Introduction aux équations à dérivées partielles

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1 Université de Metz Master de Mathématiques er semestre Introduction aux équations à dérivées partielles par Ralph Chill Laboratoire de Mathématiques et Applications de Metz Année 2005/06

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3 Contenu Chapître. Introduction 5. Notations 5 2. Exemples d équations à dérivées partielles 5 Chapître 2. Equations à dérivées partielles du premier ordre 7. La méthode des caractéristiques 7 2. Lois de conservation, solutions intégrales 3. L équation des ondes en une dimension 6 Chapître 3. L opérateur de Laplace 9. Convolution et régularisation 9 2. Fonctions harmoniques 2 3. Solution fondamentale Le problème de Dirichlet (fonctions de Green) Le problème de Dirichlet (solution de Perron) 30 Chapître 4. L équation de la chaleur 35. Le noyau de la chaleur Séparation des variables et séries de Fourier Principe de comparaison 39 Chapître 5. Annexe 43. La mesure de surface sur la sphère dans R n Intégration par partie sur une boule Intégration par partie sur un ouvert régulier 48 Bibliographie 53 3

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5 CHAPîTRE Introduction. Notations Soit R n un ouvert. Pour une fonction u C () on utilisera les notations suivantes pour la dérivée partielle en x par rapport à x i : u x i (x) = xi u(x) = i u(x) = u xi (x). Pour les dérivées partielles d ordre supérieure d une fonction u C k () on utilisera les multi-indices. Un multi-indice est un élément α N n 0. Pour tout multi-indice α on définit D α u(x) := α α u u(x) := α (x), x... x αn n où α := n i= α i. Les dérivées totales ou dérivées de Fréchet d une fonction u C k () sont notées D l u(x) := (D α u(x)) α =l, l k. On note aussi D u(x) =: u(x) = ( u x i (x) ) i n le gradient de u en x, et la matrice hessienne. D 2 u(x) =: H u (x) = ( 2 u x i x j (x) ) i,j n 2. Exemples d équations à dérivées partielles 2.. L équation de transport. ut (t, x) + bu x (t, x) = 0, t > 0, x R, u(0, x) = g(x), x R L équation de Hamilton-Jacobi. ut (t, x) + f( u(t, x)) = 0, t > 0, x R n, u(0, x) = g(x), x R n. 5

6 6. INTRODUCTION 2.3. Loi de conservation. t u(t, x) + x f(u(t, x)) = 0, t > 0, x R, u(0, x) = g(x), x R L équation de Laplace. u(x) = f(x), x, u(x) = 0, x L équation de Poisson. u(x) = 0, x, u(x) = g(x), x L équation de la chaleur. u t (t, x) u(t, x) = 0, t > 0, x, u(t, x) = 0, t > 0, x, u(0, x) = g(x), x L équation des ondes. u tt (t, x) u(t, x) = 0, t > 0, x, u(t, x) = 0, t > 0, x, u(0, x) = g(x), x u t (0, x) = h(x), x.

7 CHAPîTRE 2 Equations à dérivées partielles du premier ordre Soit R n un ouvert et soit F : R R n R, (x, u, p) F(x, u, p) une fonction de classe C. L équation à dérivées partielles du premier ordre est l équation (0.) F(x, u(x), u(x)) = 0 pour tout x. Cette équation est parfois complémentée d une condition au bord : (0.2) u(x) = g(x) pour tout x Γ, où Γ est un sous-ensemble du bord et g : Γ R est une fonction donné. Parfois Γ est seulement un sous-ensemble de ; dans ce cas la condition (0.2) n est pas forcément une condition au bord, mais on peut l appeler une condition complémentaire.. La méthode des caractéristiques On fait une première observation importante concernant le problème (0.). Si u C () est une solution de (0.) et si x : I est une courbe de classe C définie sur un intervalle I R, si on définit z(s) := u(x(s)) et q(s) := u(x(s)), et si x est choisie telle que ẋ(s) = p F(x(s), z(s), q(s)), alors x, z et q vérifient un système d équations différentielles caractéristiques: ẋ j (s) = F (x(s), z(s), q(s)) ( j n), p j ż(s) = n j= F p j (x(s), z(s), q(s)) q j (s), q j (s) = F x j (x(s), z(s), q(s)) F u (x(s), z(s), q(s)) q j(s) ( j n). Ce système peut servir à montrer l unicité et l existence de solutions, et même pour résoudre l équation (0.). (.) Exemple 2.. Essayons de résoudre l équation x u x2 x 2 u x = u, x, x 2 > 0, u(x, 0) = g(x ), x > 0. 7

8 8 2. EQUATIONS À DÉRIVÉES PARTIELLES DU PREMIER ORDRE Ce problème est en effet une EDP du premier ordre et donc un cas particulier de (0.) et (0.2). Si on définit l ouvert := (x, x 2 ) R 2 : x, x 2 > 0}, et si on définit la fonction F : R R 2 R par F(x, x 2, u, p, p 2 ) = x p 2 x 2 p u, alors on voit que le probléme (.) est un cas particulier du problème (0.). Les équations différentielles caractéristiques sont avec données initiales ẋ (s) = x 2 (s), ẋ 2 (s) = x (s), ż(s) = x 2 (s)q (s) + x (s)q 2 (s) = z(s), x (0) = x > 0, x 2 (0) = 0 et z(0) = g(x). On obtient comme solution de ce système d équations différentielles: (x (s), x 2 (s)) = (x coss, x sin s) et z(s) = e s g(x). Si on veut alors calculer la solution u du problème (.) en un point (x, x 2 ), alors il faut encore résoudre le système x = x coss, x 2 = x sin s, c.à.d. calculer x et s en fonction de x et x 2. On obtient x = x 2 + x 2 2 et s = arctan x 2. x Finalement, on peut calculer la solution u du problème (.): u(x, x 2 ) = g( x 2 + x 2 2)e arctan x 2 x, (x, x 2 ). On vérifie que c est vraiment une solution du problème (.). Par la méthode des caractéristiques, on peut aussi résoudre l équation de transport linéaire. Théorème 2.2 (Equation de transport linéaire à coefficients variables). Soient g, b C (R) tels que sup x R b(x) <. Alors il existe une unique solution u C ([0, ) R) du problème t u(t, x) + b(x) x u(t, x) = 0, t > 0, x R, (.2) u(0, x) = g(x).

9 . LA MÉTHODE DES CARACTÉRISTIQUES 9 Démonstration. L équation de transport est une équation d évolution, d où la variable t pour le temps et la variable x pour l espace. Mais pour utiliser la notation de l EDP du premier ordre (0.), on va remplacer t par x 0 et x par x. L équation (.2) devient x0 u(x 0, x ) + b(x ) x u(x 0, x ) = 0, x 0 > 0, x R, (.3) u(0, x ) = g(x ). Si on pose := (x 0, x ) R 2 : x 0 > 0} et si on définit F : R R 2 R par F(x 0, x, u, p 0, p ) := p 0 + b(x )p, alors on voit que l équation (.3) est un cas spécial de l équation (0.). Unicité: Soit u une solution du problème (.3). Les équations différentielles caractéristiques pour ce problème sont: ẋ 0 (s) =, ẋ (s) = b(x (s)), ż(s) = q 0 (s) + b(x (s))q (s) = 0. La dernière égalité suit de la définition de z et du fait que u est une solution de (.3). Le problème (.3) étant linéaire, il suffit de résoudre ces trois équations différentielles qui sont indépendantes des équations différentielles pour q 0 et q. Pour les données initiales x 0 (0) = 0, x (0) = x R et z(0) = u(0, x) = g(x) on obtient: x 0 (s) = s, z(s) = z(0) = g(x). En particulier, on sait que toute solution u est constante sur toute courbe caractéristique. En général, on ne peut pas résoudre l équation différentielle ẋ (s) = b(x (s)) explicitement, mais d après la théorie des équations différentielles (théorème de Cauchy-Lipschitz, existence d une solution maximale) on sait que cette équation différentielle admet pour toute donnée initiale x (0) = x R une solution unique définie pour tout s R (utiliser que b est localement lipschitzienne et globalement bornée). Le même argument montre que pour tout point (x 0, x ) du demi-plan il existe une courbe caractéristique unique qui traverse à la fois le point (x 0, x ) et un point unique de la forme (0, x) pour un x R (utiliser que x 0 (s) = s et que x est définie globalement). La solution u étant constante sur toute courbe caractéristique, u(x 0, x ) est alors détérminée par la valeur de u en (0, x), c.à.d. par g(x). Ceci montre l unicité d une solution u de l équation de transport. Existence: On utilisera les équations caractéristiques pour définir un candidat de solution. On repète ce que l on vient de dire sur les courbes caractéristiques: pour tout point (x 0, x ) du demi-plan il existe une courbe

10 0 2. EQUATIONS À DÉRIVÉES PARTIELLES DU PREMIER ORDRE caractéristique unique qui traverse à la fois le point (x 0, x ) et un point unique de la forme (0, x) pour un x R. Alors, étant donné un point (x 0, x ), on prend cette courbe caractéristique et le point (0, x) sur cette courbe, et on définit u(x 0, x ) := g(x). En exercice, démontrer que la fonction u ainsi définie est de classe C et qu elle est solution de l équation de transport. Remarque 2.3. On montrera de la même manière que pour tout g, b, f C (R) tel que sup x R b(x) < le problème non-homogène t u(t, x) + b(x) x u(t, x) = f(t, x), t > 0, x R, u(0, x) = g(x), admet une solution unique. Exemple 2.4 (Le cas de coefficients constants). Pour tout g C (R) et tout b R, l équation de transport linéaire à coefficients constants t u(t, x) + b x u(t, x) = 0, t > 0, x R, u(0, x) = g(x), admet une solution unique. Celle-ci est donnée par u(t, x) := g(x tb). Les équations différentielles caractéristiques sont ici particulièrement simples: ẋ 0 (s) =, ẋ (s) = b, ż(s) = 0. Comme dans la démonstration du Théorème 2.2 on fait l identification x 0 t et x x. Plus généralement, le problème t u(t, x) + b x u(t, x) = f(t, x), t > 0, x R, u(0, x) = g(x), admet la solution unique donnée par u(t, x) = g(x bt) + t 0 f(τ, x bt + bτ) dτ.

11 (2.) 2. LOIS DE CONSERVATION, SOLUTIONS INTÉGRALES 2. Lois de conservation, solutions intégrales 2.. Le modèle. On considère l équation à dérivées partielles ut + f(u) x = 0, t > 0, x R, u(0, x) = g(x), x R, où f, g C (R) sont des fonctions données. En fait, dans la suite on suppose que g est seulement continue ou que g est mesurable et localement bornée: g L loc (R). On veut utiliser la méthode des caractéristiques pour montrer unicité et existence de solutions. Si on refait l identification t x 0 et x x, alors les équations différentielles caractéristiques pour le problème (2.) sont ẋ 0 (s) =, ẋ (s) = f (z(s)), ż(s) = 0. Ces trois équations sont déjà indépendantes des variables q 0 et q. Il ne faut donc ni écrire ni résoudre les équations différentielles pour q 0 et q. Les trois équations différentielles pour x 0, x et z sont complémentées de conditions initiales: x 0 (0) = 0, x (0) = x R et z(0) = g(x). Alors on obtient comme solutions: x 0 (s) = s, x (s) = x + f (g(x))s, z(s) = g(x). En particulier, les courbes caractéristiques sont des droites, et u est constante sur toute courbe caractéristique L équation de Burger. Un cas particulier d une loi de conservation est l équation de Burger: ut + ( 2 u2 ) x = 0, t > 0, x R, (2.2) u(0, x) = g(x), x R, Cette équation est un cas particulier d une loi de conservation si on pose f(u) = 2 u2. Les courbes caractéristiques sont les droites (x (s), x 2 (s)) = (s, x + g(x)s) avec x R donné, et u g(x) sur chaque droite caractéristique.

12 2 2. EQUATIONS À DÉRIVÉES PARTIELLES DU PREMIER ORDRE Exemple 2.5. Si g(x) := 0, x 0, x, x > 0, alors les courbes caractéristiques sont données par (s, x) si x2 (0) = x 0, (x (s), x 2 (s)) := (s, x( + s)) si x 2 (0) = x > 0. Pour tout point (x, x 2 ) R + R il existe une courbe caractéristique unique t x Figure. Courbes caractéristiques pour l exemple 2.5 qui passe par (x, x 2 ) et un point de la forme (0, x). La solution u dans cet exemple est donnée par Exemple 2.6. Si u(t, x) := 0, x 0, x t+, x > 0,, x 0, g(x) := x, 0 < x <, 0, x, alors les courbes caractéristiques sont données par (s, x( + s)) si x 2 (0) = x 0, (x (s), x 2 (s)) := (s, s + ( + s)x) si 0 < x 2 (0) = x <, (s, x) si x 2 (0) = x. On voit dans cet exemple que les courbes caractéristiques s intersectent dans l ensemble (t, x) : t > }. Il n est plus possible de définir une solution u dans cet ensemble à partir de la méthode des caractéristiques.

13 2. LOIS DE CONSERVATION, SOLUTIONS INTÉGRALES 3 t Figure 2. Courbes caractéristiques pour l exemple 2.6 La solution u dans l ensemble (t, x) : 0 t } est donnée par, x t et 0 t, x u(t, x) := t, 0 t x, 0, x et 0 t. La solution u n est pas définie pour t >! Exemple 2.7. Si g(x) := 0, x 0,, x > 0, alors les courbes caractéristiques sont données par (s, x( + s)) si x 2 (0) = x 0, (x (s), x 2 (s)) := (s, s + ( + s)x) si 0 < x 2 (0) = x <, (s, x) si x 2 (0) = x. On voit dans cet exemple que les courbes caracteristiques ne couvrent pas le t x Figure 3. Courbes caractéristiques pour l exemple 2.7 demi-plan ; en particulier, il n est pas clair de définir une solution u dans l ensemble (t, x) : 0 < x < t}. Donc, on ne peut pas donner une solution pour t > 0. x

14 4 2. EQUATIONS À DÉRIVÉES PARTIELLES DU PREMIER ORDRE 2.3. Solutions intégrales, condition de Rankine-Hugoniot. Dans ce paragraphe, on définit le demi-plan fermé R 2 + := (t, x) R2 : t > 0}. Pour une fonction ϕ C (R 2 + ) on définit le support Puis on définit l espace supp ϕ := x R 2 + : ϕ(x) 0}. D(R 2 +) := C c (R 2 +) := ϕ C (R 2 +) : supp ϕ R 2 + est compact}. Les éléments de D(R 2 + ) sont les fonctions de test sur R2 +, et D(R2 + ) est l espace des fonctions de test sur R 2 +. Si u C (R 2 + ) est une solution (classique) de la loi de conservation (2.), alors une intégration par partie implique que pour toute fonction de test ϕ D(R 2 +) on a 0 = (u t + f(u) x )ϕ dx dt R 2 + = = uϕ t dt dx + [uϕ] t=0 dx R f(u)ϕ x dx dt + [f(u)ϕ] x= dt 0 R 0 (uϕ t + f(u)ϕ x ) dx dt g(x)ϕ(0, x) dx. R 0 R 2 + Définition 2.8. On dit que u L loc (R2 +) est une solution intégrale du problème (2.) si pour toute fonction de test ϕ D(R 2 +) on a (uϕ t + f(u)ϕ x ) dx dt + g(x)ϕ(0, x) dx = 0. R 2 + Remarques 2.9. (a) Si v L loc (R2 +) est une fonction telle que vϕ dx dt = 0 R 2 + pour tout ϕ D(R 2 + ), alors v = 0. Ce fait va être démontré plus tard. (b) Si u est une solution intégrale du problème (2.) et si en plus u C (R 2 + ), alors u est une solution classique du problème (2.); il suffit d intégrer par partie et d utiliser la remarque (a) pour voir ça. Comment calculer des solutions intégrales? Supposons qu il existe une courbe C : s (s, x(s)) de classe C qui divise le demi-plan R 2 + en deux sousensembles := (t, x) R 2 + : x < x(t)} et + := (t, x) R 2 + : x > x(t)}. Supposons qu il existe une solution intégrale u L loc (R2 +) qui est en fait une R R

15 2. LOIS DE CONSERVATION, SOLUTIONS INTÉGRALES 5 solution classique à l interieure de et de +. On suppose que pour (presque) tout s 0 les limites u ± (s) := lim u(t, x) (t,x) (s,x(s)) (t,x) ± existent. Alors la définition de solution intégrale et la formule de Green (intégration par partie dans R n ) impliquent que pour toute fonction de test ϕ D(R 2 + ) on a 0 = (uϕ t + f(u)ϕ x ) + g(x)ϕ(0, x) dx = = R 2 + ( R u )( ϕ t ) x(0) + g(x)ϕ(0, x) dx + f(u) ϕ x u )( ϕ + t ) + g(x)ϕ(0, x) dx f(u) ϕ x ( + 0 x(0) (u + (s)ẋ(s) u (s)ẋ(s)) ds 0 (f(u + (s)) f(u (s)))ϕ(s, x(s)) ds. Cette égalité est alors une condition nécessaire et suffisante pour que u soit solution intégrale. Cette égalité est vraie pour toute fonction de test ϕ D(R 2 + ) si la condition suivante est vérifiée: (2.3) (u + u )ẋ(s) = (f(u + ) f(u )) pour tout s 0. Cette condition est appellé la condition de Rankine-Hugoniot. Si on connait les fonctions u + et u (et si u + (s) u (s)), alors la condition de Rankine- Hugoniot est une équation différentielle pour la fonction x. Elle nous permet de calculer éventuellement la courbe x et donc une solution intégrale. Exemple 2.0. On reconsidère l équation de Burger (2.2) avec donnée initiale comme dans l exemple 2.6. En fait, dans l exemple 2.6, on a déjà définit une solution u pour 0 t. Il suiffit de prolonger la solution en une solution intégrale pour t. Alors, on veut en fait résoudre l équation de Burger pour la donnée initiale, x, g(x) = u(, x) = 0, x > 0. Soit u une solution intégrale de l équation de Burger pour cette donnée initiale, et soit x : R + R une fonction telle que x(0) = (le point de discontinuité de la donnée initiale) et telle que u est solution classique dans les ensembles + = (t, x) : x > x(t)} et = (t, x) : x < x(t)}. En fait, par la donnée initial on voit que u = 0 dans + et u = dans. La condition de Rankine- Hugoniot devient, ẋ(s) = 2, s 0,

16 6 2. EQUATIONS À DÉRIVÉES PARTIELLES DU PREMIER ORDRE parce que f(u) = 2 u2. Donc, x(s) = + 2 s. t Figure 4. Courbes caractéristiques pour l exemple 2.0 Une solution intégrale u de l équation de Burger avec donnée initiale comme dans l exemple 2.6 est alors, x t et 0 t, u(t, x) := x t, 0 t x, 0, x et 0 t,, t > et x < t+ 2, 0, t > et x > t+. 2 Remarque 2.. En général, les solution intégrales ne sont pas uniques! Par exemple, 0, x < t 2 u(t, x) :=,, x > t, 2 et 0, x 0, x u(t, x) := t, 0 < x < t,, x t, sont des solutions intégrales de l équation de Burger avec donnée initiale comme dans l exemple L équation des ondes en une dimension 3.. L équation des ondes sur R. Nous considérons l équation des ondes en une dimension: u tt (t, x) u xx (t, x) = 0, t > 0, x R, (3.) u(0, x) = u 0 (x), x R, u t (0, x) = u (x), x R. Les fonctions u 0, u : R R sont données. L équation des ondes est une équation à dérivées partielles du deuxième ordre, mais on peut la réécrire x

17 3. L ÉQUATION DES ONDES EN UNE DIMENSION 7 comme un système d équations à dérivées partielles du premier ordre. On observe qu on peut factoriser l équation (ou l opérateur différentiel) des ondes: ( t + x )( t x )u = u tt u xx = 0. Si on pose v(t, x) = ( )u(t, x), alors on obtient un système d équations t x de transport pour les fonctions u et v: v t + v x = 0, t > 0, x R, u t u x = v, t > 0, x R, v(0, x) = u (x) u 0(x), x R, u(0, x) = u 0 (x), x R. Comme dans l Exemple 2.4, on obtient comme solution: où a(x) = v(0, x), et Par définition, v(t, x) = a(x t), u(t, x) = u 0 (x + t) + = u 0 (x + t) + = u 0 (x + t) + 2 t 0 t v(τ, x + t τ) dτ a(x + t 2τ) dτ 0 x+t x t a(τ) dτ. a(x) = v(0, x) = u t (0, x) u x (0, x) = u (x) u 0 (x), x R. On obtient alors la solution u de l équation des ondes par la formule de d Alembert: (3.2) u(t, x) = ( u0 (x + t) + u 0 (x t) ) + x+t u (τ)dτ. 2 2 Théorème 2.2. Pour tout u 0 C 2 (R) et tout u C (R) l équation des ondes (3.) admet une solution u C 2 (R + R) unique. Celle-ci est donnée par la formule de d Alembert (3.2) L équation des ondes sur un intervalle borné. On considère maintenant l équation des ondes sur un intervalle borné avec conditions au bord de Dirichlet: u tt (t, x) u xx (t, x) = 0, t > 0, x (0, L), u(t, 0) = u(t, L) = 0, t 0, (3.3) u(0, x) = u 0 (x), x (0, L), u t (0, x) = u (x), x (0, L). x t

18 8 2. EQUATIONS À DÉRIVÉES PARTIELLES DU PREMIER ORDRE Ici, les fonctions u 0, u : [0, L] R sont données. Le problème (3.3) est aussi l équation d une corde vibrante. L intervalle (0, L) représente la corde, la valeur u(t, x) le déplacement (en direction orthogonale) en temps t 0 d un point x de la corde. La condition au bord de Dirichlet veut dire que les deux extrémités de la corde sont fixées (pas de déplacement possible). La fonction u 0 est le déplacement initial de la corde, la fonction u est la vitesse initiale de la corde. Théorème 2.3. Pour tout u 0 C 2 ([0, L]) tel que u 0 (0) = u 0 (L) = 0 et pour tout u C ([0, L]) il existe une solution u C 2 (R + [0, L]) unique du problème (3.3). Démonstration. Unicité: Existence: On prolonge les fonctions u 0 et u en des fonctions impaires sur l intervalle [ L, L] et puis en des fonctions 2L-périodiques sur tout R. Les fonctions qu on obtient ainsi seront aussi appelées u 0 et u. On définit u comme dans la formule d Alembert. Alors on montre facilement que la restriction de cette fonction u à l ensemble R + [0, L] est une solution du problème (3.3).

19 CHAPîTRE 3 L opérateur de Laplace (0.4) Dans ce chapitre on va étudier le problème λu(x) u(x) = f(x), x, u(x) = g(x), x, où R n est un ouvert, λ R, f : R et g : R sont des fonctions données, et est l opérateur de Laplace: n 2 u u(x) := (x). x 2 i i=. Convolution et régularisation Soit R n un ouvert. On définit L loc() := u : R : u K L (K) pour tout K compact} l espace des fonctions localement intégrables (par rapport à la mesure de Lebesgue) sur. Cet espace contient L p () ( p ) et C(). On définit aussi D() := C c () := ϕ C () : supp ϕ et supp ϕ compact} l espace des fonctions de test sur. Ici, supp ϕ := x : ϕ(x) 0}(fermeture dans R n ) est le support d une fonction ϕ C (). Exemple 3.. Soit Alors ϕ D(R n ). ϕ(x) := exp( x 2 ), x 2 := n i= x2 i <, 0, x 2. Définition 3.2 (Convolution). Pour toute fonction f L loc (Rn ) et toute fonction de teste ϕ D(R n ) on définit la convolution f ϕ : R n R par f ϕ(x) := f(x y)ϕ(y) dy R n = f(y)ϕ(x y) dy, x R n. R n 9

20 20 3. L OPÉRATEUR DE LAPLACE Proposition 3.3. Pour toute fonction f L loc (Rn ) et toute fonction de teste ϕ D(R n ) on a f ϕ C (R n ) et (f ϕ)(x) = f ϕ (x), x R n. xi x i Démonstration. Continuité de la convolution: f ϕ(x + h) f ϕ(x) = f(y) ( ϕ(x + h y) ϕ(x y) ) dy R n f(y) ϕ(x + h y) ϕ(x y) dy R n 0 (h 0), parce que f est localement intégrable, ϕ est continue et à support compact, et ϕ(x + h y) ϕ(x y) lorsque h 0, uniformément en x, y R n. Différentiabilité de la convolution: f ϕ(x + he i ) f ϕ(x) h = f(y) ϕ(x + he i y) ϕ(x y) dy R h n f(y) ϕ (x y) dy R x n i = f ϕ x i (x) (h 0), parce que f est localement intégrable, ϕ est continument différentiable et à support compact, et ϕ(x+he i y) ϕ(x y) ϕ h x i (x y) lorsque h 0, uniformément en x, y R n. On a donc démontre que la convolution f ϕ est continue et que les dérivées partielles x i (f ϕ) existent en tout point x R n. Comme x i (f ϕ) = f ϕ x i et comme ϕ x i D(R n ), les dérivées partielles sont toutes continues, et donc f ϕ C (R n ). Le fait que f ϕ C (R n ) suit maintenant d un argument de récurrence. Dans la suite, si R n est un ouvert et si ε > 0, alors on définit ε := x : dist (x, ) > ε}. Ici, dist (x, A) := inf x y : y A} est la distance entre un point x R n et un ensemble A R n. Définition 3.4 (Convolution). Pour toute fonction f L loc () et toute fonction de teste ϕ D(R n ) tel que supp ϕ B(0, ε) (boule fermé de centre 0 et de rayon ε > 0) on définit la convolution f ϕ : ε R par f ϕ(x) := f(y)ϕ(x y) dy, x ε.

21 2. FONCTIONS HARMONIQUES 2 Proposition 3.5. Pour toute fonction f L loc () et toute fonction de teste ϕ D(R n ) tel que supp ϕ B(0, ε) on a f ϕ C ( ε ) et xi (f ϕ)(x) = f ϕ x i (x), x ε. Démonstration. Cette proposition se démontre de la même façon que la Proposition Fonctions harmoniques Définition 3.6. On dit qu une fonction u C 2 () est harmonique si u = 0. Théorème 3.7 (Egalité de la moyenne). Soit u C 2 () harmonique. Alors pour tout x, r > 0 tel que B(x, r) (boule fermé!) on a (2.) u(x) = u(y) dy B(x, r) et (2.2) u(x) = B(x,r) u(y) dσ(y). σ( B(x, r)) B(x,r) Ici, B(x, r) = ω n r n est la mesure de Lebesgue de la boule de centre x et de rayon r > 0 (ω n étant la mesure de Lebesgue de la boule unité), et σ( B(x, r)) = nω n r n est la mesure de surface de la sphere de centre x et de rayon r > 0. Démonstration. Soit u C 2 (). Pour x et r > 0 assez petit on pose Φ(r) := u(y) dσ(y). Alors la substitution y = x + rz donne σ( B(x,r)) B(x,r) Φ(r) = u(y) dσ(y) nω n r n B(x,r) = u(x + rz) dσ(z). nω n B(0,) En conséquent, la formule de Green implique Φ (r) = u(x + rz) z dσ(z) nω n B(0,) = (2.3) u(x + rz) dz. nω n B(0,) Donc, si u C 2 () est harmonique, alors Φ est constante. Ceci implique Φ(r) = lim h 0 Φ(h) = lim h 0 σ( B(x, h)) = u(x), B(x,h) u(y) dσ(y)

22 22 3. L OPÉRATEUR DE LAPLACE par continuité de u. On a donc démontré la deuxième égalité de la moyenne. La première suit de la deuxième et une application de Fubini. Théorème 3.8. Soit u C() tel que pour tout x et tout r > 0 vérifiant B(x, r) on a u(x) = u(y) dσ(y), σ( B(x, r)) B(x,r) c.à.d. u vérifie l égalité de la moyenne. Alors u C () et u est harmonique. Démonstration. On montre d abord que si u C 2 () vérifie l égalité de la moyenne, alors u est harmonique. Pour cela, on définit la fonction Φ comme dans la démonstration du théorème 3.7. La fonction u vérifiant l égalité de la moyenne et l égalité (2.3) impliquent 0 = Φ (r) = nω n B(0,) u(x + rz) dz. Si u n est pas harmonique, alors il existe x tel que u(x) 0; on peut supposer que u(x) > 0. Par continuité, il existe r > 0 tel que u(y) > 0 pour tout y B(x, r), une contradiction à l égalitè ci-dessous. Donc, toute fonction u C 2 () vérifiant l égalité de la moyenne est harmonique. Il reste alors à montrer que toute fonction continue et vérifiant l égalité de la moyenne est de classe C. Soit ϕ D(R n ) la fonction de test de l exemple 3., multiplié par une constante c > 0 de sorte que ϕ =. Pour ε > 0 on R n pose ϕ ε (x) := ε n ϕ(x/ε) (x R n ). Alors on a ϕ R n ε = et supp ϕ ε B(0, ε). Pour tout x ε on a, par Fubini, la définition de ϕ, et l égalité de la moyenne, u ϕ ε (x) = ϕ ε (y)u(x y) dy B(0,ε) = ε n B(0,ε) = ε ε n 0 = ε ε n 0 ϕ( y )u(x y) dy ε B(0,r) B(0,r) ϕ( y )u(x y) dσ(y) dr ε c exp( r 2 /ε2)u(x y) dσ(y) dr = ε c exp( ε n 0 r 2 /ε 2)nω nr n u(x) dr = u(x). Donc, u ϕ ε = u sur ε. Il suit de la Proposition 3.5 que u ε C ( ε ). Comme ε > 0 était arbitraire et comme = ε>0 ε, on obtient u C (). Remarque 3.9. Il suit des Théorèmes 3.7 et 3.8 que toute fonction harmonique u C 2 () est de classe C.

23 3. SOLUTION FONDAMENTALE 23 Définition 3.0. On dit qu une fonction u C() est sous-harmonique si pour tout x et tout r > 0 vérifiant B(x, r) on a u(x) u(y) dy. B(x, r) B(x,r) Remarque 3.. Une fonction u C 2 () est harmonique si et seulement si u et u sont sous-harmoniques. Théorème 3.2 (Principe du maximum). Soit u C( ) sous-harmonique sur, où R n est un ouvert borné. Alors: (i) max u = max u. (ii) Si est en plus connexe, et s il existe x 0 tel que u(x 0 ) = max u, alors u est constante. Démonstration. L assertion (ii) implique facilement l assertion (i). Il suffit alors de démontrer (ii). Soit x 0 tel que u(x 0 ) = max u =: M. La fonction u étant sousharmonique, on a M = u(x 0 ) u(y) dy B(x 0, r) B(x 0,r) pour tout r > 0 tel que B(x 0, r). Ceci implique que u M dans un voisinage de x 0. Soit A := x : u(x) = M}. D après ce qu on vient de démontrer, l ensemble A est ouvert et non-vide (comme x 0 A). En plus, par continuité de u, A est fermé dans. Comme est connexe, on obtient que A =, c.à.d. que u est constante sur. Corollaire 3.3. Soit R n un domaine borné. Pour tout f C() et tout g C( ) il existe au plus une fonction u C 2 () C( ) solution du problème u(x) = f(x), x, (2.4) u(x) = g(x), x. Démonstration. Soient u, u 2 C 2 () C( ) deux solutions de (2.4). Alors u := u u 2 C 2 () C( ) est une solution du problème (2.4) pour f = 0 et g = 0. En particulier, la fonction u est harmonique, c.à.d. u et u sont sous-harmoniques. D après le principe du maximum, u 0 = max u et u 0 = max ( u). Donc, u = 0, ou u = u Solution fondamentale Définition 3.4. Pour n 2 et x R n \ 0} on définit log x, n = 2, 2π E n (x) := n(n 2)ω n x (n 2), n 3,

24 24 3. L OPÉRATEUR DE LAPLACE où x := ( x 2 i ) 2 et ω n = B(0, ) est la mesure de Lebesgue de la boule unité dans R n. On appelle E n solution fondamentale de l équation de Laplace dans R n. Remarque 3.5. La fonction E n et les dérivées partielles xi E n sont localement intégrables sur R n. En fait, on a et D E n (x) C x (n ) D 2 E n (x) C x n. La dérivée seconde n est pas intégrable en 0! Lemme 3.6. Pour tout n 2, E n est harmonique sur R n \ 0}. Démonstration. C est un simple exercise. Théorème 3.7. Soit ϕ D(R n ) et soit u := E n ϕ. Alors u C 2 (R n ) et u(x) = ϕ(x) pour tout x R n. Démonstration. Par le Lemme 3.3, on a même u C (R n ). Le Lemme 3.3 implique aussi que pour tout x R n, u(x) = (E n ϕ)(x) = E n ϕ(x). Donc, pour tout ε > 0, u(x) = E n (y) ϕ(x y) dy R n = E n (y) ϕ(x y) dy + B(0,ε) R n \B(0,ε) E n (y) ϕ(x y) dy. Une simple estimation donne E n (y) ϕ(x y) dy ϕ L (R n ) E n (y) dy B(0,ε) B(0,ε) C ε 2 logε, n = 2, C ε 2, n 3. Une intégration par partie sur = R n \ B(0, ε) donne E n (y) ϕ(x y) dy = E n (y) ϕ(x y) dy + R n \B(0,ε) R n \B(0,ε) + B(0,ε où σ est la mesure de surface sur la sphère B(0, ε). E n (y) ϕ (x y) dσ(y), ν

25 3. SOLUTION FONDAMENTALE 25 On estime que E n (y) ϕ B(0,ε ν (x y) dσ(y) ϕ L (R n ) E n (y) dσ(y) B(0,ε C ε log ε, n = 2, C ε, n 3. Une séconde intégration par partie sur = R n \ B(0, ε) donne E n (y) ϕ(x y) dy = E n (y)ϕ(x y) dy R n \B(0,ε) R n \B(0,ε) B(0,ε) = B(0,ε) E n (y)ϕ(x y) dσ(y) ν E n (y)ϕ(x y) dσ(y), ν parce que E n est harmonique sur R n \ 0} (Lemme 3.6). Comme, pour tout y B(0, ε), E n ν (y) = E n(y) ( y y ) = ( nω n = nω n ε (n ), y y y n) ( y ) on obtient alors E n (y) ϕ(x y) dy = nω n ε n R n \B(0,ε) B(0,ε) ϕ(x) (ε 0), parce que ϕ est continue et parce que nω nε B(0,ε) n L assertion suit. dσ(y) =. ϕ(x y) dσ(y) Corollaire 3.8. Soit n 2. Pour tout ϕ D(R n ) il existe une solution u C 2 (R n ) du problème u(x) = ϕ(x) pour tout x R n. Une solution u est donnée par u = E n ϕ. Définition 3.9. Soit R n ouvert et f L loc (Rn ). On appelle une fonction u L loc (Rn ) une solution faible du problème u(x) = f(x) pour tout x R n, si pour toute fonction de test ϕ D(R n ) on a u(x) ϕ(x) dx = f(x)ϕ(x) dx. R n R n

26 26 3. L OPÉRATEUR DE LAPLACE Théorème Pour tout f L (R n ) à support compact la fonction u = E n f L loc (Rn ) est une solution faible du problème u(x) = f(x) pour tout x R n. Démonstration. Soit ϕ D(R n ). Alors Fubini et le Théorème 3.7 impliquent u(x) ϕ(x) dx = E n (x y)f(y) dy ϕ(x) dx R n R n R n = E n (x y) ϕ(x) dxf(y) dy R n R n = E n (y x) ϕ(x) dxf(y) dy R n R n = (E n ϕ)(y)f(y) dy R n = ϕ(y)f(y) dy. R n Donc, u est solution faible. 4. Le problème de Dirichlet (fonctions de Green) Soit R n un ouvert régulier (de classe C ) tel que l intégration par partie est vraie dans (voir Annexe). Il existe donc une mesure σ sur tel que pour tout u, v C ( ) et tout i n on a u i v dx = uv ν i dσ i u v dx. Soient f C( ) et g C( ). On veut résoudre le problème de Dirichlet (4.) u(x) = f(x), x, u(x) = g(x), x. Si est borné, alors on sait que ce problème admet au plus une solution u C 2 () C( ) (Corollaire 3.3). Dans ce paragraphe, on veut montrer existence d une solution, au moins si est une boule et au moins au sens faible. Dans la suite, E n désigne la solution fondamentale pour l opérateur de Laplace.

27 4. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (FONCTIONS DE GREEN) 27 Théorème 3.2 (Théorème des trois potentiels). Soit u C 2 ( ). Alors, pour tout x, u(x) = u(y)e n (x y) dy + u + ν (y)e n(x y) dσ(y) u(y) ν E n(x y) dσ(y). Démonstration. On fixe x et ε > 0 assez petit. Alors des intégrations par partie impliquent u u(y)e n (x y) dy + ν (y)e n(x y) dσ(y) u(y) ν E n(x y) dσ(y) = u(y) E n (x y) dy u(y) ν E n(x y) dσ(y) = u(y) E n (x y) dy + u(y) E n (x y) dy \B(x,ε) + = = (4.2) \B(x,ε) + B(x,ε) u(y) ν E n(x y) dσ(y) u(y) ν E n(x y) dσ(y) u(y) E n (x y) dy + B(x,ε) B(x,ε) σ( B(x, ε) u(x) (ε 0). u(y) E n (x y) B(x,ε) B(x,ε) u(y) dσ(y) + O(ε) B(x,ε) (x y) x y dσ(y) Théorème On fait l hypothèse suivante: u(y) ν E n(x y) dσ(y) + u(y) E n (x y) dy + il existe une fonction Φ C 2 ( ), Φ = Φ(x, y), tel que pour tout x on a y Φ(x, y) = 0, y, Φ(x, y) = E n (x y), On pose G(x, y) := E n (x y) Φ(x, y). y.

28 28 3. L OPÉRATEUR DE LAPLACE Si u C 2 () C( ) est solution du problème de Dirichlet (4.), alors pour tout x (4.3) u(x) = f(y)g(x, y) dy + g(y) G(x, y) dσ(y). ν Démonstration. Soit Φ la fonction de l hypothèse (4.2). Des intégrations par partie et la définition de Φ le théorème des trois potentiels impliquent que pour tout x on a ( u(y)φ(x, y) dy = u(y) y Φ(x, y) u(y)φ(x, y) ) dy = u(y) ν Φ(x, y) dσ(y) u(y) y Φ(x, y) dy = = u(y) ν Φ(x, y) dσ(y) u(y) Φ(x, y) dσ(y) + ν u(y) ν Φ(x, y) dσ(y) u(y) y Φ(x, y) dy u(y) Φ(x, y) dσ(y) ν ν u(y) E n(x y) dσ(y). Cette équation et le théorème des trois potentiels impliquent que u u(x) = u(y)e n (x y) dy + ν (y)e n(x y) dσ(y) u(y) ν E n(x y) dσ(y) = u(y) ( Φ(x, y) E n (x y) ) dy + + u(y) ( Φ(x, y) En (x y) ) dσ(y). ν En remplaçant u par f dans et u par g sur, et en utilisant la définition de G, on conclut. Définition On suppose que l hypothèse (4.2) est vérifiée. La fonction G définie dans le théorème 3.22 s appelle fonction de Green pour. Définition Soient f C( ) et g C( ). On appelle une fonction u C( ) une solution faible du problème de Dirichlet (4.) si u = g et si pour tout ϕ D() on a u(x) ϕ(x) dx = f(x)ϕ(x) dx. Remarque Une double application du théorème de Green (intégration par partie) montre que si u C 2 () C( ) est une solution classique du problème de Dirichlet (4.), alors u est aussi une solution faible.

29 4. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (FONCTIONS DE GREEN) 29 Théorème Soient f C( ) et g C( ). On suppose que l hypothèse (4.2) est vérifiée. Soit G la fonction de Green pour. Alors la fonction u C( ) définit par u(x) := est solution faible du probléme de Dirichlet (4.). On ne démontre pas ce théorème, mais on veut plutôt montrer que dans un cas simple, notamment si est une boule, on peut vérifier l hypothèse (4.2). Exemple Soit R > 0 et := B(0, R) une boule de rayon R dans R n (n 3). Soit x. On doit trouver une fonction Φ x C 2 () C( ) solution de Φx (y) = 0, y, (4.4) Φ x (y) = E n (x y), y. Si x = 0, alors une fonction constante est solution de ce problème. Si x 0, alors on peut définir x := R2 x x 2, et Φ x (y) := x (n 2) E n ( x y), y ; noter que x et que Φ est donc bien définie. Comme E n est harmonique dans R n \ 0}, la fonction Φ est harmonique dans. On montre que Φ x (y) = E n (x y) pour tout y et que Φ est donc la solution cherchée. Soit y, c.à.d. y = R. On considère les deux triangles := y ~ x x 0 R Figure. Les points x, x et y (0, y, x) et 2 := (0, x, y). L angle en point 0 est commun aux deux triangles. En plus, x y = x R = R x = y x,

30 30 3. L OPÉRATEUR DE LAPLACE par la définition de x. Comme les deux triangles ont un angle en commun, et comme les proportions des côtes voisins sont égales, les deux triangles sont similaires. On en déduit que ou x y R = x y y = x y x, x y = R x y. x Donc, E n (x y) = Φ x (y). Comme y était arbitraire, on a résolu le problème (4.4). L expression explicite de la solution Φ x montre que la fonction Φ(x, y) := Φ x (y) est de classe C 2, et qu elle est donc la fonction cherchée dans l hypothèse (4.2). Remarque L exemple montre que pour la boule = B(0, R), la fonction de Green est donnée par la formule G(x, y) = 5. Le problème de Dirichlet (solution de Perron) Soit R n un ouvert borné, g C( ). Comme dans le paragraphe précédent, on veut résoudre le problème de Dirichlet u(x) = 0, x, (5.) u(x) = g(x), x. Dans ce paragraphe, on va étudier la méthode de Perron. On définit la famille S(g) := v C( ) : v est sous-harmonique dans et v g sur }. Cette famille est non-vide, parce que la fonction constante m := min g appartient à S(g). De plus, toute fonction v S(g) est borné par M := max g. En fait, la fonction constante M est harmonique et pour tout v S(g) on a v M sur. Le fait que v M sur suit du principe du maximum. On appelle S(g) la famille de Perron. Définition 3.29 (Solution de Perron). La fonction Pg(x) := sup v(x), v S(g) s appelle la solution de Perron du problème (5.). x, Théorème Soit Pg la solution de Perron du problème (5.). Alors P g est harmonique.

31 5. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (SOLUTION DE PERRON) 3 Démonstration. Soit x 0. On choisit r > 0 tel que B(x 0, r). Par définition, il existe une suite (v n ) S(g) telle que lim v n(x 0 ) = Pg(x 0 ). n Si u, v C() sont deux fonctions sous-harmoniques, et si u v est le supremum de u et v, alors pour tout x u(x) u(y) dy u v(y) dy, B(x, r ) B(x,r ) B(x, r ) B(x,r ) et similairement pour v(x). Donc u v est sous-harmonique. En conséquent, en remplaçant v n par v v n S(g), on peut et on va supposer que la suite (v n ) S(g) est croissante. Soit ṽ n C 2 (B(x 0, r)) C( B(x 0, r)) la solution du probléme de Dirichlet ṽn (x) = 0, x B(x 0, r), ṽ n (x) = v n (x), x B(x 0, r). Une telle solution existe (voir le paragraphe précédent). Comme ṽ n est harmonique, v n est sous-harmonique, et comme ṽ n = v n sur B(x 0, r), on a v n ṽ n sur B(x 0, r) par le principe du maximum. En particulier, v n (x 0 ) ṽ n (x 0 ). Si on prolonge ṽ n en posant ṽ n = v n sur \B(x 0, r), alors ṽ n S(g). Donc, par définition, ṽ n Pg dans et en particulier ṽ n (x 0 ) Pg(x 0 ). Donc, n ṽn(x lim 0 ) = Pg(x 0 ). Comme la suite (v n ) est croissante, la suite (ṽ n ) est croissante. Soit u(x) := lim n ṽ n (x), x. Alors u est mesurable et bornée. En plus, pour tout x B(x 0, r) et tout r > 0 suffisamment petit l égalité de la moyenne implique u(x) = lim ṽ n (x) n = lim ṽ n B(x, r n (y) dy ) B(x,r ) = u(y) dy. B(x, r ) B(x,r ) Le theéorème 3.8 implique que u est harmonique dans B(x 0, r). On va montrer que u = Pg dans B(x 0, r). L inégalité u Pg suit du fait que ṽ n Pg pour tout n. Pour montrer l inégalité u Pg il suffit de montrer que u v pour tout v S(g). Soit donc v S(g). Soit w n := ṽ n v S(g). Alors (w n ) est croissante et lim n w n (x 0 ) = Pg(x 0 ) = u(x 0 ).

32 32 3. L OPÉRATEUR DE LAPLACE Soit w n C 2 (B(x 0, r)) C( B(x 0, r)) la solution du probléme de Dirichlet wn (x) = 0, x B(x 0, r), w n (x) = w n (x), x B(x 0, r). Par le principe du maximum, ṽ n u = w n w n sur B(x 0, r). Comme avant, on prolonge w n en posant w n = w n sur Omega \ B(x 0, r). Alors la w n S(g), la suite ( w n ) est croissante, lim n w n (x 0 ) = Pg(x 0 ) = u(x 0 ), et w n est harmonique dans B(x 0, r). L égalité de la moyenne implique u(y) dy = u(x 0 ) B(x 0, r) B(x 0,r) = lim w n (x 0 ) n = lim n B(x 0, r) lim n B(x 0, r) = B(x 0, r) B(x 0,r) B(x 0,r) B(x 0,r) w n (y) dy ṽ n v(y) dy u v(y) dy. Cette inégalité implique u v, et donc u = Pg. En conséquent, Pg est harmonique dans B(x 0, r). Comme x 0 était arbitraire, Pg est harmonique dans. Définition 3.3. Soit ξ. Une fonction u C( ) est une barrière pour en ξ si u est sous-harmonique dans, u(x) < 0 pour tout x Omega \ ξ} et u(ξ) = 0. On dit que admet une barrière en ξ s il existe une barrière pour en ξ. Théorème Soit Pg la solution de Perron du probléme (5.). On suppose que admet une barrière en ξ. Alors lim Pg(x) = g(ξ), x ξ c.à.d. en particulier la solution de Perron est continue en ξ. Démonstration. Soit u une barrière pour en ξ. Soit ε > 0. Par continuité de g, il existe δ > 0 tel que g(ξ) ε g(η) g(ξ) + ε pour tout η B(ξ, δ). Comme u est strictement négative sur \ B(ξ, δ), il existe C 0 tel que g(ξ) ε + Cu(η) g(η) g(ξ) + ε Cu(η) pour tout η. Ceci implique que (5.2) g(ξ) ε + Cu(x) Pg(x) g(ξ) + ε Cu(x) pour tout x.

33 5. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (SOLUTION DE PERRON) 33 En effet, g(ξ) ε + Cu S(g) ce qui implique la première inégalité dans (5.2). Pour montrer la deuxième inégalité, on prend v S(g). Par définition, v(η) g(ξ) + ε Cu(η) pour tout η. Le principe du maximum implique que v(x) + Cu(x) g(ξ) + ε pour tout x. Par définition de la solution de Perron, Pg(x) + Cu(x) g(ξ) + ε pour tout x, ce qui est justement la deuxième inégalité dans (5.2). Les inégalités (5.2), la continuité de u et le fait que u(ξ) = 0 impliquent que g(ξ) ε lim inf x ξ Comme ε > 0 était arbitraire, on obtient Pg(x) lim sup Pg(x) g(ξ) + ε. x ξ lim Pg(x) = g(ξ). x ξ Corollaire Le problème de Dirichlet (5.) admet pour tout g C( ) une solution si et seulement si admet une barrière en tout ξ. Démonstration. Supposons d abord que le probléme de Dirichlet (5.) admet pour tout g C( ) une solution. Soit ξ. Alors le probléme de Dirichlet (5.) admet en particulier une solution u C 2 () C( ) pour la fonction g définie par g(η) = η ξ. Cette solution u est une barrière pour en ξ. L inverse suit des théorèmes 3.30 et En fait, pour tout g C( ) la solution de Perron Pg est solution du problème de Dirichlet (5.). Proposition 3.34 (Condition de la boule extérieure). Soit R n ouvert, borné, et soit ξ. On suppose qu il existe une boule B(a, r) R n \ telle que B(a, r) = ξ}. Alors admet une barrière en ξ. Démonstration. Soit E n la solution fondamentale pour l opeérateur de Laplace. La fonction est une barrière pour en ξ. u(x) := E n (x a) E(ξ a), On conclut ce paragraphe avec le résultat suivant. x, Proposition On suppose que admet une barrière en tout point ξ. Alors il existe une fonction de Green G pour, et pour la solution u du problème de Dirichlet on a u(x) = Pg(x) = g(ξ) G(x, ξ)dσ(ξ). n

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35 CHAPîTRE 4 L équation de la chaleur (0.3) Dans ce chapitre on étudie l equation de la chaleur ut u = f(t, x), (t.x) (0, T), où R n est un ouvert. u(0, x) = g(x), x,. Le noyau de la chaleur Définition 4. (Noyau de la chaleur). On définit le noyau de la chaleur k(t, x) := (4πt) n/2e x2 /4t, t > 0, x R n, où x 2 := n i= x2 i est le produit scalaire de x avec lui même. Lemme 4.2. Soit k le noyau de la chaleur. Alors: (i) k(t, x) > 0 pour tout t > 0, x R n. (ii) R n k(t, x) dx = pour tout t > 0. (iii) k C ((0, ) R n ) et k t k = 0, t > 0, x R n. Démonstration. Les démonstrations des propriétés (i) et (iii) sont un simples. Pour la démonstration de (ii), il faut savoir que e x2 dx = π. Alors R k(t, x) dx = e x2 /4t dx R (4πt) n n/2 R n = n e x2 dx π R n = n... e x2 e x 2 n dxn...dx π R R = ( π e x2 dx ) n =. R 35

36 36 4. L ÉQUATION DE LA CHALEUR Théorème 4.3. Soit g L p (R n ) ( p ) et soit u(t, x) := k(t, x y)g(y) dy, R n où k est le noyau de la chaleur. Alors: (i) Si g 0 et g 0, alors u(t, x) > 0 pour tout t > 0, x R n. (ii) u C ((0, ) R n ) et u t u = 0, t > 0, x R n. (iii) Si g L (R n ) et si g est continue en x 0 R n, alors lim u(t, x) = g(x 0). (t,x) (0,x 0 ) En particulier, si g est continue et bornée, alors u est continue sur [0, ) R n et u(0, x) = g(x). (iv) Pour tout t > 0 on a u(t, ) L p (R n ) g L p (R n ). Démonstration. La propriété (i) suit immédiatement de Lemme 4.2 (i), et (ii) suit de Lemma 4.2 (iii) en utilisant Fubini. (iii) Soit g L (R n ) continue en x 0 R n. Soit ε > 0. Alors, en utilisant Lemme 4.2 (ii), on obtient et donc u(t, x) g(x 0 ) = k(t, x y)(g(y) g(x 0 )) dx R n k(t, x y) dy g + R n \B(x 0,ε) g (4πt) n/2 = g n π R n \B(0,ε) R n \B(0,ε/ 4t) e y2 /4t dy + e y2 dy + B(x 0,ε) k(t, x y) g(y) g(x 0 ) dy sup g(y) g(x 0 ) y B(x 0,ε) sup g(y) g(x 0 ) y B(x 0,ε) lim sup u(t, x) g(x 0 ) sup g(y) g(x 0 ) (t,x) (0,x 0 ) y B(x 0,ε) pour tout ε > 0. Comme g est continue en x 0, on obtient lim u(t, x) g(x 0 ) = 0. (t,x) (0,x 0 ) La propriété (iv) suit de l inégalité de Young appliquée à k(t, ) L (R n ) et g L p (R n ).

37 2. SÉPARATION DES VARIABLES ET SÉRIES DE FOURIER Séparation des variables et séries de Fourier Soit R n un ouvert régulier. On veut résoudre l equation de la chaleur sur avec conditions au bord de Dirichlet: u t u = 0, (t, x) (0, ), (2.) u(t, x) = 0, (t, x) (0, ), u(0, x) = g(x), x. On suppose que la solution u et de la forme u(t, x) = a(t) e(x), avec des fonctions a C (R + ) et e C 2 () C( ) (séparation des variables!). Alors a (t)e(x) a(t) e(x) = 0, ou a (t) a(t) = e(x), t > 0, x. e(x) On notera que le côté à gauche ne dépend que de t alors que le côté à droite ne dépend que de x. On a donc égalité si et seulement si les deux côtés sont constantes en t et x: a (t) a(t) = e(x) e(x) pour un λ R, ou a (t) = λa(t), t 0, et λe(x) e(x) = 0, x, e = 0. Ces deux équations nous donnent de l information sur la solution u. La première équation est une simple équation différentielle dont la solution est a(t) = e λt a(0). La deuxième équation a l avantage (par rapport à l équation de la chaleur) qu elle ne dépend plus de la variable t; on a donc diminué le nombre de variables. Si R est un intervalle, alors la deuxième équation devient aussi une équation différentielle ordinaire qu on sait résoudre. Si R n a possède des symétries (par exemple si est un rectangle ou une boule), alors on peut essayer encore une fois de séparer des variables. Inversement, on peut d abord essayer de résoudre ces deux équations pour certaines valeurs de λ (en fait, c est la deuxième équation qui est difficile à résoudre en général), et puis, en posant u(t, x) := a(t)e(x) ou une combinaison linéaire de telles solutions, on obtient des solutions de l équation de la chaleur. A cette fin, on fait la définition suivante. Définition 4.4. Pour R n ouvert on définit le spectre de l opérateur de Laplace avec conditions au bord de Dirichlet = λ Λ() := λ R : e C 2 () C( ), e 0 solution de λe e = 0 et e = 0}.

38 38 4. L ÉQUATION DE LA CHALEUR Exemple 4.5 (Le cas d un intervalle). On essaye de calculer Λ((0, L)) pour un L > 0. Il faut donc trouver des solutions non-nulles du problème e (x) = λe(x), x (0, L), e(0) = e(l) = 0. Si λ = ω 2 > 0, alors la solution générale de léquation différentielle e = λe est donnée par e(x) = c sinh(ωx) + d cosh(ωx), c, d R. Mais seule la solution e 0 vérifie e(0) = e(l) = 0, et donc Λ((0, L)) (, 0]. De la même façon on exclut λ Λ((0, L)), c.à.d. Λ((0, L)) (, 0). Si λ = ω 2 < 0, alors la solution générale de léquation différentielle e = λe est donnée par e(x) = c sin(ωx) + d cos(ωx), c, d R. Pour que e(0) = e(l) = 0 et e 0, il faut que d = 0, c 0 et Donc, ωl = kπ pour un k Z \ 0}. Λ((0, L)) = (kπ/l) 2 : k N}, et les vecteurs propres associés aux valeurs propres λ = ω 2 Λ((0, L)) sont les fonctions e(x) = sin(ωx). Théorème 4.6 (Principe du maximum). Soit R n un ouvert borné régulier. Soient u C 2 () C( ) et λ 0 tels que Alors λu u 0. max u = max u. Remarque 4.7. Dans le cas de λ = 0, on retrouve le principe du maximum du Théorème 3.2. Mais la démonstration du Théorème 4.6 est différente de la démonstration du Théorème 3.2. On aura donc deux démonstrations du Théorème 3.2. Démonstration du théorème 4.6. On suppose que max u = 0. Alors il suffit de montrer que u 0. Pour ε > 0 on définit (2.2) g ε (η) = 0, η 0, η 2 2ε, 0 < η < ε, η ε 2, η ε. Donc, g ε C (R) et 0 g. En plus, lim ε 0 g ε (η) = η pour tout η 0.

39 3. PRINCIPE DE COMPARAISON 39 Une intégration par partie donne 0 λ ug ε (u) u g ε (u) = λ ug ε (u) + u g ε (u) = λ ug ε (u) + u 2 g ε (u) u ν g ε(u) u ν g ε(u). Comme max u = 0, on a g ε (u) = 0 sur, et donc le troisième terme à droite est nulle. De plus, lim ε 0 g ε(u) = u 0} presque partout. Le théorème de convergence dominée implique 0 λ u 2 + u 2 u 0}. u 0} Les deux termes à droite sont positifs (λ 0!), et donc cette inégalité implique λ u 2 = 0 et u 2 u 0} = 0. u 0} Si λ > 0, alors u 0} u2 = 0 ce qui implique u 0 presque partout sur, et par continuité, u 0. Si on a seulement λ 0, on déduit au moins que u est constante sur l ensemble u 0}. Par continuité, ça implique u = 0 sur u 0}, et donc u 0 sur. Corollaire 4.8. Pour tout R n ouvert, borné, régulier on a Λ() (0, ). Démonstration. Soit λ 0 et soit e C 2 () C( ) une solution de λe(x) e(x) = 0, x, e = 0. Le principe du maximum implique e 0, et comme e est aussi une solution de ce problème, on a aussi e 0. Donc, e = 0, c.à.d. le problème ci-dessus n admet pas de solutions non-triviales. Donc λ Λ(), ou Λ() (, 0). 3. Principe de comparaison Soit R n ouvert, borné, régulier. Pour T > 0 on définit T := (0, T) et Γ T := 0} [0, T]. Des fois, Γ T est appelé le bord parabolique de T. Théorème 4.9 (Principe de comparaison). Soit f C(R) une fonction lipschitzienne et soient u, u 2 C 2 ( T ) C( T ) deux solutions de l équation de la chaleur semi-linéaire (3.) u t u + f(u) = 0, (t, x) T Si u ΓT u 2 ΓT,

40 40 4. L ÉQUATION DE LA CHALEUR alors u u 2 dans T. Pour la démonstration, on a besoin du lemme de Gronwall qu on ne démontrera pas. Lemme 4.0 (Gronwall). Soit ϕ : [0, T] R + und fonction continue telle que ϕ(t) C + L t pour des constantes C, L 0. Alors 0 ϕ(t) C e Lt, ϕ(s) ds, t [0, T]. t [0, T], Démonstration du théorème 4.9. Pour tout ε > 0 on définit la fonction g ε C (R) comme dans (2.2). Pour tout 0 < τ T on obtient τ 0 = (u t u2 t )g ε(u u 2 ) + (u u 2 ) g ε (u u 2 ) τ 0 τ (u u 2 ) g ε (u u 2 ) + (f(u ) f(u 2 ))g ε (u u 2 ). 0 ν T On notera que sur (0, τ) on a u u 2, et donc g ε (u u 2 ) = 0. Donc, le troisième terme à droite est nulle. Soit L 0 la constante de Lipschitz de la fonction f. Comme le deuxième terme à droite est positif, on obtient, τ τ (u t u 2 t)g ε (u u 2 ) L u u g ε (u u 2 ). 0 Lorsque ε tend vers 0, τ (u t u2 t )(u u 2 ) u u 2 } L 0 et donc [ ] 2 (u u 2 ) 2 τ u u 2 } = 0 = 0 τ τ 0 0 τ L 0 τ u u (u u 2 ) u u 2 } t 2 (u u 2 ) 2 u u 2 } 2 t (u u 2 ) 2 u u 2 } (u u 2 ) 2 u u 2 }. Par hypothèse, on a u u 2 sur 0}. Donc, si on pose ϕ(τ) := (u u 2 ) 2 u u 2 } 0, alors on obtient ϕ(τ) 2L τ 0 0 ϕ(s) ds, τ [0, T]. Le lemme de Gronwall implique ϕ(τ) = 0 pour tout 0 τ T. Donc, (u u 2 ) 2 u u 2 } = 0 presque partout, et par continuité, u u 2 dans T.

41 3. PRINCIPE DE COMPARAISON 4 Remarque 4.. Le théorème 4.9 reste vrai si on a seulement l inégalité u t u + f(u ) u 2 t u2 + f(u 2 ) dans T. Corollaire 4.2 (Principe du maximum parabolique). Soit λ R et soit u C 2 ( T ) C( T ) une solution de l equation de la chaleur Alors u t u = 0, (t, x) T. max u = max u. T Γ T Démonstration. La fonction constante v max ΓT u est également une solution cette équation de la chaleur et u v sur Γ T. Le principe de comparaison (appliqué avec la fonction f = 0) implique u v = max ΓT u dans T. Corollaire 4.3. Soient f C( T ), g C(Γ T ) et λ R. Alors il existe au plus une fonction u C 2 ( T ) C( T ) solution de ut u + λu = f, (t, x) T, u = g, (t, x) Γ T. Démonstration. Soient u, u 2 deux solutions. Alors u = ±(u u 2 ) sont des solutions de ut u + λu = 0, (t, x) T, u = 0, (t, x) Γ T. Par le principe de comparaison, u 0 et u 0. Donc, u = 0 ou u = u 2.

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43 CHAPîTRE 5 Annexe. La mesure de surface sur la sphère dans R n Dans un premier temps on va définir une mesure sur la sphère S n, afin d introduire les coordonnées polaires dans R n et afin de démontrer (dans un deuxième temps) le théorème d intégration par partie dans une boule de R n. Motivation (coordonnées polaires dans R 2 ): dans R 2 on considère le cercle unité S := x R 2 : x = } ( désigne la norme euclidienne dans R 2 ). Soit f : R 2 R + continue ou au moins mesurable. A l aide des coordonnées polaires dans R 2 on montre que 2π (.) f dλ = f(r cosθ, r sin θ) dθ r dλ(r). R Question: est-ce qu il existe une mesure σ sur le cercle unité S tel que f dλ = f(rx) dσ(x) r dλ(r)? R 2 0 S Pour tout ensemble borélien A S on définit à = ry : y A, 0 r }. Si une mesure de surface σ sur le cercle unité existe tel que (.) est vrai pour toute fonction f positive, mesurable, alors pour tout ensemble borélien A S on a λ(ã) = Ã(rx) dσ r dr 0 S = 0 σ(a)r dr = σ(a) 2. Cette égalité va servir comme motivation de la définition ci-dessous. Soit B n (R) := x R n : x < R} la boule ouverte de centre 0 et de rayon R > 0, et soit S n (R) := x R n : x = R} 43

44 44 5. ANNEXE le bord de cette boule, c.à.d. la sphère de centre 0 et de rayon R. Pour R = on note simplement B n () =: B n (boule unité) et S n () =: S n (sphère unité). Définition 5. (Mesure de surface). Soit B(S n ) la tribu borélienne sur S n. Pour tout A B(S n ) on définit où σ(a) := nλ(ã), Ã = rx : x A, 0 r } et où λ est la mesure de Lebesgue dans R n. On appelle σ la mesure de surface sur S n. Théorème 5.2 (Coordonnées polaires). Soit f : R n R + mesurable. Alors f(x) dλ(x) = R n (0, ) f(ry) dσ(y) r n dλ(r). S n Démonstration. Soit la mesure produit de r n dλ(r) sur (0, ) et de σ sur S n, c.à.d. := r n dλ(r) σ sur (0, ) S n. On considère l application Alors si et seulement si L ensemble ϕ : (0, ) S n R n \ 0}, ϕ( ) = λ = ϕ (λ). ϕ(r, y) = ry. E = (r, r 2 ] A; 0 r r 2, A B(S n )} est un générateur de B(R + ) B(S n ), stable par des intersections. En plus, (B) = ϕ (λ)(b) pour tout B E. En effet, pour tout B = (r, r 2 ] A (B) = r2 r r n dr σ(a) = n (rn 2 rn ) σ(a) et ϕ (λ)(b) = λ(ϕ(b)) = λ(r 2 Ã \ r Ã) = λ(r 2 Ã) λ(r Ã) = r2 n λ(ã) rn λ(ã) = r2 n σ(a) n σ(a) rn n.