�}finissent des distributions pour {�}crire que
 \begin{eqnarray*}
\int_0^1 u^{\prime}\vfi^{\prime} &=& <u^{\prime},\vfi^{\prime}> = -<u^{\prime
\prime},\vfi>,\\
\int_0^1 u^3 \vfi &=& <u^3,\vfi>,\\
\int_0^1 f\vfi &=& <f,\vfi>,
\end{eqnarray*}
et donc $<-u^{\prime \prime} + u^3 - f,\vfi> = 0$, $\forall \vfi \in \DD(]0,1[)$. D'o{\`u} $-u^{\prime \prime} + u^3 =
f$ dans $\Di(]0,1[)$. Comme $f$ et $u^3$ sont dans $\Ld$, on en d{�}duit que $u^{\prime \prime} \in \Ld$ donc
l{�}galit{�} a lieu
p.p et $u \in H^2(0,1)$.\\
5) Comme $F$ est convexe, on a : $\forall t \in ]0,1]$, $F(u+t(v-u))\leq F(u)+t[F(v)-F(u)]$, $\forall v \in \Hnulo$.
Donc
$$\frac{F(u+t(v-u)) - F(u)}{t} \leq F(v)-F(u),\quad \forall t>0.$$
On a vu en 3) que
$$\frac{F(u+t(v-u)) - F(u)}{t} = \int_0^1 u^{\prime}(v-u)^{\prime} + \int_0^1 u^3
(v-u) - \int_0^1 f(v-u) + t \,{\cal O}(1).$$ Comme $u \in H^2\cap\Hnulo$ et $v\in \Hnulo$, on a $\int_0^1
u^{\prime}(v-u)^{\prime} = - \int_0^1 u^{\prime \prime} (v-u)$ donc
$$\frac{F(u+t(v-u)) - F(u)}{t} = \int_0^1 (\underbrace{- u^{\prime \prime} + u^3
-f}_{= 0})(v-u) + t {\cal O}(1),\quad \forall t>0.$$ En particulier, $F(v)-F(u) \geq t {\cal O}(1)$ et quand $t
\rightarrow 0$, on obtient $F(v) \geq F(u)$, $\forall v \in \Hnulo$. Donc $u$ est solution de
$(\star)$.\\
6) On suppose que $f \geq 0$ p.p. Si u est solution de $(\star)$ alors on a vu que $\forall v \in \Hnulo$,  $\int_0^1
u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v = \int_0^1 fv$. On choisit $v = u^- = - \inf(0,u)$ alors $v \in \Hnulo$ (voir
l'exercice 12), $v \geq 0$ et on obtient $ - \int_0^1 (u^-)^{\prime 2}  - \int_0^1 (u^-)^4 = \int_0^1 fu^- \geq 0$. On
en d{�}duit par exemple que $\int_0^1 (u^-)^4 \leq 0$ et donc que $u^- = 0$ p.p. D'o{\`u} $u \geq 0$ p.p. \fexo \dexo
\hfill \newline 1) $V$ est un sous-espace vectoriel de $H^1(0,1)$. On pose $L(v) = v(0) -kv(1)$ alors $\vert L(v) \vert
\leq (1+ \vert k \vert)\sup_{[0,1]} \vert v(x) \vert$. Comme $H^1(0,1)$ s'injecte de fa{\c c}on continue dans ${\cal
C}([0,1])$, $\exists C$ constante telle que $\forall v \in H^1(0,1)$, $\sup_{[0,1]} \vert v(x) \vert \leq \Vert v
\Vert_{H^1}$. Donc $\vert L(v) \vert \leq (1+ \vert k \vert) C \Vert v
\Vert_{H^1}$. Ainsi $V$, noyau d'une forme lin{�}aire continue, est ferm{�}.\\
2) Pour $v \in H^1(0,1)$, on {�}crit que $v(x) = v(0) + \int_0^x v^{\prime}(t) dt$. En particulier si $v \in V$ alors
$v(1) = kv(1) + \int_0^1 v^{\prime}(t) dt$. Donc,
$$\vert 1-k \vert \;\vert v(1) \vert \leq \int_0^1 \vert v^{\prime}(t) \vert dt
\leq \Vert v^{\prime} \Vert_2,$$ par Cauchy-Schwarz.  Alors,
$$ \vert v(1) \vert \frac{1}{\vert 1-k \vert} \Vert v^{\prime}
\Vert_2\,\,\mbox{et}\,\, \vert v(0) \vert \leq \frac{\vert k \vert}{\vert 1-k \vert} \Vert v^{\prime} \Vert_2.$$
D'o{\`u}
$$ \vert v(x) \vert \leq \left( 1+ \frac{\vert k \vert}{\vert 1-k \vert} \right)
\Vert v^{\prime} \Vert_2,$$
et $\Vert v \Vert_{\infty} \leq C \Vert v^{\prime} \Vert_2$.\\
3) $a(.,.)$ est clairement bilin{�}aire et sym{�}trique. Soit $v \in V$, comme $\left( \int_0^1 v \right)^2 \leq
\int_0^1 \vert v \vert^2$, on a $a(v,v) \geq \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 \geq 0$. Si $a(v,v) = 0$ alors $\Vert
v^{\prime} \Vert_2 = 0$ et d'apr{�}s 2), $\Vert v \Vert_{\infty} = 0$ donc $v=0$. On en conclut que
$a(.,.)$ est bien un produit scalaire sur $V$. \\
Soit $\Vert v \Vert_a = \sqrt{a(v,v)}$. On a {�}videmment $\Vert v \Vert_a^2 \leq
\Vert v \Vert_{H^1}^2$.\\
D'autre part si $v \in V$, $\Vert v \Vert_2 \leq \Vert v \Vert_{\infty} \leq C \Vert v^{\prime} \Vert_2$ par 2). Donc,
$$\Vert v \Vert_{H^1}^2 = \Vert v \Vert_2^2 + \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 \leq (C^2
+1) \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 \leq \Vert v \Vert_a^2.$$ D'o{\`u},
$$\left(\frac{1}{C^2+1}\right) \Vert v \Vert_{H^1}^2 \leq \Vert v \Vert_a^2 \leq
\Vert v \Vert_{H^1}^2,$$
et les deux normes sont {�}quivalentes.\\
4) Soit $\ell(v) = \int_0^1 fv$, alors $\ell$ est une forme lin{�}aire sur $V$. Et
$$\vert \ell(v) \vert \leq \Vert f \Vert_2\;\Vert v \Vert_2 \leq
(C^2+1)^{\frac{1}{2}} \Vert f \Vert_2\;\Vert v \Vert_a,$$
montre que $\ell$ est continue sur $V$ pour $\Vert \,\, \Vert_a$.\\
$V$ est ferm{�} dans $H^1$ donc complet pour la norme $H^1$. Par {�}quivalence des normes, on d{�}duit que $\left( V,
a(.,.)\right)$ est un espace de Hilbert. Le th{�}or{�}me de Riesz s'applique {�} $\ell$ donc il existe un unique $u \in
V$ tel
que $\ell(v) = a(u,v)$, $\forall v \in V$.\\
5) Soit $u$ solution de $(\star)$ alors :
$$\forall v \in V,\qquad \int_0^1 u^{\prime} v^{\prime} = \int_0^1 \left( f - u +
\int_0^1 u \right) v.$$ En particulier, $\forall \vfi \in {\cal C}_0^{\infty}(]0,1[)$,
$$<-u^{\prime\prime},\vfi> = \int_0^1 u^{\prime} \vfi^{\prime} = \int_0^1 \left( f
- u + \int_0^1 u \right) \vfi = < \left( f - u + \int_0^1 u \right),\vfi >,$$ donc $-u^{\prime\prime} = f -u + \int_0^1
u$ au sens des distributions. Comme $f,\;u,\;\int_0^1 u \in L^2$, on a $u^{\prime\prime} \in L^2$ donc $u \in H^2(0,1)$
et $-u^{\prime\prime} = f -u + \int_0^1 u$ p.p.  $(\star\star)$.\\
Si $v \in V$, comme $u \in H^2$, on peut int{�}grer par parties et on a
\begin{eqnarray*}
\int_0^1 u^{\prime} v^{\prime}&=& - \int_0^1 u^{\prime\prime} v + u^{\prime}(1)v(1)
-  u^{\prime}(0)v(0),\\
 &=& - \int_0^1 u^{\prime\prime} v + (u^{\prime}(1)-ku^{\prime}(0)) v(1).
 \end{eqnarray*}
Alors, en tenant compte de l'{�}quation $(\star \star)$, $a(u,v) = \int_0^1 fv$ $\Longrightarrow$
$(u^{\prime}(1)-ku^{\prime}(0)) v(1) = 0$ et ceci pour tout $v \in V$, donc n{�}cessairement
$u^{\prime}(1)=ku^{\prime}(0)$. Les conditions aux limites satisfaites par $u$ sont donc
\[(\star\star\star)\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
u^{\prime}(1)=ku^{\prime}(0)\\
u(0) = ku(1).\,\,(u \in V)
\end{array} \right. \]
Et r{�}ciproquement, si $u \in H^2(0,1)$ satisfait l'{�}quation $(\star\star)$ et les conditions aux limites
$(\star\star\star)$ ci-dessus, alors $u$ v{�}rifie
$(\star)$.\\
6) On a vu en 2) que $\vert u_n(x) \vert^2 \leq \left( 1+\frac{\vert k_n \vert}{\vert 1-k_n \vert} \right) \Vert
u_n^{\prime} \Vert_2^2$ avec $k_n \not= 1$. La suite $\left( 1+\frac{\vert k_n \vert}{\vert 1-k_n \vert} \right)_n$ est
born{�}e et non nulle car elle converge vers $1+\frac{\vert k \vert}{\vert 1-k \vert}$. Donc $\exists M>0$ tel que
$\Vert u_n \Vert_2^2 \leq M\;\Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2$, $\forall n$. De plus,
$$\frac{1}{M} \Vert u_n \Vert_2^2 \leq \Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2 \leq \vert
a(u_n,u_n) \vert = \vert \int_0^1 fu_n \vert \leq \Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_2.$$ Donc,
\[\begin{array}{lllll}
\Vert u_n \Vert_2^2 &\leq& M\;\Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_2 &\leq& M\;\Vert f
\Vert_2\;\Vert u_n \Vert_{H^1}\,\,\mbox{et}\\
\Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2 &\leq& \Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_2 &\leq& \Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_{H^1}.
\end{array}\]
Donc $\Vert u_n \Vert_{H^1}^2 \leq (M+1) \Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_{H^1}$
d'o{\`u} la suite $(u_n)_n$ est born{�}e dans $H^1$.\\
7) Comme $H^1$ est r{�}flexif, on peut extraire une sous-suite $(u_{n_p})_p$ convergeant faiblement dans $H^1$ vers
$u\star$. Avec l'injection compacte de $H^1(0,1)$ dans ${\cal C}([0,1])$ (voir l'exercice ci-dessus), on en d{�}duit que
$u_{n_p} \rightarrow u\star$ uniform{�}ment sur $[0,1]$. Comme $u_{n_p}
\in V_{n_p}$, $u_{n_p}(0) = k_{n_p} u_{n_p}(1)$ et chaque terme converge. A la limite, on a $u\star(0) = k u\star(1)$
donc $u\star \in V$.\\
8) On v{�}rifie facilement que $v_n \in V_n$ et $\vert v_n(t) - v(t) \vert^2 = \vert \frac{k-k_n}{k_n -1} \vert \,\vert
v(1) \vert^2$. Donc $\Vert v_n-v \Vert_2^2 = \vert \frac{k-k_n}{k_n -1} \vert \,\vert v(1) \vert^2 \rightarrow 0$.
D'autre
part, $v_n^{\prime} = v^{\prime}$ donc $v_n \rightarrow v$ dans $H^1$.\\
Comme $u_{n_p} \rightharpoonup u\star$ dans $H^1$ faible et $v_{n_p} \rightarrow v$ dans $H^1$ fort,
$(u_{n_p},v_{n_p})_{H^1} \rightarrow (u\star,v)_{H^1}$. Les autres termes de $(\star)_{n_p}$ passent {�} la limite sans
probl{�}mes et on obtient $a(u\star,v) = \int_0^1 fv$, ceci $\forall v \in V$, par unicit{�} de $u$,
$u\star=u$.\\
9) Comme $u_{n_p} \rightarrow u$ uniform{�}ment sur $[0,1]$, $\left(\int_0^1 (u_{n_p}-u) \right)^2 \rightarrow 0$.
D'autre part, on peut {�}crire $a(u_{n_p} - u,u_{n_p}-u) = \int_0^1 fu_{n_p} -2a(u_{n_p},u) +a(u,u)$ et chaque terme
converge car $u_{n_p}$ converge faiblement dans $H^1$. Donc,
$$\Vert u_{n_p}-u \Vert_{H^1}^2 = a(u_{n_p}-u,u_{n_p}-u) + \left(\int_0^1
(u_{n_p}-u) \right)^2 \rightarrow \int_0^1 fu - a(u,u) = 0.$$ 10) Sinon, $\exists A>0$, il existe une sous-suite
$(u_{n_p})_p$ telle que $\Vert
u_{n_p}-u \Vert_{H^1} \geq A > 0$.\\
On sait alors qu'il existe une sous-suite de $(u_{n_p})_p$, encore not{�}e $(u_{n_p})_p$, qui converge vers $u$ dans
$H^1$ faible. Comme en 9), on montre
qu'en fait, elle converge fortement vers $u$ dans $H^1$, d'o{\`u} contradiction.\\
11) $T$ est bien d{�}finie et lin{�}aire par unicit{�} de la solution de $(\star)$ et par sym{�}trie de $a$, on a
$\int_0^1 fTg = \int_0^1 gTf$. V{�}rifions que $T$ est continue. Par 3), $\exists C>0$ tel que $\forall u \in V$,
$C\;\Vert u \Vert_{H^1}^2 \leq a(u,u)$ donc en choisissant $u = Tf$, on obtient : $C\;\Vert Tf \Vert_{H^1}^2 \leq
\int_0^1 fTf \leq \Vert f \Vert_2 \;\Vert Tf \Vert_2$. Comme $\Vert\,\,\Vert_2 \leq \Vert \,\,\Vert_{H^1}$, on en
d{�}duit que $\Vert Tf \Vert_2
\leq \frac{1}{C} \Vert f \Vert_2$ et $T$ est continue.\\
Pour montrer que $T$ est compacte, on va utiliser le crit{�}re d{�}montr{�} dans l'exercice 
%\ref{topofaibleopcompact} page ~\pageref{topofaibleopcompact}. 
$L^2$ {�}tant r{�}flexif, il suffit de montrer que si $f_n \rightharpoonup f$ dans
$L^2$ faible, $Tf_n \rightarrow Tf$ dans $L^2$ fort. Comme $C\;\Vert Tf_n \Vert_{H^1}^2 \leq \Vert f_n \Vert_2 \;\Vert
Tf_n \Vert_{H^1}$, on en d{�}duit que $(Tf_n)_n$ est born{�}e dans $H^1(0,1)$ r{�}flexif, donc il existe une sous-suite
$(Tf_{n_k})_k$ qui converge faiblement vers un $g \in H^1$. Alors $Tf_{n_k} \rightarrow g$ dans ${\cal C}([0,1])$ et
donc dans $L^2$ fortement et faiblement. Comme $T$ est lin{�}aire continue, on en d{�}duit que $g=Tf$ 
%(voir l'exercice \ref{lineairecontinuitefaible} page ~\pageref{lineairecontinuitefaible}). 
Donc toute la suite $(Tf_n)_n$ converge vers
$Tf$ dans $L^2$. \fexo
 \end{document}
%\chapter{Notations}
%\hfill \newline
%\index{N}{$E_{\om} =$ l'espace $E$ muni de la topologie faible $\sigma(E,\Ep)$}
%\index{N}{$\Ep_{\om\star} =$ l'espace $\Ep$ muni de la topologie faible $\star$
%$\sigma(\Ep,E)$}
%\index{N}{$L(E,F) =$ l'espace des applications lin{�}aires de $E$ dans $F$}
%\index{N}{${\cal L}(E,F) =$ l'espace des applications lin{�}aires continues de $E$ dans
%$F$}
%\index{N}{$\Ep = {\cal L}(E,\RR)$}
%\index{N}{$(E_{\om})^{\prime} =$ l'espace des applications lin{�}aires continues de $E$
%muni de la topologie faible {�} valeurs dans $\RR$}
%\index{N}{$<f,x> = f(x)$ est le crochet de dualit{�} $\Ep,E$}
%\index{N}{int�rieur($A$) = int{�}rieur de $A$}
%\index{N}{$\vert A \vert =$ la mesure de $A$ si $A$ est un ensemble}
%\index{N}{$E \setminus F = \{ x\in E : x \not\in F \}$}
%\index{N}{vect$\{a_1,...,a_n \}$ est l'espace vectoriel engendr{�} par $a_1,...,a_n$, on
%pourrait l'{�}crire $K a_1+...+K a_n$ avec $K = \RR$ ou $\CC$}
%\index{N}{vect$A$ est l'espace vectoriel engendr{�} par la partie $A$}
%\index{N}{$\vois =$ l'ensemble des voisinages de $x$ pour la topologie consid{�}r{�}e}
%\index{N}{${\cal V}_{\om}(x) =$ l'ensemble des voisinages de $x$ pour la topologie faible}
%\index{N}{$\rightharpoonup$ signifie convergence pour la topologie faible, c'est en
%g{�}n{�}ral pr{�}cis{�} dans le texte}
%\index{N}{P.F.I $=$ l'ensemble des parties finies de l'ensemble $I$}
%\index{N}{$\ind_A =$ la fonction indicatrice de l'ensemble $A$}
%\index{N}{$\Vert . \Vert_p =$ la norme usuelle des espaces $L^p$ ou bien $\ell^p$}
%\index{N}{${\cal C}(\Om) =$ l'ensemble des fonctions {�} valeurs r{�}elles, continues
%sur $\Om$}
%\index{N}{${\cal C}_c(\Om) =$ l'ensemble des fonctions continues et {�} support compact
%dans $\Om$}
%\index{N}{$\DD(\Om)$ ou ${\cal C}^{\infty}_c(\Om)$ est l'ensemble des fonctions de classe
%${\cal C}^{\infty}$ {�} support compact dans $\Om$}
%\index{N}{$\Di(\Om) =$ l'ensemble des distributions sur $\Om$}
