5 Equation de la chaleur

5
Equation de la chaleur
5.1
Existence de solution pour l’équation homogène
Considérons le problème
∂u
− ∆u = 0, t > 0, x ∈ Rd ,
∂t
u(0, x) = u0 (x), x ∈ Rd ,
(5.1)
(5.2)
où u0 (x) est une fonction donnée appartenant à l’espace Cb (Rd ) des fonctions
bornées continues. Pour t > 0 et x ∈ Rd , on pose
Kt (x) = (4πt)−d/2 e−
|x|2
4t
.
Théorème 5.1. Pour tout u0 ∈ Cb (Rd ) la fonction
Z
|x−y|2
e− 4t u0 (y) dy
u(t, x) = (Kt ∗ u0 )(x) = (4πt)−d/2
(5.3)
Rd
appartient à l’espace C ∞ (R∗+ × Rd ) ∩ Cb (Rd+1
+ ) et vérifie les équations (5.1),
(5.2).
Démonstration. Il est facile à voir que u ∈ C ∞ (R∗+ × Rd ). De plus, pour t > 0,
x ∈ Rd , on a
|x|2
|x|2
d
d
∂t Kt (x) = (4πt)− 2 e− 4t
,
−
2
4t
2t
|x|2 xk
d
∂k Kt (x) = −(4πt)− 2 e− 4t
,
2t
x2
|x|2
d
1
k
,
−
∂k2 Kt (x) = (4πt)− 2 e− 4t
4t2
2t
d’où on conclut que u vérifie l’équation (5.1). Montrons que u ∈ Cb (Rd+1
+ ). En
effet, si |u0 | ≤ C, alors
Z
Z
|z|2
|x−y|2
e− 2 dz = C.
|u(t, x)| ≤ (4πt)−d/2
e− 4t |u0 (y)| dy ≤ C(2π)−d/2
Rd
Rd
Montrons enfin que u(t, x) vérifie l’équation (5.2) au sens que, pour tout
R > 0, on a
lim u(t, x) = u0 (x)
uniformément pour |x| ≤ R.
t→0+
√
Soit ε > 0. En faisant le changement de variable y = x − 2tz, on obtient
Z
|x−y|2
|u(t, x) − u0 (x)| ≤ (4πt)−d/2
e− 4t |u0 (y) − u0 (x)| dy
d
ZR
√
|z|2
e− 2 |u0 (x − 2tz) − u0 (x)| dz.
≤ (2π)−d/2
(5.4)
Rd
27
On choisit des constantes N > 0 et δ > 0 telles que
Z
|z|2
e− 2 dz ≤ (4 sup |u0 |)−1 ε,
(2π)−d/2
|z|≥N
sup |u0 (x −
|x|≤R
√
2tz) − u0 (x)| ≤
ε
2
pour |z| ≤ N , 0 ≤ t ≤ δ.
Alors l’inégalité (5.4) implique que
ε ε
sup |u(t, x) − u0 (x)| ≤ + (2π)−d/2
2 2
|x|≤R
Z
e−
|z|≤N
|z|2
2
dz ≤ ε.
Ceci achève la démonstration du théorème.
Exercice 5.2. Pour tout a > 0, trouver une formule explicite pour la solution de
l’équation
∂t u − a2 ∆u = 0,
munie de la condition initiale (5.2) avec u0 ∈ Cb (Rd ). Indication : faire un
changement de variable x = ay.
5.2
Formule de Duhamel
Considérons maintenant l’équation non homogène
∂u
− ∆u = f (t, x),
∂t
t > 0,
x ∈ Rd .
(5.5)
où f est une fonction donnée. On note C 1,2 (R∗+ × Rd ) l’espace des fonctions
u(t, x) telles que u, ∂t u, ∂k u, ∂k ∂l u ∈ C(R∗+ × Rd ) pour tous k, l = 1, . . . , d. Les
1,2
d+1
espaces C 1,2 (Rd+1
+ ) et Cb (R+ ) sont définis d’une manière analogue.
Théorème 5.3. Pour tout f ∈ Cb1 (Rd+1
+ ) la fonction
Z t
u(t, x) =
Kt−s ∗ f (s, ·) (x) ds
0
appartient à l’espace
Cb1,2 (Rd+1
+ )
et vérifie les équations (5.5), (5.2) avec u0 ≡ 0.
Démonstration. La fonction u peut être représentée sous la forme
Z
Z t
|y|2
−d
2
e− 4s f (t − s, x − y) dy ds.
(4πs)
u(t, x) =
Cette formule implique que u ∈ Cb1 (Rd+1
+ ) et
Z t
Ks ∗ (∂t f )(t − s, ·) (x) ds,
∂t u(t, x) = Kt ∗ f (0, ·) (x) +
0
Z t
Ks ∗ (∂k f )(t − s, ·) (x) ds
∂k u(t, x) =
0
Z t
Z
|x−y|2
−d
2
(4πs)
=
e− 4s (∂k f )(t − s, y) dy ds,
0
(5.6)
Rd
0
Rd
28
(5.7)
(5.8)
où k = 1, . . . , d. En dérivant la√relation (5.8) par rapport à xl et faisant le
changement de variable y = x − 2sz, on obtient
−d/2
∂k ∂l u(t, x) = −(2π)
d
Z tZ
0
1
zl (2s)− 2 e−
|z|2
2
R
(∂k f )(t − s, x −
√
2s z) dz ds.
(5.9)
Nous avons montré que u ∈ Cb1,2 (Rd+1
).
Vérifions
les
équations
(5.5),
(5.2).
En
+
√
faisant le changement de variable y = x − 2sz dans (5.6), on obtient
u(t, x) =
t
Z
−d
2
(2π)
Z
e−
|z|2
zs
Rd
0
f (t − s, x −
√
2sz) dz ds.
Si |f | ≤ C, alors
−d
2
|u(t, x)| ≤ C (2π)
Z tZ
0
e−
Rd
|z|2
zs
dz ds = C t → 0
quand t → 0+ .
De plus, les relations (5.7) et (5.9) impliquent que
(∂t − ∆)u(t, x) → f (0, x)
quand t → 0+ .
En combinant cette observation avec la relation
Z τ
u(t + τ, x) = Kτ ∗ u(t, ·) (x) +
Kτ −s ∗ f (t + s, ·) (x) ds,
(5.10)
0
on démontre que l’équation (5.5) est vérifiée pour t > 0, x ∈ Rd .
Exercice 5.4. Vérifier que Kt+s (x) = (Ks ∗ Kt )(x). Utiliser cette relation pour
démontrer (5.10).
5.3
Principe du maximum et unicité
Théorème 5.5. Soit u ∈ C 2 (R∗+ × Rd ) ∩ Cb (Rd+1
+ ) une fonction vérifiant l’inégalité
∂t u − ∆u ≤ 0 pour t > 0, x ∈ Rd .
Alors
sup
u(t, x) = sup u(0, x).
x∈Rd
(t,x)∈Rd+1
+
Démonstration. Il suffit de montrer que pour tout T > 0 on a
sup
u(t, x) = sup u(0, x),
(t,x)∈DT
x∈Rd
où DT = {(t, x) : 0 ≤ t ≤ T, x ∈ Rd }. Pour ε > 0 introduisons la fonction
uε (t, x) = u(t, x) − ε(4dt + |x|2 ).
29
Alors uε ∈ C 2 (]0, T [×Rd ) ∩ Cb ([0, T ] × Rd ) et
sup uε (t, x) → −∞ quand |x| → ∞.
0≤t≤T
Donc, il existe (t0 , x0 ) ∈ DT tel que
uε (t, x) = uε (t0 , x0 ).
sup
(t,x)∈DT
Montrons que t0 = 0. En effet, si t0 > 0, alors
∂t uε (t0 , x0 ) ≥ 0,
∂k2 uε (t0 , x0 ) ≤ 0,
k = 1, . . . , d.
Il s’ensuit que
∂t uε (t0 , x0 ) − ∆uε (t0 , x0 ) ≥ 0.
D’autre part,
(∂t − ∆)uε = (∂t − ∆)u − ε(∂t − ∆)(4dt + |x|2 ) ≤ −2dε < 0.
La contradiction obtenue prouve que t0 = 0. Nous avons établi l’inégalité
uε (t, x) ≤ uε (0, x0 ) ≤ sup u(0, x) − ε|x|2 ≤ sup u(0, x).
x∈Rd
x∈Rd
En passant à la limite quand ε → 0+ , on obtient le résultat cherché.
Corollaire 5.6. Pour toutes fonctions u0 ∈ Cb (Rd ) et f ∈ Cb1 (Rd+1
+ ) le pro1,2
∗
d
blème (5.1), (5.2) possède une unique solution u ∈ C (R+ × R ) ∩ Cb (Rd+1
+ ).
Exercice 5.7. Soit QT = {(t, x) : 0 < t < T, x ∈ D}, où D ⊂ Rd désigne un
domaine borné à bord régulier, et u(t, x) une fonction de classe C 2 (QT )∩C(QT )
vérifiant l’inégalité
∂t u − ∆u ≤ 0
pour (t, x) ∈ QT .
Montrer que
sup
u(t, x) = sup u(0, x).
x∈D
(t,x)∈QT
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