3 Equations de Laplace et de Poisson

3
Equations de Laplace et de Poisson
3.1
Formule d’intégration par parties
Soit Ω ⊂ Rd un domaine borné à bord régulier ∂Ω de classe C 1 . On note
ν = ν(x) le vecteur normal extérieur au point x ∈ ∂Ω. Pour toutes fonctions
u, v ∈ C 1 (Ω) on a
Z
Z
Z
∂v
∂u
dx =
v dx,
(3.1)
u v νj dσ −
u
∂x
∂x
j
j
∂Ω
Ω
Ω
où νj désigne la j-ième composante du vecteur ν. Dans le cas d = 2, la démonstration de (3.1) est donnée au paragraphe 6.2.
Soit ∆ l’opérateur de Laplace :
∆=
d
X
∂2
.
∂x2j
j=1
En utilisant (3.1) on obtient facilement les formules de Green pour toutes fonctions u, v ∈ C 2 (Ω) :
Z
Ω
où
∂u
∂ν
=
∂u
j ∂xj νj
P
d Z
X
∂u ∂v
dx +
∂x
j ∂xj
Ω
j=1 Ω
Z ∂u
∂v ∆u v − u∆v dx =
v−
u dσ,
∂ν
∂Ω ∂ν
Z
∆u v dx = −
Z
∂Ω
∂u
v dσ,
∂ν
(3.2)
(3.3)
désigne la dérivée normale de u.
Exercice 3.1. Démontrer les relations (3.2) et (3.3).
3.2
Relations pour les valeurs moyennes
Théorème 3.2. Soit Ω ⊂ Rd un ouvert et u ∈ C 2 (Ω) une fonction vérifiant
l’équation ∆u = 0 dans Ω. Alors pour toute boule BR = BR (y) ⊂ Ω on a
Z
Z
1
1
u(y) =
u
dσ
=
u dx,
(3.4)
dωd Rd−1 ∂BR
ω d R d BR
où ωd désigne le volume de la boule unité dans Rd .
Démonstration. Soit ρ ∈ ]0, R[. On applique la formule de Green (3.2) avec v ≡ 1
et Ω = BR :
Z
Z
∂u
dσ.
(3.5)
0=
∆u dx =
Bρ
∂Bρ ∂ν
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Pour simplifier, on suppose que y = 0. En passant aux coordonnées polaires, on
obtient (voir (6.2))
Z
Z
Z
∂u
∂
∂u
dσ =
(ρω)ρd−1 dω = ρd−1
u(ρω) dω
∂ρ ∂B1
∂B1 ∂ν
∂Bρ ∂ν
Z
1−d
d−1 ∂
ρ
u dσ .
=ρ
∂ρ
∂Bρ
On reporte cette égalité dans (3.5) et on intègre en ρ ∈ ]ε, R[ :
Z
Z
Z
1−d
1−d
1−d
R
u dσ = ε
u(0)+O(ε) dσ = dωd u(0)+O(ε),
u dσ = ε
∂BR
∂Bε
∂Bε
d’où la première égalité de (3.4). Pour obtenir la deuxième égalité, il suffit
d’écrire
Z
dωd ρd−1 u(y) =
u dσ, 0 < ρ < R,
∂Bρ
et d’intégrer cette relation par rapport à ρ ∈ ]0, R[.
Exercice 3.3. Montrer que si u ∈ C 2 (Ω) et ∆u ≥ 0, alors
Z
Z
1
1
u(y) ≤
u dσ =
u dx.
dωd Rd−1 ∂B
ωd R d B
De même, si ∆u ≤ 0, on a l’inégalité inverse.
3.3
Principe du maximum et unicité pour le problème de
Dirichlet
Soit Ω ⊂ Rd un ouvert connexe et u ∈ C 2 (Ω). On dit u est harmonique si
∆u(x) = 0 pour tout x ∈ Ω.
Théorème 3.4. Soit u ∈ C 2 (Ω) une fonction harmonique. Supposons qu’il
existe y ∈ Ω tel que
u(y) = sup u(x).
x∈Ω
Alors u ≡ const.
Corollaire 3.5. Soit Ω ⊂ Rd un domaine borné et u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) une
fonction harmonique. Alors
inf u ≤ u(x) ≤ sup u
∂Ω
pour tout x ∈ Ω.
(3.6)
∂Ω
Corollaire 3.6. Soient u, v ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) deux fonctions telles que ∆u = ∆v
dans Ω et u = v sur ∂Ω. Alors u ≡ v.
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Démonstration du théorème. Soit M = supΩ u et ΩM = {x ∈ Ω, u(x) = M }.
Alors ΩM est fermé dans Ω et non vide. Montrons que ΩM est ouvert. Soit
z ∈ ΩM et B = BR (z) ⊂ Ω une boule. On applique la relation (3.4) à la
fonction harmonique u − M :
Z
1
(u − M ) dx ≤ 0,
0 = u(z) − M =
ωd R d B
d’où on conclut que u = M dans BR (z), et donc BR (z) ⊂ ΩM . Comme ΩM 6= ∅
est connexe et à la fois ouvert et fermé, on voit que ΩM = Ω et u ≡ M dans Ω.
3.4
Inégalité de Harnack
Théorème 3.7. Soit u ∈ C 2 (Ω) une fonction harmonique non négative. Alors
pour tout domaine connexe borné Ω′ ⊂ Ω tel que Ω′ ⊂ Ω il existe une constante
C = C(d, Ω′ , Ω) > 0 telle que
sup u ≤ C inf′ u.
Ω
Ω′
(3.7)
Démonstration. Soit y ∈ Ω et B4R (y) ⊂ Ω. Alors pour x1 , x2 ∈ BR (y) on a
Z
Z
1
1
u dx ≤
u dx,
u(x1 ) =
ωd Rd BR (x1 )
ωd Rd B2R (y)
Z
Z
1
1
u dx =
u dx,
u(x2 ) =
ωd (3R)d B3R (x2 )
ωd (3R)d B2R (y)
d’où on conclut que
u(x1 ) ≤ 3d u(x2 )
pour tous x1 , x2 ∈ BR (y).
Cette inégalité entraı̂ne que
sup u ≤ 3d inf u.
BR (y)
BR (y)
(3.8)
Un argument de compacité permet d’obtenir (3.7) à l’aide de l’inégalite (3.8).
3.5
Représentation de Green
On utilise maintenant les formules de Green pour obtenir une représentation
d’une fonction u ∈ C 2 (Ω) à l’aide de ∆u et des valeurs de u et ∂u
∂ν sur ∂Ω. Soit

1


|x|2−d
pour d ≥ 3,

d(2 − d)ωd
Γ(x) =

1


ln |x|
pour d = 2.
2π
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Exercice 3.8. Montrer que
xj
|x|−d ,
dωd
1
∂i ∂j Γ(x) =
δij − dxi xj |x|−2 |x|−d .
dωd
∂j Γ(x) =
(3.9)
(3.10)
En déduire que la fonction Γ est harmonique pour x 6= 0 et vérifie les inégalités
1
|x|1−d ,
dωd
1
|x|−d .
|∂i ∂j Γ(x)| ≤
ωd
|∂j Γ(x)| ≤
(3.11)
(3.12)
Théorème 3.9. Soit u ∈ C 2 (Ω), où Ω ⊂ Rd est un domaine borné à bord
régulier. Alors
Z Z
∂u ∂Γ
Γ(x−y)∆u(y) dy +
u(y) (x−y)−Γ(x−y) (y) dσ, x ∈ Ω.
u(x) =
∂ν
∂ν
∂Ω
Ω
(3.13)
Corollaire 3.10. Soit u ∈ C 2 (Ω) une fonction harmonique. Alors u ∈ C ∞ (Ω).
Démonstration. Soit x ∈ Ω et Bε ⊂ Ω la boule de centre x et de rayon ε > 0. On
applique la formule de Green (3.3) avec v = Γ(x − ·) et Ω remplacé par Ω \ Bε .
Comme Γ(x − y) est harmonique en y pour y 6= x, on obtient
Z
Z Z
∂u
∂Γ ∂Γ ∂u
Γ(x−y)∆u(y) dy =
dσ+
dσ. (3.14)
Γ −u
Γ −u
∂ν
∂ν
∂ν
∂ν
Ω\Bε
∂Ω
∂Bε
Il est facile à voir que
Z
Z
∂u ∂u Γ
dσ = Γ(ε)
dσ ≤ dωd εd−1 sup |∇u| → 0,
∂Bε
∂Bε ∂ν
∂Bε ∂ν
Z
1−d Z
∂Γ
ε
u
dσ = −
u dσ → −u(x)
∂ν
dωd ∂Bε
∂Bε
quand ε → 0+ . En utilisant ces relations pour passer à la limite dans (3.14)
lorsque ε → 0+ , on obtient (3.13).
Exercice 3.11. Montrer que si u ∈ C 2 (Rd ) est une fonction à support compact,
alors
Z
Γ(x − y)∆u(y) dy, x ∈ Rd .
u(x) =
Rd
Soit maintenant hx (y), x ∈ Ω, une famille de fonctions harmonique en y telle
que
hx (y) = −Γ(x − y) pour x ∈ Ω, y ∈ ∂Ω.
(3.15)
18
Alors, d’après la formule (3.3) avec v = hx , on a
Z
Z ∂u ∂h
u−
h dσ,
0=
h∆u(y) dy +
∂ν
∂Ω
∂Ω ∂ν
x ∈ Ω.
(3.16)
En prenant la somme de (3.13) et (3.16), pour toute fonction u ∈ C 2 (Ω) on
obtient
Z
Z
∂G(x, y)
dσ, x ∈ Ω,
(3.17)
u(y)
G(x, y)∆u(y) dy +
u(x) =
∂νy
∂Ω
Ω
où G(x, y) = Γ(x − y) + hx (y), et on a utilisé la condition (3.15). On appelle
G = G(x, y) la fonction de Green pour le problème de Dirichlet.
3.6
Existence de solution
Théorème 3.12. Soit Ω ⊂ Rd un domaine borné à bord régulier. Alors pour
toute fonction ϕ ∈ C(∂Ω) il existe une unique solution u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) du
problème
(3.18)
∆u = 0 dans Ω,
u∂Ω = ϕ.
Démonstration. L’unicité est démontrée dans le corollaire 3.6. Nous n’allons
démontrer l’existence que dans le cas Ω = BR = {x ∈ Rd : |x| < R}.
R2
Pour x 6= 0, on pose x̂ = |x|
2 x. On vérifie facilement (exercice) que la fonction
(
hx (y) =
−Γ
|x|
R (x̂
− y) ,
x 6= 0,
−Γ(R),
x = 0,
est solution du problème
∆ y hx = 0
hx ∂B = −Γ(x − y).
dans BR ,
R
Donc, on définit la fonction de Green par
(
Γ(x − y) − Γ |x|
R (x̂ − y) ,
G(x, y) =
Γ(x − y) − Γ(R),
Montrons que la fonction
( R
u(x) =
∂BR
∂G(x,y)
∂νy ϕ(y) dσ,
ϕ(x),
x 6= 0,
x = 0,
x ∈ BR ,
x ∈ ∂BR ,
est solution du problème (3.18) avec Ω = BR . En effet, on a
∆x G(x, y) = ∆x
∂
G(x, y) = 0
∂νy
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pour x ∈ BR , y ∈ ∂BR .
Ceci entraı̂ne que ∆u = 0 dans BR . Pour montrer que u ∈ C(B R ), on applique
la formule (3.17) à la fonction u ≡ 1.
Z
∂G(x, y)
dσ = 1.
∂νy
∂BR
De plus, on vérifie que
∂G(x, y)
R2 − |x|2
=
,
∂νy
dωd R|x − y|d
x ∈ BR ,
y ∈ ∂BR .
Soit x0 ∈ ∂BR et ε > 0. On choisit des constantes δ > 0 et M > 0 telles que
|ϕ(x) − ϕ(x0 )| < ε pour |x − x0 | < δ,
|ϕ| ≤ M
sur ∂BR .
Alors, pour |x − x0 | < δ/2, on obtient
Z
∂G(x, y)
|u(x) − ϕ(x0 )| < (ϕ(y) − ϕ(x0 ) dσ ∂νy
∂BR
Z
Z
(R2 − |x|2 )Rd−2
.
≤ ε + 2M
+
=
(δ/2)d
|y−x0 |>δ
|y−x0 |<δ
Si |x − x0 | ≪ 1, alors le deuxième terme est majoré par ε. Donc,
lim u(x) = ϕ(x0 )
x→x0
pour tout x ∈ ∂BR .
Corollaire 3.13 (Formule de Poisson). La solution du problème (3.18) avec
Ω = BR est donnée par
Z
ϕ(y)
R2 − |x|2
dσ
u(x) =
d
dωd R
∂BR |x − y|
Théorème 3.14. Soit Ω ⊂ Rd un domaine borné à bord régulier et f ∈ C 2 (Ω),
ϕ ∈ C(Ω). Alors il existe une unique solution u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) du problème
∆u = f dans Ω,
u∂Ω = ϕ.
(3.19)
Démonstration. Il suffit de montrer l’existence de solution. Soit f˜ ∈ C 2 (Rd ) une
fonction à support compact telle que f˜|∂Ω = f . On définit la fonction
Z
Γ(x − y)f˜(y) dy.
(3.20)
v(x) =
Rd
Supposons que nous avons montré que v ∈ C 2 (Rd ) et ∆v = f˜ sur Rd . On cherche
une solution de (3.19) sous la forme u = v + w. La fonction w doit être solution
du problème
∆w = 0 dans Ω,
w∂Ω = ϕ − v ∂Ω .
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D’après le théorème 3.12, ce problème a une unique solution w ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω).
On conclut que la fonction u = v + w appartient à l’espace C 2 (Ω) ∩ C(Ω) et
vérifie (3.19).
On montre maintenant les propriétés énoncées de la fonction v. On a
Z
Γ(y)f˜(x − y) dy,
v(x) =
Rd
d’où on voit que v ∈ C 2 (Rd ) et
Z
Z
˜
Γ(y)∆x f (x − y) dy =
∆v(x) =
Rd
Bε
+
Z
= Iε + Jε .
(3.21)
Rd \Bε
Comme Γ est intégrable, on a
Iε → 0
quand ε → 0+ .
(3.22)
De plus, en utilisant la formule de Green, on obtient
Z
Jε =
Γ(y)∆x f˜(x − y) dy
Rd \Bε
=
Z
∂Bε
∂ f˜(x − y)
∂νy
Γ(y) −
∂Γ(y) ˜
ε→0
f (x − y) dσ → f (x).
∂νy
En comparant (3.21) – (3.23), on voit que ∆v = f˜.
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(3.23)