\documentclass[11pt,a4paper]{article}
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%%%ACCENTSCIDESSOUS%%%%
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\def\dexo{\begin{exo}\rm}    %sans
\def\fexo{\end{exo}} 
% ensembles Q R N Z C
\gdef\RR{\hbox{\rm I\kern-.25em\hbox{R}}}
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\gdef\ZZ{{\sl Z\hskip -1ex Z} }
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         \hbox{$\scriptscriptstyle |$}\kern+0.5 em }}
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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{} 2007-2008}


\vspace{0.5cm}

{\centering Révisions   \\}

\vspace{1cm}
\setcounter{exo}{0} 
\dexo \hfill \newline  
Soient $(E,\tau)$ et $(F,\sigma)$ deux espaces topologiques s\'epar\'es.\\
Soit $f:(E,\tau)\rightarrow (F,\sigma)$ une application s\'equentiellement continue.\\
On suppose que l'espace $(E,\tau)$ est m\'etrisable, en raisonnant par l'absurde, montrer que $f$ est continue.\\
\fexo
\dexo \hfill \newline 
On note $ {\ell}^{\infty} = \{ x = {(x_n)}_{n \geq 1} \subset \RR \mbox { tel que } 
\sup_n \vert x_n \vert < \infty \}$ que l'on munit de 
$ {\Vert x \Vert}_{\infty} = \sup_{n \geq 1} \vert x_n \vert.$ \\ \\On rappelle que 
$({\ell}^{\infty},\Vert\,.\,\Vert_{\infty})$ est un espace de Banach.\\
Enfin, on note ${\cal C}_0 = \{ x = {(x_n)}_{n \geq 1} \subset \RR \mbox { tel que }
\displaystyle{\lim_{n \rightarrow \infty}} \vert x_n \vert = 0 \}$.\\
1) V\'erifier que $({\cal C}_0, \Vert\,.\,\Vert_{\infty}) $ est un espace de Banach.\\
2) Soit $(y_1,...,y_N) \in \RR^N$, on d\'efinit 
%\begin{eqnarray*}
$T_N : {\cal C}_0  \rightarrow \RR$ par $T_N(x) = \displaystyle{\sum_{n = 1}^N} x_n y_n$
%\end{eqnarray*}
si $x=(x_n)_n$. Montrer que $T_N$ est lin\'eaire et continue. Calculer $\Vert T_N \Vert$.\\
3) Soit $y=(y_n)_n$ une suite de nombres r\'eels v\'erifiant la propri\'et\'e suivante,
$$\forall x=(x_n)_n \in {\cal C}_0, \qquad \sum_{n \geq 1} \vert x_n y_n \vert < \infty,$$
montrer que la s\'erie $\displaystyle{\sum_{n \geq 1}} \vert y_n \vert$ est convergente.
\fexo
\dexo \hfill \newline 
Pour $X=(x,y) \in \RR^2$, on note $\Vert X \Vert = \sqrt{x^2+y^2}$ la norme euclidienne usuelle. \\ \\On définit $f(X)=\displaystyle{\frac{1}{\Vert X \Vert}}$, pour $X \in \RR^2$, $X \neq 0$. Montrer que $f$ est dans $L^1_{loc}(\RR^2)$.\fexo
\dexo \hfill \newline
Soit $T:L^1\longrightarrow L^1$ une application linéaire. On suppose que 
$$f_n\longrightarrow f\,\,p.p.\,\,\Longrightarrow T(f_n)\longrightarrow T(f)\,\,p.p.$$
Montrer que $T$ est continue.
\fexo
\dexo $L^{\infty}(0,1)\not=\Cab$\hfill \newline 
On note $f_0$ la fonction indicatrice de l'intervalle 
$[0,1/2]$.
Montrer qu'il n'existe pas de fonction $g \in \Cab$ telle que $g=f_0$ p.p.\fexo
\dexo \hfill \newline 
Comparer $L^4(A)$ et $L^5(A)$ dans les cas $A=[0,1]$ et $A=\RR$.
\fexo
 \dexo \hfill \newline Soit $\Om = ]0,1[$ et soit $f_n(x) = n^{\frac{1}{p}} e^{-nx}$
o{\`u} $1 \leq p <
+\infty$. \\
1) Montrer que $f_n \rightarrow 0$ p.p. dans $\Om$, $(f_n)_n$ est born{é}e dans
$L^p(\Om)$ et $f_n \not\rightarrow 0$ dans $L^p(\Om)$.\\
2) Soit $\vfi \in {\cal C}_c(\Om)$ et soit T l'application d{é}finie sur $L^p(\Om)$
par $T(g) = \int_0^1 g\,\vfi\; dx$, montrer que $T \in (L^p(\Om))^{\prime}$.\\
3) Si $1<p<+\infty$, montrer que $f_n \rightharpoonup 0$ dans $L^p(\Om)$ faible.\\
Si $p=1$, montrer que $f_n \not\rightharpoonup 0$ dans $L^1(\Om)$ faible et qu'il n'existe aucune sous-suite de
$(f_n)_n$ convergeant faiblement dans $L^1(\Om)$. Que
pouvez-vous conclure ?\\
\fexo
\dexo{\bf Calcul de limites faibles}

1) La suite $u_n(x)=\indic_{[0,1]}\sin nx$ converge-t-elle faiblement dans $L^2(\RR)$ et si oui,  quelle est sa
limite faible ? Cette suite converge-t-elle   fortement ?

2) Mêmes questions pour $u_n(x)=\sin^2(nx)\indic_{[0,1]}$. \fexo

\dexo
Montrer que la convergence faible dans $L^p(\RR)$, pour $1\leq p< \infty$, implique la convergence dans $\DPI(\RR)$.
\fexo
\dexo
  Soit $u_n$ une suite bornée de $L^p(\RR)$ ($1\leq p \leq
+\infty$). On se demande si elle admet une sous-suite faiblement convergente ou faiblement-* convergente. Si oui le
montrer, sinon, donner un contrexemple.

1) Traiter le cas $1<p<+\infty$

2) Traiter le cas $p=+\infty$

3) Traiter le cas $p=1$ (considérer par exemple $u_n=2n\indic_{(-1/n,1/n)}$ par exemple).

4) Montrer que  $C_0^0(\RR)$, l'espace des fonctions réelles continues et tendant vers zéro à l'infini, est un
sous-espace fermé de $L^\infty(\RR)$. On admet que l'espace $C_0^0(\RR)$ est séparable (version du thm de Stone-Weierstrass dans les espaces localement compacts non compacts, voir Dixmier topologie générale par exemple).

5) Montrer que $L^1(\RR)$ est un sous espace de $C_0^0(\RR)'$ et en déduire que de toute suite bornée dans
$L^1(\RR)$ on peut extraire une sous-suite (encore notée $u_n$) telle que $\int u_n(x)\varphi(x)$ converge pour tout
$\varphi(x)\in C_0^0(\RR).$

6) Regarder le cas particulier de $u_n(x)=n\indic_{|-\frac 1n, \frac 1n]}$ : quelle est la limite  de $u_n$ au
sens de la convergence faible-*  dans $C_0^0(\RR)'$ ?
\fexo


\dexo \hfill \newline
Soit $f \in L^2(0,1)$ et $a(u,v)=\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + (\int_0^1 u)(\int_0^1
v).$

1) Montrer qu'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) V{é}rifier que $u \in H^2(0,1)$ et interpréter le probl{è}me diff{é}rentiel r{é}solu (c'est-\`a-dire trouver
l'{é}quation diff{é}rentielle et les conditions aux limites satisfaites par u). \fexo

\newpage
{\bf Corrigé}\\ \\
\setcounter{exo}{0} 
\dexo \hfill \newline  
On suppose donc que $f$ n'est pas continue alors il existe $x_0\in E$, il existe un voisinage $V$ de $f(x_0)$ dans $F$ tels que  $\forall W \in \vois_{\tau }(x_0)$, $f(W)\not\subset V$.\\
Comme $(E,\tau )$ est métrisable, il existe une distance $\delta $ sur $E$ telle que les 2 applications "identité" soient continues.\\
La continuité de l'identité de $(E,\tau )$ dans $(E,\delta )$ implique que $\forall r=\frac{1}{n}$, $n\in \NN^{\star }$, $\exists W_n\in \vois_{\tau }(x_0)$ tel que $W_n\subset B_{\delta }(x_0,\frac{1}{n})$.\\
Donc $\forall n\geq 1$, $\exists x_n\in B_{\delta }(x_0,\frac{1}{n})$ tel que $f(x_n)\not\in V$.\\
Comme $\delta (x_0,x_n)<\frac{1}{n}$, la suite $(x_n)_n$ converge ves $x_0$ dans $(E,\delta )$ et la continuité de l'identité de $(E,\delta )$ dans $(E,\tau )$ entrainne la convergence de $(x_n)_n$ vers $x_0$ dans $(E,\tau )$. L'application $f$ étant séquantiellement continue, $f(x_n)\longrightarrow f(x_0)$ et $f(x_n)\not\in V$ pour tout $n$, c'est absurde.\fexo
\dexo \hfill \newline 
1) ${\cal C}_0\subset \linf$, il suffit donc de vérifier que ${\cal C}_0$ est fermé dans $\linf$ et on peut utiliser les suites.\\
Soit $(x^k)^k\subset {\cal C}_0$ telle que $x^k\longrightarrow x$ dans $\linf$. Montrons que $x\in {\cal C}_0$.\\
$\forall \varepsilon >0$, $\exists K$, $\forall k\geq K$, $\forall n\geq 1$ $\vert x_n^k-x_n\vert\leq \varepsilon $. Et $x^K\in {\cal C}_0$ donc $\exists N$ tel que $\forall n\geq N$, $\vert x_n^K\vert\leq \varepsilon $. Alors, $\forall n\geq N$, $\vert x_n \vert\leq \varepsilon +\vert x_n^K\vert\leq 2\varepsilon $. Ce qui prouve que $x\in {\cal C}_0$.\\
2) $T_N$ est linéaire et $\vert T_N(x) \vert\leq \sum_1^N \vert y_n \vert \,\Vert x \Vert_{\infty}$.\\
Donc $T_N$ est continue et $\Vert T_N \Vert \leq \sum_1^N \vert y_n \vert$. Montrons l'égalité.\\
Si $(y_1,...,y_N)\not= (0,...,0)$, on définit $x=(x_n)_n$ par $x_n= sign(y_n)$ si $n\leq N$ et $x_n=0$ sinon. Alors $x\in {\cal C}_0$, $\Vert x \Vert_{\infty}=1$. De plus, $$T_N(x)=\sum_1^N \vert y_n \vert \leq \Vert T_N \Vert\,\Vert x \Vert_{\infty}= \Vert T_N \Vert.$$
On en déduit que $\Vert T_N \Vert=\sum_1^N \vert y_n \vert$.\\
Si $y_n=0$ pour tout $n\leq N$, $T_N\equiv 0$ et c'est vrai aussi. Donc dans tous les cas $\Vert T_N \Vert=\sum_1^N \vert y_n \vert$.\\
3) On applique Banach-Steinhaus: ${\cal C}_0$ est un Banach, $\forall N\geq 1$, $T_N \in {\cal L}({\cal C}_0,\RR)$. De plus, $\forall x\in {\cal C}_0$, $\vert T_N(x) \vert\leq \sum_1^N \vert x_ny_n \vert \leq \sum_1^{\infty} \vert x_ny_n \vert < \infty$. Donc, $\sup_N \vert T_N(x) \vert < \infty$. Alors, $\exists C>0$ tel que $\forall N$, $\Vert T_N \Vert\leq C$ $\Longrightarrow $ $\forall N$, $\sum_1^N \vert y_n \vert \leq C$. La série converge.
\fexo
\dexo \hfill \newline 
Il suffit de montrer que $\forall R>0$, $f\in L^1(B(0,R))$. En passant en coordonnées polaires, on a
$$\int_{B(0,R)} f dx = \int_0^{2\pi } \int_0^R \frac{1}{r} rdr d\theta =2\pi R< \infty.$$
\fexo
\dexo \hfill \newline
On utilise le théorème du graphe fermé. Soit $(f_n, T(f_n))\in G(T)$ telle que \\ $f_n\longrightarrow f$ et $T(f_n)\longrightarrow g$ dans $L^1$. Montrons que $g=T(f)$. Avec la réciproque du TCD, il existe une sous-suite $(f_{n_k})_k$ qui converge p.p. vers $f$. Alors $T(f_{n_k})$ converge p.p. vers $T(f)$ et vers $g$ dans $L^1$. On applique encore une fois la réciproque du TCD et on en conclut que $g=T(f)$.\fexo
\dexo \hfill \newline 
On raisonne par l'absurde et on suppose qu'il existe $g$ continue sur $[0,1]$ telle que $f_0=g$ p.p. Alors $\exists x_0\in [0,1/2]$ tel que $f_0(x_0)=g(x_0)=1$ (sinon $f_0\not= g$ sur $[0,1/2]$ de mesure $>0$). De même, $\exists x_1\in [1/2,1]$ tel que $f_0(x_1)=g(x_1)=0$. Par le thm des valeurs intermédiaires  ($g$ continue), $\exists x_2\in [x_0,x_1]$ tel que $g(x_2)=1/2$. Comme $g$ est continue, $\alpha >0$ tel que $\forall x\in [x_2-\alpha ,x_2+\alpha ]$, $1/4 \leq g(x) \leq 3/4$. Donc sur cet intervalle de mesure $>0$, $g\not=f_0$ d'où contradiction.\fexo 
\dexo \hfill \newline 
Si $A=[0,1]$, montrons que $L^5(A)\subset L^4(A)$. Soit $f\in L^5(A)$, alors $\vert f \vert^4 \in L^{\frac{5}{4}}$ et $1\in L^p(A)$, $\forall p\geq 1$. L'inégalité de H{\"o}lder montre que
$$\int_0^1 \vert f \vert^4\leq \left(\int_0^1 \vert f \vert^5\right)^{\frac{4}{5}} \left(\int_0^1 1 \right)^{\frac{1}{5}}.$$
D'où $f\in L^4(A)$.\\
Si $A=\RR$, $L^5(A)$ et $L^4(A)$ ne sont pas "comparables". On va chercher d'abord une fonction $f\in L^5(\RR]$ qui n'est pas dans $L^4(\RR)$ sous la forme $f(x)=1/\vert x \vert^{\alpha }$ si $\vert x \vert\geq 1$ et $f(x)=1$ sinon. Donc on voudrait $$\int_{\vert x \vert\geq 1} \frac{dx}{\vert x \vert^{5\alpha }} < \infty \,\,\mbox{et} \,\,\int_{\vert x \vert\geq 1} \frac{dx}{\vert x \vert^{4\alpha }} = \infty.$$
On peut prendre par exemple $\alpha = \frac{1}{4}$.\\
Maintenant on cherche $f$ dans $L^4(\RR)$ qui n'est pas dans $L^5(\RR)$. On la cherche sous la forme $f(x)=1/\vert x \vert^{\alpha }$ si $\vert x \vert\leq 1$ et $f(x)=0$ sinon. Cette fois, on veut $4\alpha <1$ et $5\alpha \geq 1$ donc $\alpha = \frac{1}{5}$ convient.
\fexo
\dexo \hfill \newline
1) $f_n(x) = n^{\frac{1}{p}} e^{-nx}$ avec $1 \leq p < \infty$.\\
$f_n \rightarrow 0$ p.p. sur $]0,1[$ car par exemple $f_n \rightarrow 0$ uniform{é}ment
sut tout compact de $]0,1[$. On a \\
$$\int_0^1 \vert f_n \vert^p = \Vert f_n \Vert_p^p = \frac{1}{p} (1 - e^{-np})
{\longrightarrow} \frac{1}{p},$$ quand $n$ tend vers l'infini. Donc la suite $(f_n)$ est born{é}e dans $L^p$ et $f_n
\not\rightarrow 0$ dans $L^p$ car
$\Vert f_n \Vert_p^p \rightarrow \frac{1}{p} \not= 0$.\\
2) Appliquer l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder.\\
3) Si $1<p<\infty$, $L^p$ est r{é}flexif et $(f_n)_n$ est born{é}e donc il existe une sous-suite $(f_{n_k})_k$ telle
que $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $L^p$ faible. En particulier, $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$, $\int_0^1
f_{n_k} \vfi \rightarrow \int_0^1 f \vfi$. Or $f_{n_k} \rightarrow 0$ uniform{é}ment sur le support compact de $\vfi$
donc $\int_0^1 f\vfi = 0$ et ceci $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$. On en d{é}duit que $f = 0$ p.p. et c'est toute
la suite $f_n$ qui converge faiblement vers
$0$ (raisonner par l'absurde).\\
Si $p=1$, supposons que la suite $f_n$ converge faiblement vers $0$ dans $L^1$ faible. Comme $f \mapsto \int_0^1 f \in
(L^1)^{\prime}$, on aurait $\int_0^1 f_n \rightarrow 0$ or $\int_0^1 f_n \rightarrow 1$ donc c'est absurde et $f_n
\not\rightharpoonup 0$ dans
$L^1$ faible.\\
Si $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $L^1$ faible alors comme ci-dessus : $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$,
$\int_0^1 f_{n_k} \vfi \rightarrow \int_0^1 f \vfi$ et $f_{n_k} \rightarrow 0$ uniform{é}ment sur le support compact de
$\vfi$ donc $\int_0^1 f\vfi = 0$. On en d{é}duit que $f=0$ p.p. mais $\int_0^1 f_{n_k} \rightarrow 1 \not= 0$, donc
c'est impossible.\\
On peut en conclure que $L^1(0,1)$ n'est pas r{é}flexif. \fexo

\dexo \hfill \newline
1) Soit $f\in L^2(\RR)$ : elle est aussi, par
l'inégalité de Cauchy-Schwarz, dans $L^1([0,1])$ et le lemme de
Riemann-Lebesgue nous assure que $\int
f(x)\indic_{[0,1]}\sin(nx)dx\to 0$. Donc la suite converge
faiblement vers 0. On voit aisément que $\int_0^1 \sin^2(nx)dx\geq C>
0$ et donc la suite ne converge pas fortement. En effet, si elle
convergeait fortement, sa limite devrait être la limite faible et
donc 0.

2) On écrit $u_n(x)=\indic_{[0,1]}(\frac 12{1-\cos(2nx)}$
et par le même raisonnement qu'au 1) on déduit que $u_n$ tend
faiblement vers $\frac 12\indic_{[0,1]}$, et qu'elle ne converge
pas fortement. \fexo
\dexo \hfill \newline
Si $1\leq p<\infty$, le dual de $L^p$ est $L^q$ avec $1/p + 1/q =1$. Donc dire que $u_n$ converge faiblement vers $u$ dans $L^p$ veut exactement dire que pour tout $v\in L^q$, $\int u_n v \longrightarrow \int uv$. Comme $\DI(\RR)\subset L^q$, en particulier, $\forall \varphi \in \DI(\RR)$, $\int u_n \varphi  \longrightarrow \int u\varphi $. C'est la convergence dans $\DPI(\RR)$ de la suite $(u_n)_n$ vers $u$.\\
\fexo
\dexo \hfill \newline
1) Prenons d'abord $1<p<+\infty$. Alors la suite
$u_n$ est bornée dans un espace séparable réflexif et admet donc
une sous-suite faiblement convergente.

2) Si   $p=+\infty$ : on ne connaît pas le dual de
$L^\infty$ et on ne se pose donc pas la question de la convergence
faible.  Par contre on sait que $L^\infty$ est le dual de $L^1$.
La suite est donc bornée dans le dual de l'espace séparable
$L^1(\RR)$ et admet donc une sous-suite faiblement-*
convergente.

3)  Si enfin $p=1$ : on peut se poser la question de la
convergence faible puisque qu'on connaît le dual de $L^1$, qui est
$L^\infty$.  Mais dans  ce cas, on connaît maintenant le contrexemple de l'exercice 7, question 3). On a une suite bornée dans $L^1$ qu n'admet aucune sous-suite faiblement convergente.
% En effet, la suite $(u_n)_n$ converge vers $4\delta _0$ au sens des distributions car
%$$\vert \int u_n\varphi - 4\varphi (0) \vert \leq \Vert \varphi ^{\prime} \Vert_{\infty} 2n \int_{-\frac{1}{}}^{\frac{1}{n}} \vert x \vert= \frac{4}{n^2} \Vert \varphi ^{\prime} \Vert_{\infty},$$
%pour tout $\varphi \in \DI(\RR)$. \\Si elle a une sous-suite qui converge faiblement vers $u$ dans $L^1$, cette sous-suite converge au sens des distributions vers $u$. Nécessairement $u=4\delta _0$ qui n'est pas dans $L^1$.

4) Ceci est immédiat, la convergence uniforme préservant la
continuité des fonctions et leur limite en l'infini.

5) Si $f\in L^1(\RR)$ et  $\varphi\in C_0^0(\RR)$,   on
a $|\int f\varphi|\leq (\int_{\RR}|f|)\sup_{\RR}|\varphi|,$ ce
qui prouve que $f\in C_0^0(\RR)'$.  Or $C_0^0$ est un espace
séparable et on peut donc appliquer le théorème 4.5 : toute suite
bornée du dual d'un espace séparable a une sous-suite faiblement-*
convergente.

6)  Cette limite faible-* est $2\delta_0$, qui est bien dans
$(C_0^0)'$.
\fexo
\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{é}aire sym{é}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 {à} 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 $H^1(0,1)$ est r{é}flexif, il existe
une sous-suite encore not{é}e $u_n$ telle que $u_n \rightharpoonup u$ dans $H^1(0,1)$ faible. L'injection $H^1(0,1)
\longrightarrow {\cal C}[0,1]$ {é}tant compacte (vu en TD Sobolev),
$u_n \rightarrow u$ 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. donc $v$ 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{é}duit que $\int_0^1 v =0$ donc n{é}cessairement
$v=0$ or $\Vert v \Vert_{H^1} = 1$,
c'est absurde.\\
D'apr{è}s le th{é}or{è}me de Lax-Milgram, 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 $\DI(]0,1[) \subset H^1(0,1)$, si $\vfi \in \DI(]0,1[)$, $a(u,\vfi) = \int_0^1 f\vfi = <f,\vfi>$ 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} $< - u^{\prime \prime} + \int_0^1 u - f,\vfi > = 0$, $\forall \vfi \in \DI(]0,1[)$, 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{é}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{è}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 $v \in H^1$,
on peut faire une int{é}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{é}cessairement
$u^{\prime}(1) = u^{\prime}(0) =
0$.\\
D'o{\`u} $u$ est solution du probl{è}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{é}ciproquement. \fexo 

\end{document}