EDP - Le Cermics

Résolution d'équations aux dérivées partielles
(EDP)
1
Théorème de Riesz
Soit H un espace de Hilbert. Etant donné ϕ ∈ H 0 = L(H, R),
il existe u ∈ H unique tel que
Théorème 1.1.
∀w ∈ H,
ϕ(w) = (u, w)H .
De plus, on a kukH = kϕkH 0 . En d'autres termes, l'application de H 0 dans
H qui à ϕ associe u permet d'identier l'espace de Hilbert H avec son dual.
2
Version symétrique du théorème de Lax-Milgram
Soit H un espace de Hilbert, a une forme bilinéaire sur H ,
symétrique, continue et coercive et b une forme linéaire continue sur H . Alors
le problème
Théorème 2.1.
Chercher u ∈ H tel que
∀v ∈ H,
a(u, v) = b(v)
(1)
admet une solution et une seule.
En outre le problème (1) est équivalent au problème de minimisation
(
Chercher u ∈ H tel que
J(u) = inf J(v)
v∈H
où la fonctionnelle J(v) (dite fonctionnelle d'énergie) est dénie par
1
J(v) = a(v, v) − b(v).
2
1
(2)
3
Résolution d'un problème aux limites elliptique symétrique
Soit Ω un ouvert de Rd , λ un réel strictement positif et f ∈ L2 (Ω).
On cherche u ∈ H 1 (Ω) solution de
dans D0 (Ω),
sur ∂Ω.
−∆u + λu = f
u=0
(3)
Terminologie : L'équation −∆u + λu = f est une EDP, et le problème (3)
est un problème aux limites (EDP + CL).
3.1
Formulation variationnelle du problème
Posons
1. H = H01 (Ω)
2.
Z
Z
∇u(x) · ∇w(x) + λ
a(u, w) =
Ω
u(x) w(x) dx
Ω
Z
Z X
d
∂u ∂w
+ λ u(x) w(x) dx
=
Ω
Ω i=1 ∂xi ∂xi
dénie sur
H ×H
Z
3. b(w) =
f w dénie sur H
Ω
et considérons le problème
Chercher u ∈ H tel que
∀w ∈ H,
Proposition 3.1.
a(u, w) = b(w).
(4)
Les problèmes (3) et (4) sont équivalents.
Le problème (3) est un problème aux limites, et le problème
(4) est la formulation variationelle de ce problème aux limites.
Terminologie :
2
3.2
Résolution du problème sous forme variationnelle
Théorème 3.2.
solution.
3.3
Le problème sous formulation variationnelle (4) a une unique
Résolution de l'EDP
Théorème 3.3.
Le problème (3) a une unique solution.
La formulation variationnelle s'écrit a(u, w) = b(w) pour
tout w ∈ H . On peut prendre w = u, d'où
Remarque 3.4.
Z
2
Z
(∇u) + λ
u =
Ω
soit
Z
2
Ω
fu
Ω
min(1, λ)kuk2H 1 ≤ kf kL2 kukH 1
donc
kukH 1 ≤
kf kL2
min(1, λ)
(5)
Considérons l'application
A : L2 (Ω) → H 1 (Ω)
f 7→ u
où u est la solution du problème (4). Cette application est bien dénie, et
elle est continue grace à (5).
Le theorème de Lax Milgram dit que résoudre la formulation
variationnelle équivaut à résoudre un pb de minimisation avec la fonctionnelle
J(v) = 12 a(v, v)−b(v). Ici, la fonctionnelle d'énergie associée au problème (3)
est donnée par
Z
Z
Z
Remarque 3.5.
J(v) =
4
1
2
|∇v|2 +
Ω
λ
2
|v|2 −
Ω
fv
Ω
Résolution de l'équation de Poisson sur un
ouvert borné
Soit Ω un ouvert borné de Rd et f ∈ L2 (Ω).
3
On cherche u ∈ H 1 (Ω) solution de
4.1
dans D0 (Ω),
sur ∂Ω.
−∆u = f
u=0
(6)
Formulation variationnelle du problème
Posons
1. H = H01 (Ω)
2. a(u, w) =
Z
∇u · ∇w dénie sur H × H
Ω
3. b(w) =
Z
f w dénie sur H
Ω
et considérons le problème
Chercher u ∈ H tel que
∀w ∈ H,
Proposition 4.1.
4.2
(7)
Les problèmes (6) et (7) sont équivalents.
Résolution du problème sous forme variationnelle
Théorème 4.2.
solution.
4.3
a(u, w) = b(w).
Le problème sous formulation variationnelle (7) a une unique
Résolution de l'edp
Théorème 4.3.
Le problème (6) a une unique solution.
1 La formulation variationnelle s'écrit a(u, w) = b(w). On
peut prendre w = u, d'où
Remarque 4.4.
Z
2
Z
(∇u) =
Ω
fu
Ω
On a kuk2H 1 = kuk2L2 + k∇uk2L2 ≤ (1 + CΩ2 )k∇uk2L2 , donc
1
kuk2H 1 ≤ kf kL2 kukH 1
1 + CΩ2
4
et
kukH 1 ≤ (1 + CΩ2 ) kf kL2
(8)
De nouveau, l'application
A : L2 (Ω) → H 1 (Ω)
f 7→ u
où u est la solution du problème (7), est bien dénie, et elle est continue
grace à (8).
2 Remarquons que la fonctionnelle d'énergie associée au
problème (6) est donnée par
Remarque 4.5.
1
J(w) =
2
5
Z
2
Z
|∇w| −
Ω
fw
Ω
Version générale du théorème de Lax-Milgram
Soit H un espace de Hilbert, a une forme bilinéaire sur H
continue et coercive et b une forme linéaire continue sur H . Alors le problème
Théorème 5.1.
Chercher u ∈ H tel que
∀v ∈ H,
a(u, v) = b(v)
admet une solution et une seule.
6
Résolution d'un problème aux limites non symétrique
Soit Ω un ouvert borné de Rd , c : Ω → Rd un champ de vecteurs de classe
C 1 (Ω̄) à divergence nulle (div c = 0 dans Ω) et f ∈ L2 (Ω). On cherche
u ∈ H 1 (Ω) solution de
Rappel : div c =
−∆u + c · ∇u = f
u=0
d
X
∂ci
.
∂x
i
i=1
5
dans D0 (Ω)
sur ∂Ω.
(9)
Le produit c·∇u est bien déni dans D0 (Ω) ; ceci provient du
fait que ∇u est une fonction de L2 (Ω), donc de L1 (Ω) puisque Ω est borné, et
que c est une fonction bornée (c'est une fonction continue sur un compact).
Le produit c · ∇u est donc dans L1 (Ω), donc dans D0 (Ω).
Remarque 6.1.
6.1
Formulation variationnelle du problème
Posons
1. H = H01 (Ω) ;
2. a(u, v) =
Z
Z
∇u · ∇v +
Ω
(c · ∇u) v ;
Ω
3. b(v) = Ω f v ;
et considérons le problème
R
Chercher u ∈ H tel que
∀v ∈ H,
Proposition 6.2.
6.2
(10)
Les problèmes (9) et (10) sont équivalents.
Résolution du problème sous forme variationnelle
Théorème 6.3.
unique solution.
6.3
a(u, v) = b(v).
Le problème sous formulation variationnelle (10) a une
Résolution de l'edp
Théorème 6.4.
Remarque 6.5.
fonctionnelle
En eet,
Le problème (9) a une unique solution.
Ce problème n'est pas équivalent à la minimisation de la
1
J(v) = a(v, v) − b(v)
2
1
1
1
J(u + h) = J(u) + a(u, h) + a(h, u) − b(h) + a(h, h)
2
2
2
6
donc u est tel que J(u) = inf J(v) si et seulement si, pour tout h ∈ H ,
1
1
a(u, h) + a(h, u) = b(h)
2
2
ce qui n'est pas la formulation variationnelle, qui est a(u, h) = b(h).
7