Exercice 3.1.1 Si f est une fonction continue sur [0,1], montrer que l’´equation dif-f´erentielle
−ddx2u2 =f pour 0< x <1
u(0) =u(1) = 0. (3.1)
admet une solution unique dansC2([0,1]) donn´ee par la formule u(x) = x
Z 1 0
f(s)(1−s)ds− Z x
0
f(s)(x−s)ds pour x∈[0,1]. (3.2) Correction. Soit u d´efini par (3.2). La continuit´e de la fonction f assure la d´erivabilit´e de la fonctionu. On a
u0(x) = Z 1
0
f(s)(1−s)ds− Z x
0
f(s)ds,
d’o`u−u00(x) =f. De plus,uv´erifie les conditions aux limitesu(0) =u(1) = 0. Ainsi, u est bien solution de l’´equation diff´erentielle (3.1). Il reste `a ´etablir l’unicit´e de la solution de l’´equation (3.1). L’´equation ´etant lin´eaire, il suffit de montrer que toute solution v de l’´equation (3.1) avec f = 0 est nulle. La d´eriv´ee seconde de v ´etant nulle, on en d´eduit que v est une fonction affine. Enfin, les conditions aux limites impliquent la nullit´e de la fonction v.
Exercice 3.2.1 D´eduire de la formule de Green (3.5) la formule de Stokes Z
Ω
divσ(x)φ(x)dx =− Z
Ω
σ(x)· ∇φ(x)dx+ Z
∂Ω
σ(x)·n(x)φ(x)ds,
o`uφest une fonction scalaire deC1(Ω)etσune fonction `a valeurs vectorielles deC1(Ω),
`a supports born´es dans le ferm´e Ω.
43
44 CHAPITRE 3. FORMULATION VARIATIONNELLE
Exercice 3.2.2 En dimensionN = 3on d´efinit le rotationnel d’une fonction deΩdans R3,φ = (φ1, φ2, φ3), comme la fonction de Ω dans R3 d´efinie par Ω, d´eduire de la formule de Green (3.5)
Z
Exercice 3.2.3 On consid`ere le Laplacien avec condition aux limites de Neumann. Soit Ωun ouvert born´e r´egulier deRN et u une fonction de C2(Ω). Montrer que u est une solution du probl`eme aux limites
−∆u=f dans Ω
45
En d´eduire qu’une condition n´ecessaire d’existence d’une solution dans C2(Ω) de (3.3) est queR
Ωf(x)dx= 0.
Correction. Supposons que u soit solution du probl`eme aux limites de Neumann (3.3)
−∆u=f dans Ω
∂u
∂n = 0 sur∂Ω.
En multipliant l’´equation v´erifi´ee parupar dans Ω par une fonction testv ∈C1(Ω), on obtient, suite `a une int´egration par partie que
Z
Ω
∇u(x).∇v(x)dx− Z
∂Ω
∂u
∂n(x)v(x)ds= Z
Ω
f(x)v(x)dx.
Comme∂u/∂n= 0 sur∂Ω, on en d´eduit que Z
Ω
∇u(x).∇v(x)dx= Z
Ω
f(x)v(x)dx pour toutv ∈C1(Ω). (3.5) R´eciproquement, supposons que u soit une fonction r´eguli`ere v´erifiant (3.5). Par int´egration par partie on a
− Z
Ω
(∆u(x)−f(x))v(x)dx+ Z
∂Ω
∂u
∂n(x)v(x)ds = 0 (3.6) pour tout v ∈ C1(Ω). On proc`ede en deux ´etapes : Dans un premier temps, on applique la relation (3.6) `a des fonctions tests `a support compact dans Ω. Cela nous permet de “tester” l’´equation v´erifi´ee par u dans Ω et d’´etablir l’´equation
−∆u=f dans Ω. Dans un deuxi`eme temps, on applique (3.6) `a des fonctions tests non nulles sur ∂Ω, ce qui nous permet de “tester” l’´equation v´erifi´ee par u sur le bord du domaine et d’en d´eduire que ∂u/∂n = 0 sur ∂Ω. Plus pr´ecis´ement, pour toute fonction testv `a support compact dans Ω,
Z
Ω
(∆u(x)−f(x))v(x)dx= 0.
On peut conclure `a la nullit´e de ∆u−f de deux mani`ere diff´erentes. La premi`ere consiste `a appliquer le Lemme 3.2.9 du cours. Plus simplement, ∆u−f est nulle car orthogonale `a un sous espace dense de L2(Ω). L’´egalit´e (3.6) implique alors que
∂u/∂n est elle nulle car orthogonale (pour le produit scalaire L2(∂Ω)) `a un sous espace dense de L2(∂Ω), trace des fonctions C1(Ω) sur le bord∂Ω du domaine Ω.
En choisissant la fonction v = 1 comme fonction test dans la formulation va-riationnelle, on en d´eduit que s’il existe une solution u r´eguli`ere au probl`eme aux limites (3.3),
Z
Ω
f(x) dx= 0.
46 CHAPITRE 3. FORMULATION VARIATIONNELLE
Exercice 3.2.4 Soit Ω un ouvert born´e r´egulier de RN. On consid`ere l’´equation des plaques
∆ (∆u) = f dans Ω u= 0 sur ∂Ω
∂u
∂n = 0 sur ∂Ω
(3.7) On noteX l’espace des fonctionsv deC2(Ω) telles quev et ∂n∂v s’annulent sur ∂Ω. Soit uune fonction deC4(Ω). Montrer queu est une solution du probl`eme aux limites (3.7) si et seulement siu appartient `a X et v´erifie l’´egalit´e
Z
Ω
∆u(x)∆v(x)dx= Z
Ω
f(x)v(x)dx pour toute fonction v ∈X. (3.8) Correction. On proc`ede comme pour l’exercice pr´ec`edent. Soit u une solution r´eguli`ere de l’´equation des plaques (3.7), pour toutv ∈X,
Z
Ω
∆(∆u)(x)v(x)dx= Z
Ω
f(x)v(x)dx. (3.9)
Par int´egration par partie, Z
Ω
∆(∆u)(x)v(x)dx = − Z
Ω
∇(∆u)· ∇v(x)dx+ Z
∂Ω
∂(∆u)
∂n (x)v(x)ds.
Commev = 0 sur ∂Ω, on en d´eduit que Z
Ω
∆(∆u)(x)v(x)dx = − Z
Ω
∇(∆u)· ∇v(x)dx puis par une nouvelle int´egration par partie que
Z
Ω
∆(∆u)(x)v(x)dx = Z
Ω
∆u(x)∆v(x)dx− Z
∂Ω
∆u(x)∂v
∂n(x)ds.
Comme ∂n∂v(x) = 0 sur ∂Ω, le dernier terme de cette ´equation est nulle. Ainsi, on d´eduit de (3.9) que
Z
Ω
∆u(x)∆v(x)dx = Z
Ω
f(x)v(x)dx.
La r´eciproque s’´etablit comme lors de l’exercice pr´ec´edent. Supposons queusoit une solution du probl`eme variationnel (3.8), en effectuant deux int´egrations par partie successives, on obtient
Z
Ω
(∆(∆u)−f)vdx= 0,
pour toutv ∈X. Or X est un sous espace dense de L2(Ω), ainsi ∆(∆u)−f = 0.
Exercice 3.3.1 Le but de cet exercice est de montrer que l’espace V, d´efini par V =
v ∈C1(Ω), v = 0 sur∂Ω , (3.10)
47
muni du produit scalaire
hw, vi= Z
Ω
∇w(x)· ∇v(x)dx, (3.11) n’est pas complet. Soit Ωla boule unit´e ouverte de RN. SiN = 1, on d´efinit la suite
un(x) =
−x−1 si −1< x <−n−1, (n/2)x2−1 + 1/(2n) si −n−1 ≤x≤n−1, x−1 sin−1 < x <1.
SiN = 2, pour0< α <1/2, on d´efinit la suite un(x) =
log
|x
2|2 +n−1
α
− |log(4−1+n−1)|α. SiN ≥3, pour 0< β <(N−2)/2, on d´efinit la suite
un(x) = 1
(|x|2+n−1)β/2 − 1 (1 +n−1)β/2.
Montrer que la suite un est de Cauchy dans V mais qu’elle ne converge pas dans V lorsquen tend vers l’infini.
Correction.
D’apr`es l’in´egalit´e de Poincar´e, une suite un de l’espace V est de Cauchy, si et seulement si ∇un est une suite de Cauchy dans L2(Ω)N. L’espace L2(Ω)N ´etant complet, on en d´eduit que un est de Cauchy dans V si et seulement si ∇un est convergente dans L2(Ω)N. Ainsi, si V ´etait un espace complet, toute suite de un de V telle que ∇un converge vers un ´el´ement τ de L2(Ω)N serait convergente vers un ´el´ement u de V. En particulier, τ = ∇u serait une fonction continue. Afin de prouver queV n’est pas complet, il suffit donc dans chacun des cas de v´erifier que
∇un converge dans L2(Ω)N vers une fonction discontinue.
Cas N = 1. La suite∇un converge dansL2(]−1,1[) vers la fonction τ d´efinie par τ(x) =
−1 si x <0 1 si x >0
La fonctionτ n’ayant pas de repr´esentant continu,V n’est pas complet.
Cas N = 2. Soit τ : Ω→R2 la fonction d´efinie pour tout x6= 0 par τ(x) =−α2α
|x|2 (−log(|x/2|))α−1x.
On v´erifie sans mal que τ appartient `a L2(Ω)2. En effet, Z
Ω
|τ|2dx= 2π22αα2 Z 1
0
1
rlog(r/2)2(1−α)dr
48 CHAPITRE 3. FORMULATION VARIATIONNELLE
et comme 2α−1<0, l’int´egrale est finie Z
Ω
|τ|2dx= 22α+1πα2(1−2α)−1
logr
2
2α−11 0
= 22α+1πα2
1−2α (log 2)2α−1.
La suite∇unconverge dansL2(Ω)2 versτ. Il suffit `a cet effet, d’appliquer le th´eor`eme de convergence domin´e de Lebesgue en remarquant que |∇un(x)−τ(x)| est une suite d´ecroissante sur un voisinage de l’origine, uniform´ement born´ee en dehors de ce voisinage, convergeant ponctuellement vers z´ero.
Commeτ n’est pas continue, V n’est pas complet.
Cas N ≥ 3. On proc`ede comme dans le cas pr´ec´edent. En particulier, un et de Cauchy et le gradient de un converge dans L2(Ω)N vers
τ =−β x
|x|β+2, La fonction τ appartient bien `a L2(Ω)N, car R1
0 r−2β+N−3dr < +∞ d`es que β <
(N −2)/2, mais n’est pas continue en 0.