Introduction aux équations aux dérivées partielles

Transcription

Université de Metz
Master 1 de Mathématiques
1er semestre
Introduction aux équations aux dérivées
partielles
par Ralph Chill
Laboratoire de Mathématiques et Applications de Metz
Année 2010/11
1
Contenu
Introduction
1. Notations
2. Exemples d’équations à dérivées partielles
5
5
6
Chapitre 1. Equations à dérivées partielles du premier ordre
1. La méthode des caractéristiques
2. Lois de conservation, solutions intégrales
3. L’équation des ondes en une dimension
4. Commentaires sur le deuxième chapitre
7
7
11
18
20
Chapitre 2. L’opérateur de Laplace
1. Convolution et régularisation
2. Fonctions harmoniques et principe du maximum
3. Solution fondamentale
4. Le problème de Dirichlet (fonctions de Green)
5. Le problème de Dirichlet (solution de Perron)
21
21
23
26
29
33
Chapitre 3. L’équation de la chaleur
1. Le noyau de la chaleur
2. Séparation des variables et séries de Fourier
3. Principe de comparaison
37
37
39
42
Chapitre 4. L’équation des ondes dans Rn
1. Moyennes sphériques
2. Solution de l’équation des ondes dans R3
45
45
47
48
Chapitre 5. Annexe
1. La mesure de surface sur la sphère dans Rn
2. Intégration par parties sur une boule
3. Intégration par parties sur un ouvert régulier
51
51
54
56
Bibliographie
61
3
Introduction
1. Notations
Dans tout ce qui suit, soit Ω ⊂ Rn un ouvert, n ≥ 1. En général, les éléments de
Ω seront notés x, y, . . . avec x = (xi )1≤i≤n , y = (yi )1≤i≤n . Dans quelques exemples,
les éléments de Ω seront notés (t, x) où t représente une variable réelle (le temps) et
x ∈ Rn−1 .
1.1. Dérivées partielles du premier ordre. Soit u ∈ C 1 (Ω). On utilisera les
notations suivantes pour la dérivée partielle en x ∈ Ω par rapport à xi :
∂u
(x) ou
∂xi
∂xi u(x) ou
∂i u(x) ou
u xi (x).
1.2. Dérivées partielles d’ordre supérieur. Pour les dérivées partielles d’ordre
supérieure d’une fonction u ∈ C k (Ω) on utilisera les multi-indices. Un multi-indice
est un élément α ∈ Nn0 . Pour tout multi-indice α on définit
Dα u(x) := ∂α u(x) :=
où |α| :=
Pn
i=1
∂|α| u
(x),
∂αx11 . . . ∂αxnn
αi ≤ k est la longueur de α.
1.3. Dérivées totales. La dérivée totale ou dérivée de Fréchet ou simplement la
dérivée d’une fonction u ∈ C 1 (Ω) en un point x ∈ Ω est notée Du(x). Par définition,
la dérivée totale est une application linéaire de Rn dans R. Cette application linéaire
peut être identifiée à un vecteur de Rn qu’on appelle aussi le gradient de u en x, noté
∇u(x). On a
∂u ∇u(x) =
(x)
.
1≤i≤n
∂xi
La dérivée seconde d’une fonction u ∈ C 2 (Ω) est la dérivée de la fonction Du ∈
C(Ω; Rn ), et elle est notée D2 u. Par définition, c’est une application linéaire de Rn
dans Rn ou bien une application bi-linéaire de Rn × Rn dans R. On peut identifier la
dérivée seconde en un point x ∈ Ω à une matrice dans Rn×n qu’on appelle la matrice
5
6
INTRODUCTION
hessienne, notée Hu (x). On a
∂2 u
(x) 1≤i, j≤n .
∂xi ∂x j
On ne va pas considerer des dérivées d’ordre supérieur à 2.
Hu (x) =
2. Exemples d’équations à dérivées partielles
2.1. L’équation de transport.



 ut (t, x) + b u x (t, x) = 0, t > 0, x ∈ R,

 u(0, x) = g(x),

x ∈ R.
2.2. L’équation de Hamilton-Jacobi.

n


 ut (t, x) + f (∇u(t, x)) = 0, t > 0, x ∈ R ,


 u(0, x) = g(x),
x ∈ Rn .
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.
2.4. L’équation de Laplace.



 −∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,


 u(x) = 0,
x ∈ ∂Ω.
2.5. L’équation de Poisson.



 −∆u(x) = 0, x ∈ Ω,


 u(x) = g(x), x ∈ ∂Ω.
2.6. L’équation de la chaleur.


ut (t, x) − ∆u(t, x) = 0, t > 0, x ∈ Ω,





u(t, x) = 0,
t > 0, x ∈ ∂Ω,





 u(0, x) = g(x),
x ∈ Ω.
2.7. L’équation des ondes.


utt (t, x) − ∆u(t, x) = 0,








 u(t, x) = 0,



u(0, x) = g(x),






 ut (0, x) = h(x),
t > 0, x ∈ Ω,
t > 0, x ∈ ∂Ω,
x∈Ω
x ∈ Ω.
CHAPITRE 1
Equations à dérivées partielles du premier ordre
Soit Ω ⊂ Rn un ouvert et soit F : Ω × R × Rn → R, (x, u, p) 7→ F(x, u, p) une
fonction de classe C 1 . L’équation à dérivées partielles du premier ordre est l’équation
(1.1)
F(x, u(x), ∇u(x)) = 0 pour tout x ∈ Ω.
Cette équation est parfois complémentée d’une condition ”au bord”:
(1.2)
u(x) = g(x) pour tout x ∈ Γ,
où Γ est un sous-ensemble du bord ∂Ω et g : Γ → R est une fonction donné.
Parfois Γ est seulement un sous-ensemble de Ω̄; dans ce cas la condition (1.2)
n’est pas forcément une condition au bord, mais on peut l’appeler une condition
complémentaire.
Dans ce chapitre on veut essayer de résoudre l’équation (1.1). Plus précisement,
on cherche une solution classique, c.à.d. une fonction u ∈ C 1 (Ω) tel que l’équation
(1.1) est vérifiée. Dans certains cas, on exige aussi que u ∈ C(Ω̄) est que u vérifie
aussi la condition complémentaire (1.2).
On verra dans ce chapitre que l’équation à dérivées partielles du premier ordre
n’admet pas toujours une solution (classique). Ceci montre une différence par rapport à la théorie des équations differentielles où le théorème de Peano ou le théorème
de Cauchy-Lipschitz impliquent qu’on a toujours une solution classique locale sous
de très faibles hypothèses. On verra aussi que la notion de solution classique ne suffit
pas en général et on va introduire une notion de solution faible ou solution intégrale.
1. La méthode des caractéristiques
On fait une première observation importante concernant le problème (1.1). On
suppose que u ∈ C 1 (Ω) est une solution classique de (1.1).
Soit x : I → Ω une courbe de classe C 1 définie sur un intervalle I ⊂ R. On pose
z(s) := u(x(s)) et p(s) := ∇u(x(s)).
Pour un moment, on va supposer que u ∈ C 2 (Ω). Alors les fonctions z et p sont de
classe C 1 sur I, l’une à valeurs réelles, l’autre à valeurs vectorielles. En dérivant les
deux fonctions par rapport à s, on obtient
n
X ∂u
X
ż(s) =
(x(s)) ẋ j (s) =
p j (s) ẋ j (s)
∂x
j
j=1
j=1
7
8
1. EQUATIONS À DÉRIVÉES PARTIELLES DU PREMIER ORDRE
et pour tout j = 1, . . . , n,
ṗ j (s) =
n
X
∂2 u
(x(s)) ẋi (s).
∂x
∂x
i
j
i=1
Puis, en dérivant l’équation (1.1) par rapport à x j , on obtient
∂F
∂u
∂F
(x, u(x), ∇u(x)) +
(x, u(x), ∇u(x))
(x) +
0 =
∂x j
∂u
∂x j
n
X
∂F
∂2 u
+
(x, u(x), ∇u(x))
(x).
∂pi
∂xi ∂x j
i=1
Supposons que la courbe x est choisie telle que ẋ(s) = ∇ p F(x(s), z(s), p(s)). Alors
on peut simplifier les trois équations ci-dessus. Les fonctions x, z et p vérifient
un système d’équations différentielles, dit le système des équations différentielles
caractéristiques:
∂F
ẋ j (s) =
(x(s), z(s), p(s)) (1 ≤ j ≤ n),
∂p j
n
X
∂F
(x(s), z(s), p(s)) p j (s),
ż(s) =
∂p j
j=1
∂F
(x(s), z(s), p(s)) −
∂x j
∂F
−
(x(s), z(s), p(s)) p j (s) (1 ≤ j ≤ n).
∂u
Ce système peut servir à montrer l’unicité et l’existence de solutions, et même pour
résoudre l’équation (1.1). En fait, la fonction F et donc les dérivées partielles de F
sont connues. On essayera donc de résoudre ce système et d’obtenir ainsi une courbe
x, la fonction z (c’est la fonction u restreint à cette courbe) et la fonction p (c’est le
gradient de u restreint à cette courbe). Si on trouve ”assez” de courbes comme
solutions, dans le sens que la réunion des images de toutes ces courbes est tout Ω, on
peut espérer de pouvoir trouver/construire une solution u de notre équation de départ
(1.1).
ṗ j (s) = −
E 1.1. Essayons de résoudre l’équation



 x1 u x2 − x2 u x1 = u, x1 , x2 > 0,
(1.3)


 u(x , 0) = g(x ),
x > 0.
1
1
1
Ce problème est en effet une EDP du premier ordre et donc un cas particulier de
(1.1) et (1.2).
Si on définit l’ouvert
Ω := {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 , x2 > 0},
et si on définit la fonction F : Ω × R × R2 → R par
F(x1 , x2 , u, p1 , p2 ) = x1 p2 − x2 p1 − u,
1. LA MÉTHODE DES CARACTÉRISTIQUES
9
alors on voit que le problème (1.3) est un cas particulier du problème (1.1). Les
équations différentielles caractéristiques sont
ẋ1 (s) = −x2 (s),
ẋ2 (s) = x1 (s),
ż(s) = −x2 (s)p1 (s) + x1 (s)p2 (s) = z(s),
avec données initiales
x1 (0) = x > 0, x2 (0) = 0 et z(0) = g(x).
On obtient comme solution de ce système d’équations différentielles:
(x1 (s), x2 (s)) = (x cos s, x sin s) et
z(s) = es g(x).
Si on veut alors calculer la solution u du problème (1.3) en un point (x1 , x2 ) ∈ Ω,
alors il faut encore résoudre le système
x1 = x cos s,
x2 = x sin s,
c.à.d. calculer x et s en fonction de x1 et x2 . On obtient
q
x2
x = x21 + x22 et s = arctan .
x1
Finalement, on peut calculer la solution u du problème (1.3):
q
x
arctan x2
1,
(x1 , x2 ) ∈ Ω.
u(x1 , x2 ) = g( x21 + x22 )e
On vérifie que c’est vraiment une solution du problème (1.3).
Par la méthode des caractéristiques, on peut aussi résoudre l’équation de transport linéaire.
T́̀ 1.2 (Equation de transport linéaire à coefficients variables). Soient
g, b ∈ C 1 (R) tels que supx∈R |b(x)| < ∞. Alors il existe une unique solution u ∈
C 1 ([0, ∞) × R) du problème



 ∂t u(t, x) + b(x) ∂x u(t, x) = 0, t > 0, x ∈ R,
(1.4)


 u(0, x) = g(x).
D́. 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 (1.1), on va remplacer t par x0 et x par x1 . L’équation
(1.4) devient



 ∂ x0 u(x0 , x1 ) + b(x1 ) ∂ x1 u(x0 , x1 ) = 0, x0 > 0, x1 ∈ R,
(1.5)


 u(0, x1 ) = g(x1 ).
10
Si on pose Ω := {(x0 , x1 ) ∈ R2 : x0 > 0} et si on définit F : Ω × R × R2 → R
par F(x0 , x1 , u, p0, p1 ) := p0 + b(x1 )p1 , alors on voit que l’équation (1.5) est un cas
spécial de l’équation (1.1).
Unicité: Soit u une solution du problème (1.5).
Les équations différentielles caractéristiques pour ce problème sont:
ẋ0 (s) = 1,
ẋ1 (s) = b(x1 (s)),
ż(s) = p0 (s) + b(x1 (s))p1 (s) = 0.
La dernière égalité suit de la définition de z et du fait que u est une solution de
(1.5). Le problème (1.5) étant linéaire, il suffit de résoudre ces trois équations
différentielles qui sont indépendantes des équations différentielles pour p0 et p1 .
Pour les données initiales x0 (0) = 0, x1 (0) = x ∈ R et z(0) = u(0, x) = g(x) on
obtient:
x0 (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 ẋ1 (s) = b(x1 (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 x1 (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 (x0 , x1 ) du demi-plan Ω il existe
une courbe caractéristique unique qui traverse à la fois le point (x0 , x1 ) et un point
unique de la forme (0, x) pour un x ∈ R (utiliser que x0 (s) = s et que x1 est définie
globalement).
La solution u étant constante sur toute courbe caractéristique, u(x0 , x1 ) 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 (x0 , x1 ) du demi-plan Ω il existe une courbe caractéristique unique qui
traverse à la fois le point (x0 , x1 ) et un point unique de la forme (0, x) pour un x ∈ R.
Alors, étant donné un point (x0 , x1 ) ∈ Ω, on prend cette courbe caractéristique et le
point (0, x) sur cette courbe, et on définit
u(x0 , x1 ) := g(x).
En exercice, démontrer que la fonction u ainsi définie est de classe C 1 et qu’elle est
solution de l’équation de transport.
2. LOIS DE CONSERVATION, SOLUTIONS INTÉGRALES
11
R 1.3. On montrera de la même manière que pour tout g, b, f ∈ C 1 (R)
tel que supx∈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.
E 1.4 (Le cas de coefficients constants). Pour tout g ∈ C 1 (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:
ẋ0 (s) = 1,
ẋ1 (s) = b,
ż(s) = 0.
Comme dans la démonstration du Théorème 1.2 on fait l’identification x0 ↔ t et
x1 ↔ 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) +
Z
0
t
f (τ, x − bt + bτ) dτ.
2. Lois de conservation, solutions intégrales
2.1. Le modèle. On considère l’équation à dérivées partielles



 ut + f (u)x = 0, t > 0, x ∈ R,
(1.6)


 u(0, x) = g(x), x ∈ R,
où f , g ∈ C 1 (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).
12
On veut utiliser la méthode des caractéristiques pour montrer unicité et existence
de solutions. Si on refait l’identification t ↔ x0 et x ↔ x1 , alors les équations
différentielles caractéristiques pour le problème (1.6) sont
ẋ0 (s) = 1,
ẋ1 (s) = f ′ (z(s)),
ż(s) = 0.
Ces trois équations sont déjà indépendantes des variables p0 et p1 . Il ne faut donc
ni écrire ni résoudre les équations différentielles pour p0 et p1 . Les trois équations
différentielles pour x0 , x1 et z sont complémentées de conditions initiales:
x0 (0) = 0,
x1 (0) = x ∈ R et z(0) = g(x).
Alors on obtient comme solutions:
x0 (s) = s,
x1 (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.
2.2. L’équation de Burger. Un cas particulier d’une loi de conservation est
l’équation de Burger:



 ut + u u x = 0, t > 0, x ∈ R,
(1.7)


 u(0, x) = g(x), x ∈ R,
Cette équation est un cas particulier d’une loi de conservation si on pose f (u) = 21 u2 .
Les courbes caractéristiques sont les droites
(x1 (s), x2 (s)) = (s, x + g(x)s)
avec x ∈ R donné, et u ≡ g(x) sur chaque droite caractéristique.
E 1.5. Si



 0, x ≤ 0,
g(x) := 

 x, x > 0,
alors les courbes caractéristiques sont données par


si x2 (0) = x ≤ 0,

 (s, x)
(x1 (s), x2 (s)) := 

 (s, x(1 + s)) si x2 (0) = x > 0.
Pour tout point (x1 , x2 ) ∈ R+ × R il existe une courbe caractéristique unique qui
passe par (x1 , x2 ) et un point de la forme (0, x).
13
t
x
F 1. Courbes caractéristiques pour l’exemple 1.5
La solution u dans cet exemple est donnée par


x ≤ 0,

 0,
u(t, x) := 

 x , x > 0,
t+1
E 1.6. Si


1,
x ≤ 0,





1 − x, 0 < x < 1,
g(x) := 




 0,
x ≥ 1,


(s, x(1 + s))
si x2 (0) = x ≤ 0,





(s, s + (1 + s)x) si 0 < x2 (0) = x < 1,
(x1 (s), x2 (s)) := 




 (s, x)
si x2 (0) = x ≥ 1.
On voit dans cet exemple que les courbes caractéristiques s’intersectent dans
t
x
l’ensemble {(t, x) : t > 1}. Il n’est plus possible de définir une solution u dans
cet ensemble à partir de la méthode des caractéristiques.
14
La solution u dans l’ensemble {(t, x) : 0 ≤ t ≤ 1} est donnée par


1,
x ≤ t et 0 ≤ t ≤ 1,




 1−x
, 0 ≤ t ≤ x ≤ 1,
u(t, x) := 
1−t




 0,
x ≥ 1 et 0 ≤ t ≤ 1.
La solution u n’est pas définie pour t > 1!
E 1.7. Si



 0, x ≤ 0,
g(x) := 

 1, x > 0,


(s, x(1 + s))
si x2 (0) = x ≤ 0,





(s, s + (1 + s)x) si 0 < x2 (0) = x < 1,
(x1 (s), x2 (s)) := 




 (s, x)
si x2 (0) = x ≥ 1.
On voit dans cet exemple que les courbes caracteristiques ne couvrent pas le
t
x
demi-plan Ω; en particulier, il n’est pas clair comment définir une solution u dans
l’ensemble {(t, x) : 0 < x < t}. Donc, on ne peut pas donner une solution pour t > 0.
2.3. Solutions intégrales, condition de Rankine-Hugoniot. Dans ce paragraphe, on définit le demi-plan ouvert Ω := {(t, x) ∈ R2 : t > 0}. On écrit u ∈ C 1 (Ω̄)
si u ∈ C 1 (Ω) et si u et ses dérivées partielles sont continues sur Ω̄. Pour une fonction
ϕ ∈ C ∞ (Ω̄) on définit le support
supp ϕ := {x ∈ Ω̄ : ϕ(x) , 0} ⊂ Ω̄.
Puis on définit l’espace
D(Ω̄) := Cc∞ (Ω̄) := {ϕ ∈ C ∞ (Ω̄) : supp ϕ ⊂ Ω̄ est compact}.
Les éléments de D(Ω̄) sont les fonctions de test sur Ω̄, et D(Ω̄) est l’espace des fonctions de test sur Ω̄.
15
Si u ∈ C 1 (Ω̄) est une solution (classique) de la loi de conservation (1.6), alors
une intégration par parties implique que pour toute fonction de test ϕ ∈ D(Ω̄) on a
0 =
Z
(ut + f (u)x )ϕ dx dt
Z Z ∞
Z
= −
uϕt dt dx + [uϕ]∞
t=0 dx −
R 0
R
Z ∞Z
Z ∞
−
f (u)ϕ x dx dt +
[ f (u)ϕ]∞
x=−∞ dt
0
R
0
Z
Z
g(x)ϕ(0, x) dx.
= − (uϕt + f (u)ϕ x ) dx dt −
Ω̄
Ω̄
R
D́ 1.8. On dit que u ∈ L∞
loc (Ω̄) est une solution intégrale du problème
(1.6) si pour toute fonction de test ϕ ∈ D(Ω̄) on a
Z
(uϕt + f (u)ϕ x ) dx dt +
Ω̄
Z
g(x)ϕ(0, x) dx = 0.
R
2
R 1.9. (a) Si v ∈ L∞
loc (R+ ) est une fonction telle que
Z
vϕ dx dt = 0
Ω̄
pour tout ϕ ∈ D(Ω̄), alors v = 0. Ce fait va être démontré plus tard.
(b) Si u est une solution intégrale du problème (1.6) et si en plus u ∈ C 1 (Ω̄),
alors u est une solution classique du problème (1.6); il suffit d’intégrer par parties et
d’utiliser la remarque (a) pour voir ça.
Comment calculer des solutions intégrales? Supposons qu’il existe une courbe
C : t 7→ (t, x(t)) de classe C 1 qui divise le demi-plan Ω en deux sous-ensembles
Ω− := {(t, x) ∈ Ω : x < x(t)} et Ω+ := {(t, x) ∈ Ω : x > x(t)}. Supposons qu’il existe
une solution intégrale u ∈ L∞
loc (Ω̄) qui est en fait une solution classique à l’interieure
de Ω− et de Ω+ . On suppose que pour (presque) tout s ≥ 0 les limites
u± (s) :=
lim u(t, x)
(t,x)→(s,x(s))
(t,x)∈Ω±
16
existent. Alors la définition de solution intégrale et la formule de Green (intégration
par parties dans Rn ) impliquent que pour toute fonction de test ϕ ∈ D(Ω̄) on a
Z
Z
0 =
(uϕt + f (u)ϕ x ) +
g(x)ϕ(0, x) dx
Ω
R
Z
Z x(0)
Z
=
uϕt +
g(x)ϕ(0, x) dx +
f (u)ϕ x +
Ω−
−∞
Ω−
Z
Z ∞
Z
uϕt +
g(x)ϕ(0, x) dx +
f (u)ϕ x
+
Ω+
= −
Z
x(0)
Z
ut ϕ +
Ω−
Z
Ω+
uϕνt +
∂Ω−
Z
x(0)
−∞
Z
g(x)ϕ(0, x) dx −
f (u)x ϕ +
uϕν x −
∂Ω−
Z
Z
Z ∞
−
ut ϕ +
uϕνt +
g(x)ϕ(0, x) dx −
Ω+
∂Ω+
x(0)
Z
Z
−
f (u)x ϕ +
uϕν x ,
−
Ω−
∂Ω+
Ω+
où ν x et νt désignent les deux coordonnées de la normale extérieure à Ω− ou Ω+ . Les
intégrales sur les bords sont des intégrales par rapport à la mesure de surface.
Rappelons que u est solution classique dans Ω− et Ω+ . On a donc
Z
(ut + f (u)x )ϕ = 0.
Ω±
La frontière de Ω− consiste des deux courbes Γ− := {(0, x) : x ≤ x(0)} et Γ :=
{(s, x(s)) : s ≥ 0} qui sont paramétrées par les fonctions γ− : (−∞, x(0)] → R2 ,
s 7→ (0, s) et γ : [0, ∞) → R2 , s 7→ (s, x(s)). L’intégrale sur la frontière de Ω− est
donnée par
Z
Z
Z
uϕνt =
uϕνt + uϕνt
Ω−
=
Z
+
Γ−
x(0)
−∞
Z
Γ
u(γ− (s))ϕ(γ− (s))νt (γ− (s))|γ−′ (s)| ds +
∞
u(γ(s))ϕ(γ(s))νt (γ(s))|γ′ (s)| ds.
0
Sur Γ− on a νt = −1 et ν x = 0, ce qui implique
Z
Z x(0)
Z
uϕνt = −
u(0, x)ϕ(0, x) dx = −
−∞
Γ−
x(0)
g(x)ϕ(0, x) dx.
−∞
Sur Γ on a νt = − √ ẋ 2 et ν x = √ 1 2 ce qui implique,
1+ ẋ
1+ ẋ
Z
Z ∞
u− (s, x(s))ϕ(s, x(s)) ẋ(s) ds
uϕνt = −
Γ
0
17
et
Z
f (u)ϕν x =
Γ
Z
∞
0
f (u−(s, x(s))ϕ(s, x(s)) ds.
La frontière de Ω+ consiste des deux courbes Γ+ := {(0, x) : x ≥ x(0)} et Γ
comme défini ci-dessus. On notera seulement que sur Γ la normale extérieure change
maintenant de signe (par rapport à la normale extérieure à Ω− ). On obtient finalement
0 =
Z
∞
0
−
Z
( f (u−(s, x(s)) − f (u+ (s, x(s))))ϕ(s, x(s)) ds −
0
∞
(u− (s, x(s)) − u+ (s, x(s)))ϕ(s, x(s)) ẋ(s) ds
Cette égalité est alors une condition nécessaire et aussi suffisante (il suffit de refaire
le calcul ci-dessus inversement) pour que u soit solution intégrale. Cette égalité est
vraie pour toute fonction de test ϕ ∈ D(Ω̄) si la condition suivante est vérifiée:
(1.8)
(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.
E 1.10. On reconsidère l’équation de Burger (1.7) avec donn ée initiale
comme dans l’exemple 1.6. En fait, dans l’exemple 1.6, on a déjà définit une solution
u pour 0 ≤ t ≤ 1. Il suiffit de prolonger la solution en une solution intégrale pour
t ≥ 1. Alors, on veut en fait résoudre l’équation de Burger pour la donnée initiale



 1, x ≤ 1,
g(x) = u(1, 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) = 1 (le point de discontinuité de la
donnée initiale) et telle que u est solution classique dans les ensembles Ω+ = {(t, x) :
x > x(t)} et Ω− = {(t, x) : x < x(t)}. En fait, par la donnée initial on voit que u = 0
dans Ω+ et u = 1 dans Ω− . La condition de Rankine-Hugoniot devient,
1
− ẋ(s) = − ,
2
parce que f (u) = 12 u2 . Donc, x(s) = 1 + 21 s.
s ≥ 0,
18
t
x
Une solution intégrale u de l’équation de Burger avec donnée initiale comme
dans l’exemple 1.6 est alors

1,
x ≤ t et 0 ≤ t ≤ 1,






1−x


, 0 ≤ t ≤ x ≤ 1,

1−t




0,
x ≥ 1 et 0 ≤ t ≤ 1,
u(t, x) := 






,
1,
t > 1 et x < t+1


2



 0,
t > 1 et x > t+1
.
2
R 1.11. En général, les solution intégrales ne sont pas uniques! Par
exemple,


 0, x < 2t ,

u(t, x) := 

 1, x > t ,
2
et


0, x ≤ 0,




 x
, 0 < x < t,
u(t, x) := 
t




 1, x ≥ t,
sont des solutions intégrales de l’équation de Burger avec donnée initiale comme
dans l’exemple 1.7.
3. L’équation des ondes en une dimension
3.1. L’équation des ondes sur R. Nous considérons l’équation des ondes en
une dimension:


utt (t, x) − u xx (t, x) = 0, t > 0, x ∈ R,





u(0, x) = u0 (x),
x ∈ R,
(1.9)





 u (0, x) = u (x),
x ∈ R.
t
1
Les fonctions u0 , u1 : R → R sont données. L’équation des ondes est une équation
à dérivées partielles du deuxième ordre, mais on peut la réécrire comme un système
3. L’ÉQUATION DES ONDES EN UNE DIMENSION
19
d’équations à dérivées partielles du premier ordre. On observe qu’on peut factoriser
l’équation (ou l’opérateur différentiel) des ondes:
∂ ∂
∂
∂
+ )( − )u = utt − u xx = 0.
∂t ∂x ∂t ∂x
∂
∂
)u(t, x), alors on obtient un système d’équations de
Si on pose v(t, x) = ( ∂t − ∂x
transport pour les fonctions u et v:


vt + vx = 0,
t > 0, x ∈ R,







t > 0, x ∈ R,

 ut − u x = v,


′


v(0, x) = u1 (x) − u0 (x), x ∈ R,





 u(0, x) = u (x),
x ∈ R.
(
0
Comme dans l’Exemple 1.4, on obtient comme solution:
v(t, x) = a(x − t),
où a(x) = v(0, x), et
u(t, x) = u0 (x + t) +
Z
Z
t
v(τ, x + t − τ) dτ
0
t
a(x + t − 2τ) dτ
Z
1 x+t
a(τ) dτ.
= u0 (x + t) +
2 x−t
= u0 (x + t) +
0
Par définition,
a(x) = v(0, x) = ut (0, x) − u x (0, x) = u1 (x) − u′0 (x),
x ∈ R.
On obtient alors la solution u de l’équation des ondes par la formule de d’Alembert:
Z
1 x+t
1
(1.10)
u(t, x) = u0 (x + t) + u0 (x − t) +
u1 (τ)dτ.
2
2 x−t
T́̀ 1.12. Pour tout u0 ∈ C 2 (R) et tout u1 ∈ C 1 (R) l’équation des ondes
(1.9) admet une solution u ∈ C 2 (R+ × R) unique. Celle-ci est donnée par la formule
de d’Alembert (1.10).
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:


utt (t, x) − u xx (t, x) = 0, t > 0, x ∈ (0, L),







t ≥ 0,

 u(t, 0) = u(t, L) = 0,
(1.11)




u(0, x) = u0 (x),
x ∈ (0, L),





 ut (0, x) = u1 (x),
x ∈ (0, L).
Ici, les fonctions u0 , u1 : [0, L] → R sont données.
20
Le problème (1.11) 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 u0 est le déplacement initial de la corde, la fonction u1 est la vitesse initiale
de la corde.
T́̀ 1.13. Pour tout u0 ∈ C 2 ([0, L]) tel que u0 (0) = u0 (L) = 0 et pour tout
u1 ∈ C 1 ([0, L]) il existe une solution u ∈ C 2 (R+ × [0, L]) unique du problème (1.11).
D́. Unicité: Par linéarité, il suffit de montrer que si u est une solution de (1.11) pour les données initiales u0 = u1 ≡ 0, alors u = 0. Soit donc u
une solution pour ces données initiales. On prolonge la solution u en une fonction
impaire (par rapport à la variable x) sur R+ × [−L, L] et puis en une fonction 2Lpériodique (par rapport à la variable x) sur R+ × R. La fonction ainsi obtenu est une
solution de l’équation des ondes sur R (problème (1.9)) pour les données initiales
u0 = u1 ≡ 0. Par unicité (Théorème 1.12), on a u = 0.
Existence: On prolonge les fonctions u0 et u1 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 u0 et u1 . 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 (1.11).
4. Commentaires sur le deuxième chapitre
On récapitule ici quelques propriétés des équations à dérivées partielles du premier ordre qu’on a vu dans ce chapitre:
- On a vu que la méthode des caractéristiques nous donne une possibilité de
résolution explicite ou au moins une possibilité de démontrer existence et (surtout)
unicité de solutions. Le problème du premier ordre est reduit à la résolution d’un
système d’équations différentielles.
- Néanmoins, la méthode des caractéristiques ne marche pas toujours et on n’a
en fait pas toujours existence d’une solution classique. On est obligé de considérer
des solutions faibles pour lesquelles on n’a pas toujours unicité. En général, pour
montrer unicité des solutions faibles, on a besoin d’une théorie supplémentaire.
- Les équations à dérivées partielles du premier ordre ne sont pas régularisantes:
les solutions (si elles existent) ont la même régularité que les données initiales (voir
l’équation du transport linéaire). Si la donnée initiale est par exemple de classe C k ,
alors la solution est de classe C k aussi, mais en général pas mieux. Des fois, on
a même une perte de régularité (voir l’équation de Burger): on a vu des solutions
(intégrales) non continues pour des données initiales continues.
CHAPITRE 2
L’opérateur de Laplace
Dans ce chapitre on va étudier le problème



 λu(x) − ∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,
(2.1)


 u(x) = g(x),
x ∈ ∂Ω,
où Ω ⊂ Rn est un ouvert, λ ∈ R, f : Ω → R et g : ∂Ω → R sont des fonctions
données, et ∆ est l’opérateur de Laplace:
n
X
∂2 u
(x).
∆u(x) :=
2
∂x
i
i=1
1. Convolution et régularisation
Soit Ω ⊂ Rn un ouvert. On définit
L1loc (Ω) := {u : Ω → R : u|K ∈ L1 (K) pour tout K ⊂ Ω compact}
l’espace des fonctions localement intégrables (par rapport à la mesure de Lebesgue)
sur Ω. Cet espace contient L p (Ω) (1 ≤ p ≤ ∞) et C(Ω).
On définit aussi
D(Ω) := Cc∞ (Ω) := {ϕ ∈ C ∞ (Ω) : supp ϕ ⊂ Ω et supp ϕ compact}
l’espace des fonctions de test sur Ω. Ici,
supp ϕ := {x ∈ Ω : ϕ(x) , 0} (fermeture dans Rn )
est le support d’une fonction ϕ ∈ C ∞ (Ω).
E 2.1. Soit
Alors ϕ ∈ D(Rn ).

Pn 2
1
2


 exp(− 1−|x|2 ), |x| := i=1 xi < 1,
ϕ(x) := 

 0,
|x|2 ≥ 1.
D́ 2.2 (Convolution). Pour toute fonction f ∈ L1loc (Rn ) et toute fonction
test ϕ ∈ D(Rn ) on définit la convolution f ∗ ϕ : Rn → R par
Z
f ∗ ϕ(x) :=
f (x − y)ϕ(y) dy
Rn
Z
=
f (y)ϕ(x − y) dy, x ∈ Rn .
Rn
21
22
2. L’OPÉRATEUR DE LAPLACE
P 2.3. Pour toute fonction f ∈ L1loc (Rn ) et toute fonction test ϕ ∈ D(Rn )
on a f ∗ ϕ ∈ C ∞ (Rn ) et
∂ϕ
∂
( f ∗ ϕ)(x) = f ∗
(x), x ∈ Rn .
∂xi
∂xi
D́. Continuité de la convolution:
Z
| f ∗ ϕ(x + h) − f ∗ ϕ(x)| = |
f (y) ϕ(x + h − y) − ϕ(x − y) dy|
n
ZR
≤
| f (y)| |ϕ(x + h − y) − ϕ(x − y)| dy
Rn
→ 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 ∈ Rn .
Différentiabilité de la convolution:
Z
ϕ(x + hei − y) − ϕ(x − y)
f ∗ ϕ(x + hei ) − f ∗ ϕ(x)
=
dy
f (y)
h
h
Rn
Z
∂ϕ
→
f (y)
(x − y) dy
∂xi
Rn
∂ϕ
= f∗
(x) (h → 0),
∂xi
parce que f est localement intégrable, ϕ est continument différentiable et à support
∂ϕ
→ ∂x
(x − y) lorsque h → 0, uniformément en x, y ∈ Rn .
compact, et ϕ(x+hei −y)−ϕ(x−y)
h
i
On a donc démontre que la convolution f ∗ ϕ est continue et que les dérivées
∂ϕ
partielles ∂x∂ i ( f ∗ϕ) existent en tout point x ∈ Rn . Comme ∂x∂ i ( f ∗ϕ) = f ∗ ∂x
et comme
i
∂ϕ
n
∈ D(R ), les dérivées partielles sont toutes continues, et donc f ∗ ϕ ∈ C 1 (Rn ). Le
∂xi
fait que f ∗ ϕ ∈ C ∞ (Rn ) suit maintenant d’un argument de récurrence.
Dans la suite, si Ω ⊂ Rn est un ouvert et si ε > 0, alors on définit
Ωε := {x ∈ Ω : dist (x, ∂Ω) > ε}.
Ici, dist (x, A) := inf{kx − yk : y ∈ A} est la distance entre un point x ∈ Rn et un
ensemble A ⊂ Rn .
D́ 2.4 (Convolution). Pour toute fonction f ∈ L1loc (Ω) et toute fonction
test ϕ ∈ D(Rn ) tel que supp ϕ ∈ B̄(0, ε) (boule fermé de centre 0 et de rayon ε > 0)
on définit la convolution f ∗ ϕ : Ωε → R par
Z
f ∗ ϕ(x) :=
f (y)ϕ(x − y) dy, x ∈ Ωε .
Ω
P 2.5. Pour toute fonction f ∈ L1loc (Ω) et toute fonction test ϕ ∈ D(Rn )
tel que supp ϕ ∈ B̄(0, ε) on a f ∗ ϕ ∈ C ∞ (Ωε ) et
∂
∂ϕ
( f ∗ ϕ)(x) = f ∗
(x), x ∈ Ωε .
∂xi
∂xi
2. FONCTIONS HARMONIQUES ET PRINCIPE DU MAXIMUM
23
D́. Cette proposition se démontre de la même façon que la Proposition 2.3.
2. Fonctions harmoniques et principe du maximum
D́ 2.6. On dit qu’une fonction u ∈ C 2 (Ω) est harmonique si −∆u = 0.
Pour la suite on va introduire l’intégrale moyenne. Soit B(x, r) ⊂ Rn la boule de
centre x et de rayon r, et soit ∂B(x, r) la sphère de centre x et de rayon r. Pour une
fonction intégrable u : B(x, r) → R l’intégrale moyenne est
Z
?
1
u(y) dy,
u(y) dy := n
r ωn B(x,r)
B(x,r)
où rn ωn est le volume de la boule de rayon r et ωn est le volume de la boule unité
dans Rn .
Pour une fonction intégrable u : ∂B(x, r) → R (où intégrable veut dire intégrable
par rapport à la mesure de surface) l’intégrale moyenne est
?
Z
1
u(y) dσ(y) := n−1
u(y) dσ(y),
r σn−1 ∂B(x,r)
∂B(x,r)
où rn−1 σn−1 est le volume de la sphère de rayon r et σn−1 est le volume de la sphère
unité dans Rn . Notons qu’on a n ωn = σn−1 (voir l’annexe sur la mesure de surface).
T́̀ 2.7 (Egalités de la moyenne). Soit u ∈ C 2 (Ω) harmonique. Alors pour
tout x ∈ Ω, r > 0 tel que B̄(x, r) ⊂ Ω (boule fermé!) on a
?
(2.2)
u(x) =
u(y) dy
B(x,r)
et
(2.3)
u(x) =
?
u(y) dσ(y).
∂B(x,r)
D́.
Soit u ∈ C 2 (Ω). Pour x ∈ Ω et r > 0 assez petit on pose
>
Φ(r) := ∂B(x,r) u(y) dσ(y). Alors la substitution y = x + rz donne
Z
1
Φ(r) =
u(y) dσ(y)
nωn rn−1 ∂B(x,r)
Z
1
=
u(x + rz) dσ(z).
nωn ∂B(0,1)
En conséquent, la formule de Green implique
Z
1
′
∇u(x + rz) · z dσ(z)
Φ (r) =
nωn ∂B(0,1)
Z
1
=
(2.4)
∆u(x + rz) dz.
nωn B(0,1)
24
Donc, si u ∈ C 2 (Ω) est harmonique, alors Φ est constante. Ceci implique
Φ(r) = lim Φ(h)
h→0
?
= lim
u(y) dσ(y)
h→0
∂B(x,h)
= u(x),
par continuité de u. On a donc démontré la deuxième égalité de la moyenne.
La première égalité de la moyenne vient de la deuxième en utilisant les coordonnées polaires:
?
Z
1
u(y) dy =
u(y) dy
ωn rn B(x,r)
B(x,r)
Z rZ
1
u(y) dσ(y) ds
=
ωn rn 0 ∂B(x,s)
Z r
1
=
σn−1 sn−1 u(x) ds
ωn r n 0
σn−1
=
u(x)
nωn
= u(x).
T́̀ 2.8. Soit u ∈ C(Ω) tel que pour tout x ∈ Ω et tout r > 0 vérifiant
B̄(x, r) ⊂ Ω on a
?
u(x) =
u(y) dσ(y),
∂B(x,r)
c.à.d. u vérifie l’égalité de la moyenne. Alors u ∈ C ∞ (Ω) et u est harmonique.
D́. On montre d’abord que si u ∈ C 2 (Ω) vérifie l’égalité de la
moyenne, alors u est harmonique. Pour cela, on définit la fonction Φ comme dans
la démonstration du théorème 2.7. La fonction u vérifiant l’égalité de la moyenne et
l’égalité (2.4) impliquent
Z
1
′
∆u(x + rz) dz.
0 = Φ (r) =
nωn B(0,1)
Si u n’est pas harmonique, alors il existe x ∈ Ω 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 (Ω) 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(Rn ) la fonction
de test de l’exemple 2.1,
R
multiplié par une constante c > 0 de sorte
R que Rn ϕ = 1. Pour ε > 0 on pose
−n
n
ϕε (x) := ε ϕ(x/ε) (x ∈ R ). Alors on a Rn ϕε = 1 et supp ϕε ⊂ B̄(0, ε). Pour tout
2. FONCTIONS HARMONIQUES ET PRINCIPE DU MAXIMUM
25
x ∈ Ωε on a, par Fubini, la définition de ϕ, et l’égalité de la moyenne,
Z
u ∗ ϕε (x) =
ϕε (y)u(x − y) dy
B(0,ε)
Z
1
y
= n
ϕ( )u(x − y) dy
ε B(0,ε) ε
Z εZ
y
1
ϕ( )u(x − y) dσ(y) dr
= n
ε 0 ∂B(0,r) ε
Z εZ
1
1
= n
c exp(
)u(x − y) dσ(y) dr
ε 0 ∂B(0,r)
1 − r2 /ε2
Z ε
1
1
= n
c exp(
)nωn rn−1 u(x) dr
2
2
ε 0
1 − r /ε
= u(x).
Donc, u ∗ ϕε = u sur Ωε . Il suit de S
la Proposition 2.5 que u|Ωε ∈ C ∞ (Ωε ). Comme
ε > 0 était arbitraire et comme Ω = ε>0 Ωε , on obtient u ∈ C ∞ (Ω).
Les Théorèmes 2.7 et 2.8 impliquent le corollaire remarquable suivant.
C 2.9. Toute fonction harmonique est de classe C ∞ .
D́ 2.10. On dit qu’une fonction u ∈ C(Ω) est sous-harmonique si pour
tout x ∈ Ω et tout r > 0 vérifiant B̄(x, r) ⊂ Ω on a
?
u(x) ≤
u(y) dy.
B(x,r)
R 2.11. D’après le Théorème 2.8 une fonction u ∈ C(Ω) est harmonique
si et seulement si u et −u sont sous-harmoniques.
T́̀ 2.12 (Principe du maximum). Soit u ∈ C(Ω̄) sous-harmonique sur Ω,
où Ω ⊂ Rn est un ouvert borné. Alors:
(i) maxΩ̄ u = max∂Ω u.
(ii) Si Ω est en plus connexe, et s’il existe x0 ∈ Ω tel que u(x0 ) = maxΩ̄ u, alors
u est constante.
D́. L’assertion (ii) implique facilement l’assertion (i). Il suffit alors
de démontrer (ii).
Soit x0 ∈ Ω tel que u(x0 ) = maxΩ̄ u =: M. La fonction u étant sous-harmonique,
on a
?
M = u(x0 ) ≤
u(y) dy
B(x0 ,r)
pour tout r > 0 tel que B̄(x0 , r) ⊂ Ω. Ceci implique que u ≡ M dans un voisinage de
x0 .
Soit A := {x ∈ Ω : u(x) = M}. D’après ce qu’on vient de démontrer, l’ensemble
A est ouvert et non-vide (comme x0 ∈ A). En plus, par continuité de u, A est fermé
dans Ω. Comme Ω est connexe, on obtient que A = Ω, c.à.d. que u est constante sur
Ω.
26
Dans la suite, on aura souvent besoin de la version suivante du principe du maximum.
C 2.13 (Principe de comparaison). Soient u, v ∈ C(Ω̄) deux fonctions
telles que u est sous-harmonique et v est harmonique dans Ω. Si u ≤ v sur ∂Ω, alors
u ≤ v dans Ω̄.
D́. La fonction u − v est sous-harmonique dans Ω et u − v ≤ 0 sur
∂Ω. D’après le principe du maximum (Théorème 2.12 (i)), ceci implique u − v ≤ 0
dans Ω̄.
On conclut cette section avec un résultat d’unicité pour le problème de Dirichlet.
C 2.14. Soit Ω ⊂ Rn un domaine borné. Pour tout f ∈ C(Ω) et tout
g ∈ C(∂Ω) il existe au plus une fonction u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) solution du problème



 −∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,
(2.5)


 u(x) = g(x),
x ∈ ∂Ω.
D́. Soient u1 , u2 ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) deux solutions de (2.5). Alors
u := u1 − u2 ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) est une solution du problème (2.5) 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∂Ω u et −u ≤ 0 = max∂Ω (−u). Donc,
u = 0, d’où u1 = u2 .
3. Solution fondamentale
D́ 2.15. Pour n ≥ 2 et x ∈ Rn \ {0} on définit
 1

n = 2,

 − 2π log |x|,
E n (x) := 

1

|x|−(n−2) , n ≥ 3,
n(n−2)ωn
P 1
où |x| := ( x2i ) 2 et ωn = |B(0, 1)| est la mesure de Lebesgue de la boule unité dans
Rn . On appelle E n solution fondamentale de l’opérateur de Laplace dans Rn .
R 2.16. La fonction E n et les dérivées partielles ∂ xi E n sont localement
intégrables sur Rn . En fait, on a
|D1 E n (x)| ≤ C |x|−(n−1)
et
|D2 E n (x)| ≤ C |x|−n .
La dérivée seconde n’est pas intégrable en 0!
L 2.17. Pour tout n ≥ 2, E n est harmonique dans Rn \ {0}.
D́. C’est un simple exercise.
T́̀ 2.18. Soit ϕ ∈ D(Rn ) et soit u := E n ∗ ϕ. Alors u ∈ C ∞ (Rn ) et
−∆u(x) = ϕ(x) pour tout x ∈ Rn .
3. SOLUTION FONDAMENTALE
27
D́. Par le Lemme 2.3, on a u ∈ C ∞ (Rn ), et pour tout x ∈ Rn ,
∆u(x) = ∆(E n ∗ ϕ)(x) = E n ∗ ∆ϕ(x).
Donc, pour tout ε > 0,
Z
∆u(x) =
E n (y)∆ϕ(x − y) dy
Rn
Z
Z
=
E n (y)∆ϕ(x − y) dy +
B(0,ε)
Rn \B(0,ε)
E n (y)∆ϕ(x − y) dy.
Une simple estimation donne
Z
Z
|
E n (y)∆ϕ(x − y) dy| ≤ k∆ϕkL∞ (Rn )
|E n (y)| dy
B(0,ε)
B(0,ε)

2


 C ε | log ε|, n = 2,
≤ 

 C ε2 ,
n ≥ 3.
Une intégration par parties sur Ω = Rn \ B(0, ε) implique
Z
Z
E n (y)∆ϕ(x − y) dy = −
∇E n (y)∇ϕ(x − y) dy +
Rn \B(0,ε)
Rn \B(0,ε)
Z
∂ϕ
+
E n (y) (x − y) dσ(y),
∂ν
∂B(0,ε
où σ est la mesure de surface sur la sphère ∂B(0, ε).
On estime que
Z
∂ϕ
|E n (y)| dσ(y)
|
E n (y) (x − y) dσ(y)| ≤ k∇ϕkL∞ (Rn )
∂ν
∂B(0,ε
∂B(0,ε



 C ε| log ε|, n = 2,
≤ 

 C ε,
n ≥ 3.
Z
Une séconde intégration par parties sur Ω = Rn \ B(0, ε) donne
−
Z
Rn \B(0,ε)
∇E n (y)∇ϕ(x − y) dy =
Z
Rn \B(0,ε)
Z
∆E n (y)ϕ(x − y) dy −
∂E n
(y)ϕ(x − y) dσ(y)
∂B(0,ε) ∂ν
∂E n
= −
(y)ϕ(x − y) dσ(y),
∂B(0,ε) ∂ν
−
Z
28
parce que E n est harmonique sur Rn \ {0} (Lemme 2.17). Comme, pour tout y ∈
∂B(0, ε),
y
∂E n
(y) = ∇E n (y) (− )
∂ν
|y|
1 y
y
= (−
) (− )
n
nωn |y|
|y|
1 −(n−1)
=
ε
,
nωn
on obtient alors
Z
−
∇E n (y)∇ϕ(x − y) dy =
Rn \B(0,ε)
=
Z
1
−
ϕ(x − y) dσ(y)
nωn εn−1 ∂B(0,ε)
?
−
ϕ(x − y) dσ(y)
∂B(0,ε)
parce que ϕ est continue et parce que
L’assertion suit.
>
→ −ϕ(x)
∂B(0,ε)
(ε → 0),
dσ(y) = 1.
C 2.19. Soit n ≥ 2. Pour tout ϕ ∈ D(Rn ) il existe une solution u ∈
C ∞ (Rn ) du problème
−∆u(x) = ϕ(x) pour tout x ∈ Rn .
Une solution u est donnée par u = E n ∗ ϕ.
D́ 2.20. Soit Ω ⊂ Rn ouvert et f ∈ L1loc (Rn ). On appelle une fonction
u ∈ L1loc (Rn ) une solution faible du problème
−∆u(x) = f (x) pour tout x ∈ Rn ,
si pour toute fonction de test ϕ ∈ D(Rn ) on a
−
Z
u(x) ∆ϕ(x) dx =
Rn
Z
f (x)ϕ(x) dx.
Rn
T́̀ 2.21. Pour tout f ∈ L1 (Rn ) à support compact la fonction u = E n ∗ f ∈
est une solution faible du problème
L1loc (Rn )
−∆u(x) = f (x) pour tout x ∈ Rn .
4. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (FONCTIONS DE GREEN)
29
D́. Soit ϕ ∈ D(Rn ). Alors Fubini et le Théorème 2.18 impliquent
Z
Z Z
u(x)∆ϕ(x) dx =
E n (x − y) f (y) dy ∆ϕ(x) dx
Rn
Rn Rn
Z Z
=
E n (x − y)∆ϕ(x) dx f (y) dy
Rn Rn
Z Z
=
E n (y − x)∆ϕ(x) dx f (y) dy
n
n
ZR R
=
∆(E n ∗ ϕ)(y) f (y) dy
Rn
Z
= −
ϕ(y) f (y) dy.
Rn
Donc, u est solution faible.
4. Le problème de Dirichlet (fonctions de Green)
Soit Ω ⊂ Rn un ouvert régulier (de classe C 1 ) tel que l’intégration par parties est
vraie dans Ω (voir Annexe). Il existe donc une mesure σ sur ∂Ω tel que pour tout u,
v ∈ C 1 (Ω̄) et tout 1 ≤ i ≤ n on a
Z
Z
Z
u ∂i v dx =
uv νi dσ −
∂i u v dx.
Ω
∂Ω
Ω
Soient f ∈ C(Ω̄) et g ∈ C(∂Ω). On veut résoudre le problème de Dirichlet



 −∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,
(2.6)


 u(x) = g(x),
x ∈ ∂Ω.
Si Ω est borné, alors on sait que ce problème admet au plus une solution u ∈
C (Ω) ∩ C(Ω̄) (Corollaire 2.14; c’était une conséquence du principe du maximum).
Dans ce paragraphe, on veut montrer existence d’une solution, au moins si Ω est une
boule et au moins au sens faible.
Dans la suite, E n désigne la solution fondamentale pour l’opérateur de Laplace.
2
T́̀ 2.22 (Théorème des trois potentiels). Soit u ∈ C 2 (Ω̄). Alors, pour tout
x ∈ Ω,
Z
∆u(y)E n (x − y) dy +
u(x) = −
Ω
Z
∂u
+
(y)E n (x − y) dσ(y) −
∂Ω ∂ν
Z
∂
−
u(y) E n (x − y) dσ(y).
∂ν
∂Ω
30
D́. On fixe x ∈ Ω et ε > 0 assez petit. Alors des intégrations par
parties impliquent
=
=
=
Z
∂u
(y)E n (x − y) dσ(y) −
∆u(y)E n (x − y) dy +
Ω
∂Ω ∂ν
Z
∂
−
u(y) E n (x − y) dσ(y)
∂ν
∂Ω
Z
Z
∂
∇u(y)∇E n (x − y) dy −
∂ν
∂Ω
ZΩ
Z
∇u(y)∇E n (x − y) dy +
∇u(y)∇E n (x − y) dy −
Ω\B(x,ε)
B(x,ε)
Z
Z
∂
∂
−
u(y) E n (x − y) dσ(y) −
u(y) E n (x − y) dσ(y) +
∂ν
∂ν
∂Ω
∂B(x,ε)
Z
∂
+
∂ν
∂B(x,ε)
Z
Z
−
u(y)∆E n (x − y) dy +
∇u(y)∇E n (x − y) dy +
Ω\B(x,ε)
B(x,ε)
Z
−(x − y)
+
u(y)∇E n (x − y)
dσ(y)
kx − yk
∂B(x,ε)
?
u(y) dσ(y) + O(ε)
−
=
Z
∂B(x,ε)
→ u(x)
(ε → 0).
T́̀ 2.23. On fait l’hypothèse suivante:
il existe une fonction Φ ∈ C 2 (Ω × Ω̄), Φ = Φ(x, y),
(2.7)
tel que pour tout x ∈ Ω on a
−∆y Φ(x, y) = 0,
y ∈ Ω,
Φ(x, y) = E n (x − y),
y ∈ ∂Ω.
On pose G(x, y) := E n (x − y) − Φ(x, y).
Si u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) est solution du problème de Dirichlet (2.6), alors pour tout
x∈Ω
(2.8)
u(x) =
Z
f (y)G(x, y) dy +
Ω
Z
g(y)
∂Ω
∂
G(x, y) dσ(y).
∂ν
4. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (FONCTIONS DE GREEN)
31
D́. Soit Φ la fonction de l’hypothèse (2.7). Des intégrations par
parties et la définition de Φ impliquent que pour tout x ∈ Ω on a
Z
Z
−
∆u(y)Φ(x, y) dy =
u(y)∆y Φ(x, y) − ∆u(y)Φ(x, y) dy
Ω
Z
ZΩ
∂
∇u(y)∇y Φ(x, y) dy −
=
u(y) Φ(x, y) dσ(y) −
∂ν
Ω
∂Ω
Z
Z
∂
u(y) Φ(x, y) dσ(y) +
∇u(y)∇y Φ(x, y) dy
−
Ω
∂Ω ∂ν
Z
Z
∂
∂
=
u(y) Φ(x, y) dσ(y)
∂ν
∂Ω
∂Ω ∂ν
Z
Z
∂
∂
u(y) E n (x − y) dσ(y).
=
∂ν
∂Ω ∂ν
∂Ω
Cette équation et le théorème des trois potentiels impliquent que
Z
Z
∂u
u(x) = −
∆u(y)E n (x − y) dy +
(y)E n (x − y) dσ(y) −
Ω
∂Ω ∂ν
Z
∂
−
∂ν
∂Ω
Z
=
∆u(y) Φ(x, y) − E n (x − y) dy +
Ω
Z
∂
Φ(x, y) − E n (x − y) dσ(y).
+
u(y)
∂ν
∂Ω
En remplaçant −∆u par f dans Ω et u par g sur ∂Ω, et en utilisant la définition de G,
on conclut.
D́ 2.24. On suppose que l’hypothèse (2.7) est vérifiée. La fonction G
définie dans le théorème 2.23 s’appelle fonction de Green pour Ω.
D́ 2.25. Soient f ∈ C(Ω̄) et g ∈ C(∂Ω). On appelle une fonction u ∈
C(Ω̄) une solution faible du problème de Dirichlet (2.6) si u|∂Ω = g et si pour tout
ϕ ∈ D(Ω) on a
Z
Z
−
u(x)∆ϕ(x) dx =
Ω
f (x)ϕ(x) dx.
Ω
R 2.26. Une double application du théorème de Green (intégration par
parties) montre que si u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) est une solution classique du problème de
Dirichlet (2.6), alors u est aussi une solution faible.
T́̀ 2.27. Soient f ∈ C(Ω̄) et g ∈ C(∂Ω). On suppose que l’hypothèse
(2.7) est vérifiée. Soit G la fonction de Green pour Ω. Alors la fonction u ∈ C(Ω̄)
définit par
Z
Z
∂
u(x) :=
f (y)G(x, y) dy +
g(y) G(x, y) dσ(y)
∂ν
Ω
∂Ω
est solution faible du probléme de Dirichlet (2.6).
32
On ne démontre pas ce théorème, mais on veut plutôt montrer que dans un cas
simple, notamment si Ω est une boule, on peut vérifier l’hypothèse (2.7).
E 2.28. Soit R > 0 et Ω := B(0, R) une boule de rayon R dans Rn (n ≥ 3).
Soit x ∈ Ω. On doit trouver une fonction Φ x ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) solution de


y ∈ Ω,

 −∆Φ x (y) = 0,
(2.9)


 Φ (y) = E (x − y), y ∈ ∂Ω.
x
n
Si x = 0, alors une fonction constante est solution de ce problème. Si x , 0, alors
on peut définir
R2 x
x̃ :=
,
kxk2
et
R n−2
Φ x (y) :=
E n ( x̃ − y), y ∈ Ω̄;
kxk
noter que x̃ < Ω̄ et que Φ est donc bien définie. Comme E n est harmonique dans
Rn \ {0}, la fonction Φ est harmonique dans Ω.
On montre que Φ x (y) = E n (x − y) pour tout y ∈ ∂Ω et que Φ est donc la solution
cherchée.
Soit y ∈ ∂Ω, c.à.d. kyk = R. On considère les deux triangles ∆1 := ∆(0, y, x̃) et
y
~x
x
0
R
F 1. Les points x, x̃ et y
∆2 := ∆(0, x, y). L’angle en point 0 est commun aux deux triangles. En plus,
R
kyk
kxk kxk
=
=
=
,
kyk
R
k x̃k k x̃k
par la définition de x̃. 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
kx − yk kx − yk k x̃ − yk
=
=
,
R
kyk
k x̃k
ou
R
kxk
kx − yk =
k x̃ − yk =
k x̃ − yk.
k x̃k
R
5. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (SOLUTION DE PERRON)
33
Donc,
E n (x − y) = Φ x (y).
Comme y ∈ ∂Ω était arbitraire, on a résolu le problème (2.9).
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 (2.7).
R 2.29. L’exemple montre que pour la boule Ω = B(0, R) et n ≥ 3, la
fonction de Green est donnée par la formule
kxk R2
1
−(n−2)
− yk)−(n−2) .
kx − yk
− ( kx
G(x, y) =
nωn (n − 2)
R kxk
5. Le problème de Dirichlet (solution de Perron)
Soit Ω ⊂ Rn un ouvert borné, g ∈ C(∂Ω). Comme dans le paragraphe précédent,
on veut résoudre le problème de Dirichlet



 −∆u(x) = 0, x ∈ Ω,
(2.10)


 u(x) = g(x), x ∈ ∂Ω.
Dans ce paragraphe, on va étudier la méthode de Perron. On d éfinit la famille
S (g) := {v ∈ C(Ω̄) : v est sous-harmonique dans Ω
et v ≤ g sur ∂Ω}.
Cette famille est non-vide, parce que la fonction constante ≡ m := min∂Ω g appartient
à S (g). De plus, toute fonction v ∈ S (g) est borné par M := max∂Ω g. En fait, la
fonction constante ≡ M est harmonique et pour tout v ∈ S (g) on a v ≤ M sur ∂Ω. Le
fait que v ≤ M sur Ω̄ vient du principe du maximum. On appelle S (g) la famille de
Perron.
D́ 2.30 (Solution de Perron). La fonction
Pg(x) := sup v(x),
v∈S (g)
x ∈ Ω̄,
s’appelle la solution de Perron du problème (2.10).
T́̀ 2.31. Soit Pg la solution de Perron du problème (2.10). Alors Pg est
harmonique.
D́. Soit x0 ∈ Ω. On choisit r > 0 tel que B̄(x0 , r) ⊂ Ω. Par
définition, il existe une suite (vn ) ⊂ S (g) telle que
lim vn (x0 ) = Pg(x0 ).
n→∞
Si u, v ∈ C(Ω) sont deux fonctions sous-harmoniques, et si u ∨ v est le supremum de
u et v, alors pour tout x ∈ Ω
?
?
u(x) ≤
u(y) dy ≤
u ∨ v(y) dy,
B(x,r ′ )
B(x,r ′ )
34
et
v(x) ≤
?
B(x,r ′ )
u ∨ v(y) dy.
Donc u ∨ v est sous-harmonique.
En conséquent, en remplaçant vn par v1 ∨· · ·∨vn ∈ S (g), on peut et on va supposer
que la suite (vn ) ⊂ S (g) est croissante.
Soit ṽn ∈ C 2 (B(x0 , r)) ∩ C(B̄(x0 , r)) la solution (faible) du probléme de Dirichlet



 −∆ṽn (x) = 0, x ∈ B(x0 , r),


 ṽn (x) = vn (x), x ∈ ∂B(x0 , r).
Une telle solution existe (voir le paragraphe précédent sur la résolution du problème
de Dirichlet en utilisant les fonctions de Green; ici, on n’a que besoin de la fonction
de Green pour une boule). On peut montrer que la solution faible est ici en faite
une solution classique, c.à.d. ṽn est harmonique. Comme ṽn est harmonique et vn est
sous-harmonique, et comme ṽn = vn sur ∂B(x0 , r), on a vn ≤ vñ sur B(x0 , r) par le
principe du comparaison (principe du maximum). En particulier, vn (x0 ) ≤ ṽn (x0 ).
Si on prolonge ṽn en posant ṽn = vn sur Ω̄ \ B(x0 , r), alors vñ ∈ S (g). Donc, par
définition, vñ ≤ Pg dans Ω̄ et en particulier ṽn (x0 ) ≤ Pg(x0 ). Donc,
lim ṽn (x0 ) = Pg(x0 ).
n→∞
Comme la suite (vn ) est croissante, la suite (vñ ) est croissante aussi (principe de
comparaison). Soit
u(x) := lim ṽn (x), x ∈ Ω̄.
n→∞
Alors u est mesurable et bornée. En plus, pour tout x ∈ B(x0 , r) et tout r′ > 0
suffisamment petit l’égalité de la moyenne implique
u(x) = lim ṽn (x)
n→∞
?
= lim
ṽn (y) dy
n→∞ B(x,r ′ )
?
u(y) dy.
=
B(x,r ′ )
Le théorème 2.8 implique que u est harmonique dans B(x0 , r); en fait, le théorème
2.8 n’était énoncé que pour des fonctions continues vérifiant l’égalité de la moyenne,
mais on voit d’après la démonstration que ce théorème reste vrai pour les fonctions
mesurables et bornées vérifiant l’égalité de la moyenne.
On va montrer que u = Pg dans B(x0 , r).
L’inégalité u ≤ Pg vient du fait que ṽn ≤ Pg pour tout n.
Pour montrer l’inégalité u ≥ Pg (dans B(x0 , r)) il suffit de montrer que u ≥ v
pour tout v ∈ S (g). Soit donc v ∈ S (g).
Soit wn := ṽn ∨ v ∈ S (g). Alors (wn ) est croissante et limn→∞ wn (x0 ) = Pg(x0 ) =
u(x0 ).
5. LE PROBLÈME DE DIRICHLET (SOLUTION DE PERRON)
35
Soit w̃n ∈ C 2 (B(x0 , r)) ∩ C(B̄(x0 , r)) la solution du problème de Dirichlet



 −∆w̃n (x) = 0, x ∈ B(x0 , r),


 w̃n (x) = wn (x), x ∈ ∂B(x0 , r).
Par le principe du comparaison, ṽn ∨ v = wn ≤ w̃n sur B̄(x0 , r). Comme avant, on
prolonge w̃n en posant w̃n = wn sur Ω̄ \ B(x0 , r). Alors la w̃n ∈ S (g), la suite (w̃n )
est croissante, limn→∞ w̃n (x0 ) = Pg(x0 ) = u(x0 ), et w̃n est harmonique dans B(x0 , r).
L’égalité de la moyenne implique
?
u(y) dy = u(x0 )
B(x0 ,r)
= lim w̃n (x0 )
n→∞
?
= lim
w̃n (y) dy
n→∞ B(x ,r)
0
?
ṽn ∨ v(y) dy
≥ lim
n→∞ B(x ,r)
0
?
=
u ∨ v(y) dy.
B(x0 ,r)
Cette inégalité implique u ≥ v dans B(x0 , r), et donc u = Pg dans B(x0 , r).
En conséquent, Pg est harmonique dans B(x0 , r). Comme x0 ∈ Ω était arbitraire,
Pg est harmonique dans Ω.
D́ 2.32. Soit ξ ∈ ∂Ω. Une fonction u ∈ C(Ω̄) est appelée une barrière
pour Ω en ξ si u est sous-harmonique dans Ω, u(x) < 0 pour tout x ∈ Ω̄ \ {ξ} et
u(ξ) = 0.
On dit que Ω admet une barrière en ξ s’il existe une barrière pour Ω en ξ.
T́̀ 2.33. Soit Pg la solution de Perron du probléme (2.10). On suppose
que Ω admet une barrière en ξ ∈ ∂Ω. Alors
lim Pg(x) = g(ξ),
x→ξ
c.à.d. la solution de Perron est continue en ξ et Pg(ξ) = g(ξ).
D́. Soit u une barrière pour Ω 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) ∩ ∂Ω.
Comme u est strictement négative sur Ω̄ \ B(ξ, δ), il existe C ≥ 0 tel que
g(ξ) − ε + Cu(η) ≤ g(η) ≤ g(ξ) + ε − Cu(η) pour tout η ∈ ∂Ω.
Ceci implique que
(2.11)
g(ξ) − ε + Cu(x) ≤ Pg(x) ≤ g(ξ) + ε − Cu(x) pour tout x ∈ Ω̄.
36
En effet, g(ξ) − ε + Cu ∈ S (g) ce qui implique la première inégalité dans (2.11). Pour
montrer la deuxième inégalité, on prend v ∈ S (g). Par définition,
v(η) ≤ g(ξ) + ε − Cu(η) pour tout η ∈ ∂Ω.
Le principe du comparaison implique que
v(x) + Cu(x) ≤ g(ξ) + ε pour tout x ∈ Ω̄.
Par définition de la solution de Perron,
Pg(x) + Cu(x) ≤ g(ξ) + ε pour tout x ∈ Ω̄,
ce qui est justement la deuxième inégalité dans (2.11).
Les inégalités (2.11), la continuité de u et le fait que u(ξ) = 0 impliquent que
g(ξ) − ε ≤ lim inf Pg(x) ≤ lim sup Pg(x) ≤ g(ξ) + ε.
x→ξ
x→ξ
Comme ε > 0 était arbitraire, on obtient
lim Pg(x) = g(ξ).
x→ξ
C 2.34. Le problème de Dirichlet (2.10) admet pour tout g ∈ C(∂Ω)
une solution si et seulement si Ω admet une barrière en tout ξ ∈ ∂Ω.
D́. Supposons d’abord que le probléme de Dirichlet (2.10) admet
pour tout g ∈ C(∂Ω) une solution. Soit ξ ∈ ∂Ω. Alors le probléme de Dirichlet
(2.10) admet en particulier une solution u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) pour la fonction g définie
par g(η) = −kη − ξk. Cette solution u est une barrière pour Ω en ξ par le principe du
maximum.
L’inverse vient des théorèmes 2.31 et 2.33. En fait, pour tout g ∈ C(∂Ω) la
solution de Perron Pg est solution du problème de Dirichlet (2.10).
C 2.35. On suppose que Ω admet une barrière en tout point ξ ∈ ∂Ω.
Alors il existe une fonction de Green G pour Ω, et pour la solution u du problème de
Dirichlet on a
Z
∂
u(x) = Pg(x) =
g(ξ) G(x, ξ)dσ(ξ).
∂ν
∂Ω
Il y a plusieurs conditions géométriques sur le bord ∂Ω qui impliquent l’existence
d’une barrière et donc la solvabilité du problème de Dirichlet. On en présente une.
P 2.36 (Condition de la boule extérieure). Soit Ω ⊂ Rn ouvert, borné,
et soit ξ ∈ ∂Ω. On suppose qu’il existe une boule B(a, r) ⊂ Rn \ Ω telle que B̄(a, r) ∩
Ω̄ = {ξ}. Alors Ω admet une barrière en ξ.
D́. Soit E n la solution fondamentale pour l’opérateur de Laplace.
La fonction
u(x) := E n (x − a) − E(ξ − a), x ∈ Ω̄,
est une barrière pour Ω en ξ.
CHAPITRE 3
L’équation de la chaleur
Dans ce chapitre on étudie l’equation de la chaleur



 ut − ∆u = f (t, x), (t.x) ∈ (0, T ) × Ω,
(3.1)


 u(0, x) = g(x),
x ∈ Ω,
où Ω ⊂ Rn est un ouvert, et f : [0, T ] × Ω̄ → R et g : Ω̄ → R sont des fonctions
données.
1. Le noyau de la chaleur
D́ 3.1 (Noyau de la chaleur). On définit le noyau de la chaleur
k(t, x) :=
où x2 :=
Pn
i=1
1
2
e−x /4t ,
n/2
(4πt)
t > 0, x ∈ Rn ,
x2i est le produit scalaire de x avec lui même.
Le noyau de la chaleur est la solution fondamentale de l’opérateur différentiel
∂t − ∆, c.à.d. l’opérateur de l’équation de la chaleur. Comme pour l’opérateur de
Laplace et l’équation −∆u = f dans Rn , le noyau de la chaleur permet de résoudre
explicitement l’équation de la chaleur dans le cas où Ω = Rn (voir le Théorème 3.3
ci-dessous).
L 3.2. Soit k le noyau de la chaleur. Alors:
(i) Rk(t, x) > 0 pour tout t > 0, x ∈ Rn .
(ii) Rn k(t, x) dx = 1 pour tout t > 0.
(iii) k ∈ C ∞ ((0, ∞) × Rn ) et
kt − ∆k = 0,
t > 0, x ∈ Rn .
D́. Les démonstrations des propriétés (i) et (iii) sont des simples
exercices.
Pour la démonstration de (ii), il faut savoir que
Z
√
2
e−x dx = π.
R
37
38
3. L’ÉQUATION DE LA CHALEUR
Alors
Z
k(t, x) dx =
Rn
=
=
=
Z
1
2
e−x /4t dx
n/2
(4πt)
n
Z R
1
2
e−x dx
√ n
π Rn
Z
Z
1
2
2
. . . e−x1 · · · e−xn dxn . . . dx1
√ n
π R
R
Z
n
1
2
e−x dx
= 1.
√
π R
T́̀ 3.3. Soit g ∈ L p (Rn ) (1 ≤ p ≤ ∞) et soit
Z
u(t, x) :=
k(t, x − y)g(y) dy = (k(t, ·) ∗ g)(x),
Rn
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 ∈ Rn .
(ii) u ∈ C ∞ ((0, ∞) × Rn ) et
ut − ∆u = 0,
t > 0, x ∈ Rn .
(iii) Si g ∈ L∞ (Rn ) et si g est continue en x0 ∈ Rn , alors
lim
(t,x)→(0,x0 )
u(t, x) = g(x0 ).
En particulier, si g est continue et bornée, alors u est continue sur [0, ∞) ×
Rn et u(0, x) = g(x).
(iv) Pour tout t > 0 on a ku(t, ·)kL p(Rn ) ≤ kgkL p (Rn ) .
D́. La propriété (i) vient immédiatement de Lemme 3.2 (i), et (ii)
vient du Lemme 3.2 (iii) en utilisant Fubini.
(iii) Soit g ∈ L∞ (Rn ) continue en x0 ∈ Rn . Soit ε > 0. Alors, en utilisant Lemme
3.2 (ii), on obtient
=
≤
≤
=
|u(t, x) − g(x0 )|
Z
k(t, x − y)(g(y) − g(x0 )) dx
n
ZR
Z
2
k(t, x − y) dy kgk∞ +
k(t, x − y)|g(y) − g(x0 )| dy
Rn \B(x0 ,ε)
B(x0 ,ε)
Z
2 kgk∞
2
e−y /4t dy + sup |g(y) − g(x0 )|
n/2
(4πt)
y∈B(x0 ,ε)
Rn \B(0,ε)
Z
2 kgk∞
−y2
dy + sup |g(y) − g(x0 )|
√ n
√ e
π
y∈B(x0 ,ε)
Rn \B(0,ε/ 4t)
et donc
lim sup |u(t, x) − g(x0 )| ≤ sup |g(y) − g(x0 )|
(t,x)→(0,x0 )
y∈B(x0 ,ε)
2. SÉPARATION DES VARIABLES ET SÉRIES DE FOURIER
39
pour tout ε > 0. Comme g est continue en x0 , on obtient
lim
(t,x)→(0,x0 )
|u(t, x) − g(x0 )| = 0.
La propriété (iv) vient de l’inégalité de Young appliquée à k(t, ·) ∈ L1 (Rn ) et
g ∈ L p (Rn ).
2. Séparation des variables et séries de Fourier
Soit Ω ⊂ Rn un ouvert régulier. On veut résoudre l’équation de la chaleur dans
Ω avec conditions au bord de Dirichlet:


ut − ∆u = 0,
(t, x) ∈ (0, ∞) × Ω,





u(t, x) = 0,
(t, x) ∈ (0, ∞) × ∂Ω,
(3.2)





 u(0, x) = u (x), x ∈ Ω.
0
On suppose que la solution u et de la forme
u(t, x) = a(t) e(x),
avec des fonctions a ∈ C 1 (R+ ) et e ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) (séparation des variables!).
Comme u est solution, on obtient alors
ou
a′ (t)e(x) − a(t)∆e(x) = 0,
a′ (t) ∆e(x)
=
, t > 0, x ∈ Ω.
a(t)
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, c.à.d.
a′ (t) ∆e(x)
=
=λ
a(t)
e(x)
pour un λ ∈ R, ou
a′ (t) = λa(t), t ≥ 0,
et
λe(x) − ∆e(x) = 0, x ∈ Ω, e|∂Ω = 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) = eλt 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 des variables. Si Ω ⊂ R
est un intervalle, alors la deuxième équation devient aussi une équation différentielle
ordinaire qu’on sait résoudre. Si Ω ⊂ Rn possède des symétries (par exemple si Ω
est un rectangle ou une boule), alors on peut essayer encore une fois de séparer des
variables (pour le rectangle, on essayera de séparer les variables x1 et x2 , pour la
boule, on utilisera coordonnées polaires et essayera de séparer les variables r et θ).
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
40
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.
D́ 3.4. Pour Ω ⊂ Rn ouvert on définit le spectre de l’opérateur de
Laplace avec conditions au bord de Dirichlet
sp (∆ΩD ) := {λ ∈ R : ∃e ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄), e , 0 solution de
λe − ∆e = 0 et e|∂Ω = 0}.
Les éléments de sp (∆ΩD ) sont appelés valeurs propres de l’opérateur de Laplace, les
solutions non-nulles de λe − ∆e = 0, e|∂Ω = 0 sont appelées vecteurs propres.
D
E 3.5. On essaye de calculer le spectre sp (∆(0,L)
) de l’opérateur de
Laplace sur un intervalle (0, L) pour un L > 0. Il faut donc trouver des solutions
non-nulles du problème
(3.3)
e′′ (x) = λe(x),
x ∈ (0, L),
e(0) = e(L) = 0.
Si λ = ω2 > 0, alors la solution générale de l’équation différentielle e′′ = λe est
donnée par
e(x) = c sinh(ωx) + d cosh(ωx), c, d ∈ R.
Si une telle solution est solution de (3.3), alors e(0) = 0 implique nécessairement
d = 0. Mais alors e(L) = 0 implique en plus c = 0. Donc, seule la solution e ≡ 0
D
vérifie e(0) = e(L) = 0. Ainsi, sp (∆(0,L)
) ⊂ (−∞, 0].
D
D
D’une façon similaire on exclut 0 ∈ sp (∆(0,L)
), c.à.d. on a en effet sp (∆(0,L)
)⊂
(−∞, 0).
Si λ = −ω2 < 0, alors la solution générale de l’équation différentielle e′′ = λe
est donnée par
e(x) = c sin(ωx) + d cos(ωx), c, d ∈ R.
Pour que e soit en plus solution de (3.3) il faut que e(0) = e(L) = 0 et e , 0. L’égalité
e(0) = 0 implique que d = 0. Ensuite, l’égalité e(L) = 0 et e , 0 impliquent que
c , 0 et
ωL = kπ pour un k ∈ Z \ {0}.
Donc,
D
sp (∆(0,L)
) = {−(kπ/L)2 : k ∈ N, k ≥ 1},
D
et les vecteurs propres associés aux valeurs propres λ = −ω2 ∈ sp (∆(0,L)
) sont les
fonctions e(x) = sin(ωx).
C 3.6. Pour toute suite a = (ak ) ∈ l∞ , la fonction
r ∞
kπ 2
kπ
2X
(3.4)
u(t, x) =
ak e−( L ) t sin( x), t > 0, x ∈ [0, L],
L k=1
L
est solution de l’équation de la chaleur (3.2) avec Ω = (0, L).
2. SÉPARATION DES VARIABLES ET SÉRIES DE FOURIER
41
q On notera que la série dans (3.4) est une série de Fourier. Les fonctions ek (x) =
2
sin( kπL x) forment une base Hilbertienne de l’espace de Hilbert L2 (0, L), et donc
L
les ak sont en général les coefficients de Fourier de la donnée initiale:
r Z L
2
kπ
u0 (x) sin( x) dx.
ak =
L 0
L
Si a = (ak ) ∈ l∞ , comme on l’a supposé, alors la série dans (3.4) converge pour
tout t > 0 mais en général elle ne converge pas pour t = 0. Formellement, pour t = 0
on a
∞
1 X
kπ
u0 (x) = u(0, x) =
ak sin( x).
2L k=1
L
Si la donnée initiale u0 appartient à L2 (0, L), alors (ak ) ∈ l2 et la série ci-dessus converge dans L2 (0, L). Si u0 est plus régulier tel que (ak ) ∈ l1 , alors la série ci-dessus
converge même absolument.
Dans l’exemple ci-dessus, plus précisément dans la série de Fourier (3.4) et afin
de garantir sa convergence pour t > 0, il était important que le spectre de l’opérateur
de Laplace était borné supérieurement. En fait, on peut montrer que le spectre de
l’opérateur de Laplace est toujours borné supérieurement. Ce sera une conséquence
du principe du maximum suivant.
T́̀ 3.7 (Principe du maximum). Soit Ω ⊂ Rn un ouvert borné régulier.
Soient u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) et λ ≥ 0 tels que
λu − ∆u ≤ 0 et u|∂Ω ≥ 0.
Alors
max u = max u.
Ω̄
∂Ω
R 3.8. Dans le cas de λ = 0, on retrouve ici le principe du maximum du
Théorème 2.12, la condition u|∂Ω ≥ 0 étant toujours vérifiée si on remplace u par u+C
pour une constante C ≥ 0. Mais la démonstration du Théorème 3.7 est différente de
celle du Théorème 2.12. On aura donc deux démonstrations du Théorème 2.12.
D́  ́̀ 3.7. On suppose d’abord que max∂Ω u = 0. Alors
il suffit de montrer que u ≤ 0.
Pour ε > 0 on définit

0,
η ≤ 0,





 η2
(3.5)
gε (η) = 
,
0 < η < ε,

2ε



 η − ε , η ≥ ε.
2
Donc, gε ∈ C 1 (R) et 0 ≤ g′ ≤ 1. En plus, limε→0 gε (η) = η pour tout η ≥ 0.
42
Une intégration par parties donne
Z
Z
0 ≥ λ
ugε (u) −
∆u gε (u)
Ω
Ω
Z
Z
Z
∂u
gε (u)
= λ
ugε (u) +
∇u∇gε (u) −
Ω
Ω
∂Ω ∂ν
Z
Z
Z
∂u
2 ′
gε (u).
= λ
ugε (u) +
|∇u| gε (u) −
Ω
Ω
∂Ω ∂ν
Comme max∂Ω u = 0, on a gε (u) = 0 sur ∂Ω, et donc le troisième terme à droite est
nulle. De plus, limε→0 g′ε (u) = 1{u≥0} presque partout. Le théorème de convergence
dominée implique
Z
Z
0≥λ
u2 +
{u≥0}
Ω
|∇u|2 1{u≥0} .
Les deux termes à droite sont positifs (λ ≥ 0!), et donc cette inégalité implique
Z
Z
2
λ
u = 0 et
|∇u|2 1{u≥0} = 0.
{u≥0}
R
Ω
2
Si λ > 0, alors {u≥0} u = 0 ce qui implique u ≤ 0 presque partout sur Ω, et par
continuité, u ≤ 0.
Si on a seulement λ ≥ 0, on déduit au moins que u est constante sur l’ensemble
1{u≥0} . Par continuité, ça implique u = 0 sur 1{u≥0} , et donc u ≤ 0 sur Ω.
Le cas général (max∂Ω u ≥ 0) est réduit au cas max∂Ω u = 0 en remplaçant u par
u − max∂Ω u.
C 3.9. Pour tout Ω ⊂ Rn ouvert, borné, régulier on a sp (∆ΩD ) ⊂
(−∞, 0).
D́. Soit λ ≥ 0 et soit e ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) une solution de
λe(x) − ∆e(x) = 0,
x ∈ Ω,
e|∂Ω = 0.
Le principe du maximum (Théorème 3.7) 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 < sp (∆ΩD ), d’où sp (∆ΩD ) ⊂
(−∞, 0).
3. Principe de comparaison
Soit Ω ⊆ Rn ouvert, borné, régulier. Pour T > 0 on définit ΩT := (0, T ) × Ω et
ΓT := {0} × Ω̄ ∪ [0, T ] × ∂Ω. Des fois, ΓT est appelé la frontière parabolique de ΩT .
T́̀ 3.10 (Principe de comparaison). Soit f ∈ C(R) une fonction lipschitzienne et soient u1 , u2 ∈ C 1,2 (Ω¯T ) (une fois continûment partiellement dérivable par
rapport à t et deux fois continûment partiellement dérivable par rapport à x) deux
solutions de l’équation de la chaleur semi-linéaire
(3.6)
ut − ∆u + f (u) = 0,
(t, x) ∈ ΩT
3. PRINCIPE DE COMPARAISON
43
Si
u 1 |ΓT ≤ u 2 |ΓT ,
alors
u1 ≤ u2 dans ΩT .
Pour la démonstration, on a besoin du lemme de Gronwall qu’on ne démontrera
pas.
L 3.11 (Gronwall). Soit ϕ : [0, T ] → R+ und fonction continue telle que
Z t
ϕ(t) ≤ C + L
ϕ(s) ds, t ∈ [0, T ],
0
pour des constantes C, L ≥ 0. Alors
ϕ(t) ≤ C eLt ,
t ∈ [0, T ].
D́  ́̀ 3.10. Pour tout ε > 0 on définit la fonction gε ∈
C (R) comme dans (3.5).
Pour tout 0 < τ ≤ T , le fait que u1 et u2 sont solutions de l’équation de la chaleur
et une intégration par parties impliquent que
Z
Z τZ
1
2
1
2
0 =
(ut − ut )gε (u − u ) +
∇(u1 − u2 )∇gε (u1 − u2 ) −
Ωτ
0
Ω
Z
Z τZ
(u1 − u2 )
1
2
gε (u − u ) +
( f (u1 ) − f (u2))gε (u1 − u2 ).
−
∂ν
ΩT
∂Ω
0
1
On notera que sur (0, τ) × ∂Ω on a u1 ≤ u2 , et donc gε (u1 − u2 ) = 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,
Z τZ
Z τZ
1
2
1
2
|u1 − u1 | gε (u1 − u2 ).
(ut − ut )gε (u − u ) ≤ L
0
0
Ω
Ω
Lorsque ε tend vers 0,
Z τZ
Z τZ
1
2
1
2
(ut − ut )(u − u )1{u1 ≥u2 } ≤ L
|u1 − u2 |(u1 − u2 )1{u1 ≥u2 }
0
Ω
0
Ω
et donc
Z
Ω
τ
1 1
(u − u2 )2 1{u1 ≥u2 } 0 =
2
=
τ
Z
∂
∂t
Z0 τ Z
0
Z
Z τ ΩZ
1 1
(u − u2 )2 1{u1 ≥u2 }
Ω 2
1∂ 1
(u − u2 )2 1{u1 ≥u2 }
2 ∂t
(u1 − u2 )2 1{u1 ≥u2 } .
0
Ω
R
1
2
Par hypothèse, on a u ≤ u sur {0}×Ω. Donc, si on pose ϕ(τ) := Ω (u1 −u2 )2 1{u1 ≥u2 } ≥
0, alors on obtient
Z τ
ϕ(s) ds, τ ∈ [0, T ].
ϕ(τ) ≤ 2L
≤ L
0
44
Le lemme de Gronwall implique ϕ(τ) = 0 pour tout 0 ≤ τ ≤ T . Donc, (u1 −
u2 )2 1{u1 ≥u2 } = 0 presque partout, et par continuité, u1 ≤ u2 dans Ω¯T .
R 3.12. Le théorème 3.10 reste vrai si on a seulement l’inégalité
u1t − ∆u1 + f (u1 ) ≤ u2t − ∆u2 + f (u2) dans ΩT .
C 3.13 (Principe du maximum parabolique). Soit u ∈ C 1,2 (ΩT ) une
solution de l’equation de la chaleur
ut − ∆u = 0,
Alors
max u = max u
Ω¯T
ΓT
et
(t, x) ∈ ΩT .
min u = min u.
Ω¯T
ΓT
D́. La fonction constante v ≡ maxΓT u est également une solution
cette équation de la chaleur et u ≤ v sur ΓT . Le principe de comparaison (appliqué
avec la fonction f = 0) implique u ≤ v = maxΓT u dans Ω¯T . La deuxième égalité
vient de la première en remplaçant u par −u.
C 3.14 (Unicité pour l’équation de la chaleur linéaire). Soient f ∈
¯
C(ΩT ), g ∈ C(ΓT ) et λ ∈ R. Alors il existe au plus une fonction u ∈ C 1,2 (ΩT )
solution de



 ut − ∆u + λu = f, (t, x) ∈ ΩT ,


 u = g,
(t, x) ∈ ΓT .
D́. Soient u1 , u2 deux solutions. Alors u = ±(u1 − u2 ) sont des
solutions de



 ut − ∆u + λu = 0, (t, x) ∈ ΩT ,


 u = 0,
(t, x) ∈ ΓT .
Par le principe de comparaison, u1 − u2 ≤ 0 et u1 − u2 ≥ 0. Donc, u1 = u2 .
C 3.15 (Monotonie pour l’équation de la chaleur). Soit f ∈ C(R) une
fonction lipschitzienne telle que f (0) = 0, u0 ∈ C(Ω̄), et soit u ∈ C 1,2 (ΩT ) une
solution de l’équation de la chaleur semi-linéaire


ut − ∆u + f (u) = 0, (t, x) ∈ ΩT ,





u|∂Ω = 0,
t ∈ [0, T ],
(3.7)





 u(0, x) = u (x),
x ∈ Ω̄.
0
Si u0 ≥ 0 dans Ω̄ (resp. u0 ≤ 0 dans Ω̄), alors u ≥ 0 dans ΩT (resp. u ≤ 0 dans ΩT ).
D́. La fonction v ≡ 0 est aussi solution de l’équation de la chaleur,
et u ≥ v = 0 sur ΓT à cause de la positivité de la condition initiale u0 et à cause des
conditions limites de Dirichlet. Le principe de comparaison implique que u ≥ v = 0
dans ΩT .
Le cas u0 ≤ 0 est similaire.
CHAPITRE 4
L’équation des ondes dans Rn
Dans ce chapı̂tre, on considère l’équation des ondes dans Rn (n ≥ 2):


utt − ∆u = 0 dans (0, ∞) × Rn ,






(4.1)
u(0, ·) = u0 dans Rn ,






u (0, ·) = u
dans Rn .
t
2
n
1
1
n
Ici, u0 ∈ C (R ), u1 ∈ C (R ) sont des fonctions données. On suppose que
u ∈ C 2 (R+ ×Rn ) est une solution de l’équation des ondes (on ne dit rien sur l’existence
d’une telle solution).
1. Moyennes sphériques
Soient x ∈ Rn , t > 0, r > 0. Dans la suite, on note
?
U(t, x, r) :=
u(t, y) dσ(y)
∂B(x,r)
la moyenne sphérique de u sur la sphère ∂B(x, r). De manière similaire,
?
U0 (x, r) :=
u0 (y) dσ(y)
∂B(x,r)
et
U1 (x, r) :=
?
u1 (y) dσ(y).
∂B(x,r)
L 4.1 (Equation de Euler-Poisson-Darboux). Pour tout x ∈ Rn la moyenne
sphérique U(x, ·, ·) est solution de


Ur = 0 dans (0, ∞) × (0, ∞),
Utt − Urr − n−1

r





(4.2)
U(0, ·) = U0
dans (0, ∞),






U (0, ·) = U
dans (0, ∞).
t
1
D́. Nous avons premièrement
Z
1
U(t, x, r) =
u(t, x + y) dσ(y)
σn−1 rn−1 ∂B(0,r)
Z
1
u(t, x + ry) dσ(y),
=
σn−1 ∂B(0,1)
45
4. L’ÉQUATION DES ONDES DANS Rn
46
et donc
Ur (t, x, r) =
=
(4.3)
=
=
Z
1
∇u(t, x + ry) · y dσ(y)
σn−1 ∂B(0,1)
Z
y
1
∇u(t, x + y) · dσ(y)
n−1
σn−1 r
r
Z∂B(0,r)
1
∆u(t, y) dy
σn−1 rn−1 B(x,r)
?
r
∆u(t, y) dy,
n B(x,r)
où on a utilisé aussi σn1 = nωn . En dérivant le dernier terme, on trouve
?
Z
1
r ∂ 1
Urr (t, x, r) =
∆u(t, y) dy +
∆u(t, x + ry) dy
n B(x,r)
n ∂r ωn B(0,1)
?
n Z
1
r X
∂
=
∆u(t, y) dy +
∆u(t, x + ry) yi dy
n B(x,r)
nωn i=1 B(0,1) ∂yi
?
Z
1
r
=
∆u(t, y) dy −
∆u(t, x + ry) dy+
(4.4)
n B(x,r)
ωn B(0,1)
Z
n
X
r
∆u(t, x + ry)
y2i dσ(y)
+
ωn ∂B(0,1)
i=1
?
?
1
∆u(t, y) dy +
= ( − 1)
∆u(t, y) dσ(y).
n
B(x,r)
∂B(x,r)
On obtient de (4.3) et l’équation des ondes
?
r
utt (t, y) dy
Ur (t, x, r) =
n B(x,r)
Z
1
utt (t, y) dy,
nωn rn−1 B(x,r)
et donc
r
n−1
1
Ur (t, x, r) =
nωn
Z
utt (t, y) dy.
B(x,r)
En conséquence,
(r
n−1
1
Ur (t, x, r))r =
nωn
=r
n−1
Z
?
utt (t, y) dy
∂B(x,r)
utt (t, y) dy
∂B(x,r)
= rn−1 Utt (t, x, r).
2. SOLUTION DE L’ÉQUATION DES ONDES DANS R3
47
Soit n = 3 et soient U, U0 , U1 définis comme dans le paragraphe précédent. On
rappelle l’équation de Euler-Poisson-Darboux en dimension n = 3:


Utt − Urr − 2r Ur = 0 dans (0, ∞) × (0, ∞),






(4.5)
U(0, ·) = U0
dans (0, ∞),






U (0, ·) = U
dans (0, ∞).
t
1
On pose
Ũ(t, xr) = r U(t, x, r), Ũ0 (x, r) = r U0 (x, r), et Ũ1 (x, r) = r U1 (x, r).
Alors
Ũtt = r Utt
2 = r Urr + Ur
r
= rUrr + 2Ur
= (U + rUr )r
= Ũrr ,
c.à.d. la fonction Ũ est solution de



Ũtt − Ũrr = 0









Ũ(t, 0) = 0
(4.6)




Ũ(0, ·) = Ũ0







Ũt (0, ·) = Ũ1
dans (0, ∞) × (0, ∞),
pour t ∈ (0, ∞),
dans (0, ∞),
dans (0, ∞).
On prolonge Ũ0 (x, ·) et Ũ1 (x, ·) en des fonctions impairs sur R. Alors la solution
de l’équation (4.6) ci-dessus est donnée par la formule de d’Alembert: pour tout r,
t > 0 on a
Z
1 r+t
1
Ũ1 (x, s) ds.
(4.7)
Ũ(t, x, r) = (Ũ0 (x, r + t) + Ũ0 (x, r − t)) +
2
2 r−t
Si 0 < r < t, alors on peut aussi écrire:
1
1
Ũ(t, x, r) = (Ũ0 (x, t + r) − Ũ0 (x, t − r)) +
2
2
On note maintenant que
u(t, x) = lim U(t, x, r).
r→0+
Z
t+r
Ũ1 (x, s) ds.
t−r
4. L’ÉQUATION DES ONDES DANS Rn
48
En conséquence,
Ũ(t, x, r)
r→0+
r
Z t+r
Ũ0 (x, t + r) − Ũ0 (x, t − r) 1
= lim
Ũ1 (x, s) ds
+
r→0+
2r
2r t−r
∂
= Ũ0 (x, t) + Ũ1 (x, t).
∂t
u(t, x) = lim
En utilisant la définition de Ũ0 et Ũ1 , ceci implique
?
?
∂
(4.8)
u(t, x) =
t
u0 (y) dσ(y) + t
u1 (y) dσ(y).
∂t
∂B(x,t)
∂B(x,t)
On a,
∂
∂t
?
?
∂
u0 (y) dσ(y) =
u0 (x + ty) dσ(y)
∂t ∂B(0,1)
∂B(x,t)
?
=
∇u0 (x + ty) · y dσ(y)
∂B(0,1)
?
y−x
dσ(y).
=
∇u0 (y) ·
t
∂B(x,t)
Finalement, on obtient la formule de Kirchhoff pour la solution de l’équation des
ondes (4.1) dans R3 :
?
y−x
(4.9)
u(t, x) =
[u0 (y) + ∇u0 (y) ·
+ tu1(y)] dσ(y).
t
∂B(x,t)
On utilise la formule de Kirchhoff (4.9) pour résoudre l’équation des ondes dans
R2 . En fait, soit u = u(t, x) une solution de l’équation des ondes (4.1) dans R2 . On
pose
ũ(t, x1 , x2 , x3 ) = u(t, x1 , x2 )
pour t > 0, x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ,
c.à.d. on rajoute artificiellement une troisième variable x3 . Alors ũ est solution de
l’équation des ondes


ũtt − ∆ũ = 0 dans (0, ∞) × R3 ,






(4.10)
ũ(0, ·) = ũ0 dans R3 ,






ũ (0, ·) = ũ
dans R3 .
t
1
où
ũi (x1 , x2 , x3 ) := ui (x1 , x2 )
pour x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 , i = 0, 1.
3. SOLUTION DE L’ÉQUATION DES ONDES DANS R2
49
Etant donné x = (x1 , x2 ) ∈ R2 on définit x̃ := (x1 , x2 , 0) ∈ R3 . Alors la formule de
Kirchhoff (4.8) implique
u(t, x) = ũ(t, x̃)
?
?
∂
(4.11)
t
=
ũ0 (y) dσ(y) + t
ũ1 (y) dσ(y).
∂t
∂B( x̃,t)
∂B( x̃,t)
On note que
Z
?
1
ũ0 (y) dσ(y)
ũ0 (y) dσ(y) =
4πt2 ∂B(x̃,t)
∂B( x̃,t)
Z
q
p
2
=
u
(y)
1
+
|∇
t2 − |y − x|2 dy
0
y
4πt2 B(x,t)
Z
1
u0 (y)
dy
=
p
2πt B(x,t) t2 − |y − x|2
On obtient finalement la formule de Poisson pour la solution de l’équation des ondes
(4.1) dans R2 :
?
1
tu0 (y) + t2 u1 (y) + t∇u0 (y) · (y − x)
dy.
(4.12)
u(t, x) =
p
2 B(x,t)
t2 − |y − x|2
CHAPITRE 5
Annexe
1. La mesure de surface sur la sphère dans Rn
Dans un premier temps on va définir une mesure sur la sphère S n−1 , afin
d’introduire les coordonnées polaires dans Rn et afin de démontrer (dans un
deuxième temps) le théorème d’intégration par parties dans une boule de Rn .
Motivation (coordonnées polaires dans R2 ): dans R2 on considère le cercle unité
S 1 := {x ∈ R2 : |x| = 1} (|·| désigne la norme euclidienne dans R2 ). Soit f : R2 → R+
continue ou au moins mesurable. A l’aide des coordonnées polaires dans R2 on
montre que
Z
Z ∞ Z 2π
(5.1)
f dλ =
f (r cos θ, r sin θ) dθ r dλ(r).
R2
0
0
Question: est-ce qu’il existe une mesure σ sur le cercle unité S 1 tel que
Z
Z ∞Z
f dλ =
f (rx) dσ(x) r dλ(r)?
R2
0
S1
Pour tout ensemble borélien A ⊂ S 1 on définit
Ã = {ry : y ∈ A, 0 ≤ r ≤ 1}.
Si une mesure de surface σ sur le cercle unité existe tel que (5.1) est vrai pour toute
fonction f positive, mesurable, alors pour tout ensemble borélien A ⊂ S 1 on a
Z 1Z
λ(Ã) =
1Ã (rx) dσ r dr
0
=
Z
S1
1
σ(A)r dr
0
σ(A)
.
2
Cette égalité va servir comme motivation de la définition ci-dessous.
=
Soit
Bn(R) := {x ∈ Rn : |x| < R}
la boule ouverte de centre 0 et de rayon R > 0, et soit
S n−1 (R) := {x ∈ Rn : |x| = R}
51
52
5. ANNEXE
le bord de cette boule, c.à.d. la sphère de centre 0 et de rayon R. Pour R = 1 on note
simplement Bn (1) =: Bn (boule unité) et S n−1 (1) =: S n−1 (sphère unité).
D́ 5.1 (Mesure de surface). Soit B(S n−1 ) la tribu borélienne sur S n−1 .
Pour tout A ∈ B(S n−1 ) on définit
σ(A) := nλ(Ã),
où
Ã = {rx : x ∈ A, 0 ≤ r ≤ 1}
et où λ est la mesure de Lebesgue dans Rn . On appelle σ la mesure de surface sur
S n−1 .
T́̀ 5.2 (Coordonnées polaires). Soit f : Rn → R+ mesurable. Alors
Z
Z
Z
f (x) dλ(x) =
f (ry) dσ(y) rn−1 dλ(r).
Rn
(0,∞)
S n−1
D́. Soit ̺ la mesure produit de rn−1 dλ(r) sur (0, ∞) et de σ sur S n−1 ,
c.à.d. ̺ := rn−1 dλ(r) ⊗ σ sur (0, ∞) × S n−1 .
On considère l’application
ϕ : (0, ∞) × S n−1 → Rn \ {0},
Alors
ϕ(r, y) = ry.
ϕ(̺) = λ
si et seulement si
̺ = ϕ−1 (λ).
L’ensemble
E = {(r1 , r2] × A;
0 ≤ r1 ≤ r2 ≤ ∞, A ⊂ B(S n−1 )}
est un générateur de B(R+ ) ⊗ B(S n−1 ), stable par des intersections. En plus, ̺(B) =
ϕ−1 (λ)(B) pour tout B ∈ E. En effet, pour tout B = (r1 , r2 ] × A
Z r2
̺(B) =
rn−1 dr σ(A)
r1
=
1 n
(r − r1n ) σ(A)
n 2
et
ϕ−1 (λ)(B) =
=
=
=
λ(ϕ(B))
λ(r2 Ã \ r1 Ã)
λ(r2 Ã) − λ(r1 Ã)
r2n λ(Ã) − r1n λ(Ã)
σ(A)
σ(A)
− r1n
.
= r2n
n
n
Il suit que la mesure image ϕ−1 (λ) est égale à la mesure ̺. Donc, la mesure de
Lebesgue λ est égale à la mesure image ϕ(̺).
1. LA MESURE DE SURFACE SUR LA SPHÈRE DANS Rn
53
L’assertion suit maintenant du théorème de Tonnelli qui implique que pour toute
fonction f : Rn → R̄+ mesurable
Z
Z
f dλ =
f dϕ(̺)
n
Rn
ZR
=
f ◦ ϕ(r, y) d̺
(0,∞)×S n−1
Z
Z
f (ry) dσ(y) rn−1 dλ(r).
=
(0,∞)
S n−1
En remplaçant le théorème de Tonnelli par le théorème de Fubini dans la
démonstration précédente, on obtient le corollaire suivant.
C 5.3 (Coordonnées polaires). Soit f : Rn → R mesurable. Alors
f ∈ L1 (Rn ) (c.à.d. f est intégrable sur Rn ) si et seulement si
Z ∞Z
| f (rx) | dσ(x) rn−1 dr < ∞.
0
S n−1
Dans ce cas on a
Z
f (x) dx =
Rn
Z
∞
0
Z
f (rx) dσ(x) rn−1 dr.
S n−1
E 5.4 (Fonctions radiales). Soit 0 ≤ r1 < r2 ≤ ∞ et soit g : (r1 , r2 ) → R+
mesurable. Alors
| x |∈ (r1 , r2 ),
f (x) := g(| x |),
est une fonction f : R → R+ mesurable sur l’ensemble
R = {x ∈ Rn : r1 ≤| x |≤ r2 }.
D’après le Théorème 5.2,
(5.2)
Z
f dλ = σn−1
R
Z
r2
g(r)rn−1 dr,
r1
où
σn−1 := σ(S n−1 ) = n λ(Bn)
est la mesure de la sphère unité.
R r2 En utilisant le Corollaire 5.3, on montre: soit g : (r1 , r2 ) → R mesurable tel que
| g(r) | rn−1 dr < ∞. Alors f (x) := g(| x |) est une fonction intégrable sur R, et
r1
on a l’égalité (5.2).
54
5. ANNEXE
E 5.5 (L’intégrale de surface dans S 1 ). Soit σ la mesure de surface sur le
cercle unité S 1 , et soit A ∈ B(S 1 ). Alors:
σ(A) = 2λ(Ã)
Z 1 Z 2π
= 2
1Ã (r cos θ, r sin θ)dθrdr
0
0
Z 1 Z 2π
= 2
1A (cos θ, sin θ) dθ r dr
0
0
Z 2π
1A (cos θ, sin θ) dθ.
=
0
On a montré que σ est la mesure image ψ(λ), où λ est la mesure de Lebesgue sur
[0, 2π] et ψ : [0, 2π] → S 1 est définit par
ψ(θ) := (cos θ, sin θ),
θ ∈ [0, 2π].
D́ 5.6 (Mesure de surface). On définit la mesure de surface σr sur la
sphère S n−1 (r) = {x ∈ Rn :| x |= r} par
A
σr (A) = σ( )rn−1 ,
r
A ∈ B(S n−1 (r)).
Avec cette définition de la mesure de surface σr on a pour toute fonction f :
S n−1 (r) → R+ mesurable l’égalité
Z
Z
n−1
f (ry)r dσ(y) =
f (y) dσr (y).
S n−1
S n−1 (r)
En conséquent (Théorème 5.2),
Z
Z ∞Z
f dλ =
Rn
0
f (y) dσr (y) dλ(r).
S n−1 (r)
2. Intégration par parties sur une boule
Dans cette section, on veut démontrer la formule d’intégration par parties sur
une boule dans Rn .
L 5.7. Soit f : Rn → R continue. Alors:
Z
Z
d
f dλ =
f dσR .
dR Bn (R)
S n−1 (R)
D́. La continuité de f et le théorème de Lebesgue impliquent, que
la fonction
Z
r 7→
est continue sur (0, ∞).
f (ry) dσ(y)
S n−1
2. INTÉGRATION PAR PARTIES SUR UNE BOULE
55
En conséquence,
Z
Z RZ
d
d
f dλ =
f (ry) dσ(y) rn−1 dλ(r)
dR Bn (R)
dR 0 S n−1
Z
n−1
= R
f (Ry) dσ(y)
S n−1
Z
=
f (y) dσR (y).
S n−1 (R)
L 5.8. Soit f : Rn → R continue. Alors:
Z
f (x) dσ(x) =
S n−1 (R)
Z
p
p
R
f ( R2 − |y|2 , y) + f (− R2 − |y|2 , y) dλ(y).
=
p
Bn−1 (R)
R2 − |y|2
D́. Le Lemme 5.7 et le Théorème de Fubini impliquent
Z
f (x) dσ(x)
S n−1 (R)
Z
d
=
f dλ
dR Bn (R)
Z
Z √R2 −|y|2
d
f (t, y) dλ(t) dλ(y)
=
dR Bn−1(R) − √R2 −|y|2
Z
Z √R2 −|y|2
=
f (t, y) dλ(t) dσ(y) +
√
S n−2 (R)
=
Z
+
Z
−
Z
−
Bn−1 (R)
R
p
p
R2 − |y|2
−R
p
f ( R2 − |y|2 , y) dλ(y) −
p
f (− R2 − |y|2 , y) dλ(y)
R2 − |y|2
p
R
f ( R2 − |y|2 , y)+
p
2
2
R − |y|
p
+ f (− R2 − |y|2 , y) dλ(y).
Bn−1 (R)
Bn−1 (R)
R2 −|y|2
On définit
C 1 (Bn (R)) := {u ∈ C 1 (Bn (R)) : u et ∇u ont des prolongements
continues sur Bn(R)}
56
5. ANNEXE
T́̀ 5.9 (Théorème principal). Soit u ∈ C 1 (Bn (R)). Alors, pour tout 1 ≤
i ≤ n on a
Z
Z
xi
∂ xi u dλ =
u(x) dσR(x).
R
Bn (R)
S n−1 (R)
D́. Par des raisons de symétrie il suffit de démontrer le théorème
pour i = 1. En appliquant le Lemme 5.8 à la fonction f (x) := u(x) xR1 et en utilisant
le théorème de Fubini on obtient
Z
∂ x1 u dλ
Bn (R)
Z
Z √
=
−
Bn−1 (R)
=
=
Z
ZBn−1 (R)
S n−1 (R)
√
R2 −|y|2
R2 −|y|2
∂ x1 u(t, y) dλ(t) dλ(y)
p
p
u( R2 − |y|2 , y) − u(− R2 − |y|2 , y) dλ(y)
u(x)
x1
dσ(x).
R
1
C 5.10 (Intégration par parties sur Bn (R)). Soient u, v ∈ C (Bn (R)).
Alors pour tout 1 ≤ i ≤ n on a
Z
Z
Z
xi
(∂xi u) v dλ =
u (∂ xi v) dλ.
u(x)v(x) dσR (x) −
R
Bn (R)
Bn (R)
S n−1 (R)
D́. Dans le Théorème 5.9, il suffit de remplacer la fonction u par le
produit uv et de noter que ∂xi (uv) = (∂xi u) v + u (∂ xi v).
C 5.11 (Gauß). Soit u ∈ C 1 (Bn (R); Rn ). Alors on a
Z
Z
x
div u dλ =
hu(x), i dσ(x),
R
Bn (R)
S n−1 (R)
Pn
où div u = i=1 ∂ xi ui est la divergence de u.
D́. Simple application du Théorème 5.9.
3. Intégration par parties sur un ouvert régulier
Soit Ω ⊂ Rn un ouvert borné. On note Γ := ∂Ω le bord de Ω.
D́ 5.12. On dit que Ω a un bord régulier (ou que Ω est régulier), si pour
tout a ∈ Γ il existe un voisinage ouvert U ⊂ Rn et une fonction ψ : U → R de classe
C 1 tel que
(a) ∇ψ(x) , 0 pour tout x ∈ U,
(b) U ∩ Ω = {x ∈ U : ψ(x) < 0},
E 5.13. La boule Bn (R) de rayon R > 0 en dimension n a un bord régulier.
Pour voir cela, on définit pour tout point a ∈ S n−1 (R) = ∂Bn (R) le voisinage U =
Rn \ {0} et la fonction ψ : U → R par ψ(x) := |x|2 − R2 .
3. INTÉGRATION PAR PARTIES SUR UN OUVERT RÉGULIER
57
Dans la suite Ω ⊂ Rn est toujours un ouvert à bord régulier.
L 5.14. Soit a ∈ Γ, et soient U et ψ comme dans la définition 5.12. Soit
x ∈ U tel que ψ(x) = 0. Soit
∇ψ(x)
.
v :=
|∇ψ(x)|
Alors on a:
(a) |v| = 1, et
(b) il existe ε > 0 tel que x + tv < Ω, t ∈ [0, ε), et x + tv ∈ Ω, t ∈ (−ε, 0).
D́. Le théorème de Taylor implique
où
ψ(x + tv) = h∇ψ(x) v, tvi + o(t),
o(t)
t
→ 0 lorsque |t| → 0.
On pose c := |∇ψ(x)| > 0. Alors on a
ψ(x + tv) = ct + o(t)


o(t) 
 > 0, falls t ∈ (0, ε)
)
= t (c +
 < 0, falls t ∈ (−ε, 0).
t 
L 5.15. Soit a ∈ Γ, et soient U et ψ comme dans la définition 5.12. Alors
on a
U ∩ Γ = {x ∈ U : ψ(x) = 0}.
D́. ”⊃” Soit x ∈ U tel que ψ(x) = 0. Le Lemme 5.14 implique que
x ∈ Γ.
”⊂” Soit x ∈ U ∩ Γ. Alors on a ψ(x) ≥ 0 parce que x < Ω, et ψ(x) ≤ 0 à cause de
la continuité de ψ. Donc, ψ(x) = 0.
D́ 5.16. Soit a ∈ Γ. Un vecteur v ∈ Rn est appellé vecteur tangentiel en
a (tangentiel à Γ), s’il existe τ : (−ε, ε) → Γ, τ = (τ1 , ..., τn), tel que τ j ∈ C 1 (−ε, ε),
τ(0) = a et v = τ′ (0).
On définit
T a Γ := {v ∈ Rn : v est vecteur tangentiel en a}.
Dans la suite, pour deux vecteurs x, y ∈ Rn on définit le produit scalaire euclidien
n
X
hx, yi := x · y :=
x jy j.
j=1
Pour un ensemble A ⊂ Rn on définit l’orthogonale
A⊥ := {y ∈ Rn : x · y = 0 pour tout x ∈ A}.
Pour tout 0 , v ∈ Rn on a
dim{v}⊥ = n − 1.
58
5. ANNEXE
Soient F ⊂ E ⊂ Rn des espaces vectoriels. Alors
dim F ≤ dim E ≤ n,
et dim F = dim E si et seulement si F = E.
On a finalement aussi l’identité
v⊥⊥ = R · v.
P 5.17 (Espace tangentiel). Soit a ∈ Γ. Alors T a Γ est un sous-espace
vectoriel de dimension (n − 1) de Rn .
On appelle T a Γ l’espace tangentiel en a (tangentiel à Γ).
D́. Soit a ∈ Γ, et soient U et ψ comme dans la définition 5.12. On
montre que
T a Γ = (∇ψ(a))⊥ .
”⊂”. Soit v ∈ T a Γ et soit τ comme dans la définition 5.16. Le Lemme 5.15
implique que ψ(τ(t)) = 0 pour tout t ∈ (−ε, ε) et
0 = (ψ ◦ τ)′ (0)
= h∇ψ(τ(0)), τ′ (0)i
= h∇ψ(a), vi,
c.à.d. v ∈ (∇ψ(a))⊥ .
”⊃”. L’argument précédent montre que T a Γ est un sous-espace vectoriel inclus
dans un sous-espace de dimension (n − 1) de Rn . On montre maintenant que T a Γ
contient un sous-espace de dimension (n − 1) de Rn .
La propriété ∇ψ(a) , 0 implique, que au moins une des dérivées partielles
∂
ψ(a) est non-nulle. Sans perte de généralité on va supposer que ∂x∂n ψ(a) , 0.
∂xi
Le théorème de la fonction implicite implique qu’il existe un ouvert V1 ⊂ Rn−1 ,
un ouvert V2 ⊂ R, et une fonction g : V1 → V2 continument différentiable tels que
et
a ∈ V1 × V2 ⊂ U
V1 × V2 ∩ Γ = {(x1 , x2 ) ∈ V1 × V2 : ψ(x1 , x2 ) = 0}
= {(x1 , x2 ) ∈ V1 × V2 : x2 = g(x1 )}.
Nous notons tout vecteur x ∈ V1 × V2 ⊂ Rn comme (x1 , x2 ) avec x1 ∈ V1 et x2 ∈ V2 .
Soit v ∈ Rn−1 . On définit
τ(t) := (a1 + tv, g(a1 + tv))
pour tout |t| ∈ R assez petit. Alors τ(t) ∈ Γ pour tout t. en plus, la fonction τ est
différentiable, τ(0) = a et
τ′ (0) = (v, h∇g(a1 ), vi).
Alors l’ensemble
{(v, h∇g(a1 ), vi) : v ∈ Rn−1 }
est inclus dans l’ensemble T a Γ de tous les vecteurs tangentiels. Mais cet ensemble
est un sous-espace de dimension (n − 1) de Rn .
3. INTÉGRATION PAR PARTIES SUR UN OUVERT RÉGULIER
59
P 5.18 (Vecteur normal). Soit Ω ⊂ Rn ouvert, borné, avec bord Γ
régulier. Alors:
(1) Pour tout a ∈ Γ il existe un vecteur ν(a) ∈ Rn unique tel que
(a) | ν(a) |= 1,
(b) il existe ε > 0 tel que (a + tv(a)) < Ω, t ∈ [0, ε), et (a + tv(a)) ∈ Ω,
t ∈ (−ε, 0), et
(c) ν(a) ∈ (T a Γ)⊥ .
(2) La fonction ν : Γ → Rn est continue.
On appelle le vecteur ν(a) la normale extérieure en a.
D́. Soit a ∈ Γ, et soient U et ψ comme dans la définition 5.12. On
pose
∇ψ(a)
.
ν(a) :=
|∇ψ(a)|
Il suit du lemme 5.14 que ν(a) vérifie les propriétés (a) et (b). En plus, il suit de la
démonstration de la proposition 5.17 que ν(a) vérifie aussi (c). On a donc démontré
l’existence du vecteur ν(a).
Inversement, si v est un vecteur vérifiant les propriétés (a)-(c), alors (c) implique
v ∈ (T a Γ)⊥ = (∇ψ(a))⊥⊥ = R · ∇ψ(a),
c.à.d. v et ∇ψ(a) sont linéairement dépendants. La propriété de normalisation (a) et
la propriété (b) impliquent que v = ν(a).
La continuité de l’application ν suit de le définition de ν et de la continuité de
∇ψ.
Dans la suite on pose
la tribu borélienne de Γ, et
B(Γ) = {A ∈ B(Rn ) : A ⊂ Γ}
C 1 (Ω̄) := {u ∈ C 1 (Ω) : u et ∇u admettent un prolongement
continue sur Ω̄}
T́̀ 5.19 (Théorème principale dans Rn ). Il existe une mesure unique σ :
B(Γ) → R+ sur le bord de Ω telle que pour tout 1 ≤ i ≤ n et pour tout u ∈ C 1 (Ω̄) on
a
Z
Z
Di u dx = uνi dσ.
Ω
Γ
D́. Sans démonstration.
E 5.20. Soit Ω = Bn (R) la boule de dimension n et de rayon R > 0. Alors
ce théorème principale suit du théorème 5.9. Dans ce cas σ est la mesure de surface
sur la sphère S n−1 (R).
C 5.21 (Intégration par partie). Soient u, v ∈ C 1 (Ω̄). Alors
Z
Z
Z
D j uv dx = −
uD j v dx + uvν j dσ.
Ω
Ω
Γ
60
5. ANNEXE
D́. Le théorème principal (théorème 5.19) implique
Z
Z
D j (uv) dx =
uvv j dσ.
Ω
Ω
L’assertion suit de l’égalité
Z
Z
Z
D j (uv) dx =
D j uv dx +
uD j v dx.
Ω
Ω
Ω
C 5.22 (Théorème de Gauss). Soit Ω ⊂ Rn ouvert, borné, avec bord
régulier. Alors pour tout u ∈ C 1 (Ω, Rn ) on a
Z
Z
div u dλ = hu, νi dσ,
Ω
Γ
Pn
avec div u = i=1 Di ui .
D́. Le théorème principal (théorème 5.19) implique
XZ
XZ
Di ui dλ =
ui νi dσ
i
Ω
=
Zi
Γ
Γ
hu, νi dσ.
Bibliographie
1. H. Brézis, Analyse fonctionnelle, Masson, Paris, 1992.
2. L. C. Evans, Partial Differential Equations, Graduate Studies in Mathematics, vol. 19, American
Mathematical Society, Providence, RI, 1998.
3. D. Gilbarg and N. S. Trudinger, Elliptic Partial Differential Equations of Second Order, Springer
Verlag, Berlin, Heidelberg, New York, 2001.
4. F. John, Partial Differential Equations. Fourth Edition, Applied Mathematical Sciences, vol. 1,
Springer Verlag, New York, Heidelberg, Berlin, 1982.
5. J.-L. Lions, Quelques méthodes de résolution des problèmes aux limites non linéaires, Dunod,
Gauthier-Villars, Paris, 1969.
6. J.-E. Rakotoson and J.-M. Rakotoson, Analyse fonctionnelle appliquée aux équations aux dérivées
partielles, Presse universitaire de France, Paris, 1999.
7. H. Reinhard, Equations aux dérivées partielles. Introduction, Dunod, Paris, 2001.
61

Introduction aux équations aux dérivées partielles

Transcription

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